河南省郑州市达标名校2018年高考一月调研化学试卷含解析

河南省郑州市达标名校2018年高考一月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。

考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。

下列说法正确的是
A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈
B．Cu2(OH)2CO3属于复盐
C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层
D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
2．二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成
甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。

下列说法不正确
．．．的是（）
A．二氧化碳的电子式:
B．在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂
C．N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面
D．CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH
3．有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（）
A．WZ沸点高于W2Y的沸点
B．含Z的两种酸反应可制得Z的单质
C ．W 2Y 2中既含离子键又含共价键键
D ．X 的含氧酸一定为二元弱酸
4．用类推的方法可能会得出错误结论,因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。

下列推论中正确的是( )
A ．Na 失火不能用2CO 灭火,K 失火也不能用2CO 灭火
B ．工业上电解熔融2MgCl 制取金属镁,也可以用电解熔融3AlCl 的方法制取金属铝
C ．Al 与S 直接化合可以得到23,Al S Fe 与S 直接化合也可以得到23Fe S
D ．34Fe O 可以写成2334,FeO Fe O Pb O ⋅也可写成23PbO Pb O ⋅
5．下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是
A ．与Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢
B ．苯酚能与NaOH 溶液反应而乙醇不能
C ．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能
D ．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低
6．分枝酸是生物合成系统中重要的中间体，其结构简式如图所示。

下列关于分枝酸的叙述不正确的是（ ）
A ．分子中含有4种官能团
B ．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C ．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色
D ．1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应
7．主族元素X 、Y 、Z 、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中W 原子序数是Z 的2倍。

下列说法不正．．确．
的是
A ．X 、Y 、Z 的氢化物沸点依次升高
B ．Z 和W 形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成
C ．X 、Y 、Z 与氢元素组成的化学式为XY 2ZH 4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体
D ．M 的原子序号为32，是一种重要的半导体材料
8．下列物质分类正确的是
A ．SO 2、SiO 2、CO 均为酸性氧化物
B ．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C ．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D ．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
9．含铬(227Cr O -)废水用硫酸亚铁铵[FeSO 4·(NH 4)2SO 4·6H 2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。

该沉淀经干燥后得到nmol FeO·
Fe y Cr x O 3。

不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( ) A ．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol
B ．处理废水中227Cr O -的物质的量为2nx mol
C ．反应中发生转移的电子数为3nxmol
D ．在FeO· Fe y Cr x O 3中，3x ＝y
10．H 2SO 3水溶液中存在电离平衡H 2SO 3
H ++ HSO 3－ 和HSO 3－H ++ SO 32－，若对H 2SO 3溶液进行如下
操作，则结论正确的是：（ ）
A ．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大
B ．通入过量H 2S ，反应后溶液pH 减小
C ．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH 变小
D ．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀
11．室温下，1 L 含0.1 mol HA 和0.1 mol NaA 的溶液a 及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH 如下表（加入前后溶液体积不变）：
溶液a 通入0.01 mol HCl 加入0.01 mol NaOH pH 4.76 4.67 4.85 像溶液a 这样，加入少量强酸或强碱后pH 变化不大的溶液称为缓冲溶液。

下列说法正确的是
A ．溶液a 和 0.1 mol·L −1 HA 溶液中H 2O 的电离程度前者小于后者
B ．向溶液a 中通入0.1 mol HCl 时，A −结合H +生成 HA ，pH 变化不大
C ．该温度下HA 的K a =10-4.76
D ．含0.1 mol·L −1 Na 2HPO 4 与0.1 mol·L −1 NaH 2PO 4的混合溶液也可做缓冲溶液
12．下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。

下列说法错误．．
的是
A．充电时，a为电源正极
B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动
C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3
D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O
13．有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。

z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。

根据上述信息进行判断，下列说法正确是（）
A．d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子
B．d与e形成的化合物中只存在离子键
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高
D．x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键
14．常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）
A．pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
B．向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)
C．将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+) D．20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+) 15．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。

下列说法正确的是()
A．原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
C．由W、Y形成的化合物是离子化合物
D．由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。

其主要实验流程如下：
（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_________。

（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_____________。

（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是___________。

（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。

①实验前通入N2的目的是________。

②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于111%，其原因可能是______________。

（5）已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。

②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。

由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，______。

(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，1．1 mol·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。

a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。

回答下列问题：
（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。

（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。

（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。

其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。

①极性共价键②非极性共价键③离子键④金属键⑤氢键⑥范德华力
（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填
“>”或“<”)。

（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。

根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。

（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。

卤化氢的电子式为____；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是___。

（2）溴离子的最外层电子排布式是___；氯原子的核外电子云有___种伸展方向。

（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是___（选填编号）。

a．HClO酸性强于HBrO
b．HBr的分解温度低于HCl
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d．BrCl+H2O →HBrO+HCl是非氧化还原反应
无机阻燃剂中，氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。

两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。

（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式___。

（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是___。

（填化学式）
（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。

写出该气体的结构式___。

（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为___（填微粒符号）。

19．（6分）回收利用硫和氮的氧化物是保护环境的重要举措。

I．（1）工业生产可利用CO从燃煤烟气中脱硫。

已知S(s)的燃烧热(△H)为-mkJ/mol。

CO与O2反应的能量变化如图所示，则CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式为______ (△H用含m的代数式表示) 。

（2）在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器中通入2.8molCO和1molSO2气体，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①与实验a相比，实验c改变的实验条件可能是_________。

②请利用体积分数计算该条件下实验b的平衡常数K=________。

（列出计算式即可）（注：某物质的体积分数=该物质的物质的量/气体的总物质的量）
（3）双碱法除去SO2的原理为：NaOH溶液Na2SO3溶液。

该方法能高效除去SO2并获得石膏。

①该过程中NaOH溶液的作用是_______。

②25℃时,将一定量的SO2通入到100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，两者完全反应得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，溶液恰好呈中性，则溶液中H2SO3的物质的量浓度是____（假设反应前后溶液体积不变；25℃时，H2SO3的电离常数K1=1.0×10-2K2=5.0×10-8)。

II．用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H= -1807.98kJ/mol 。

不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3，得到NO脱除率曲线如图所示。

（1）曲线a中NH3的起始浓度为4×10-5mol/L,从A点到B点经过1秒，该时间段内NO的脱除速率为
____mg/(L·s)。

（2）不论以何种比例混合，温度超过900℃，NO脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成NO，可能的原因还有（一条即可）____。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【详解】
A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；
B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；
C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；
D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；
故合理选项是A。

2．B
【解析】
【分析】
由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式是H2+CO2=HCOOH。

【详解】
A. 二氧化碳是共价化合物，其电子式为，故A正确；
B. 由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；
C. N(C2H5)3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；
D. 由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH，故D正确；
答案选B。

3．B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W形成1个共价键，Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则W为H，X 为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素；
A．H2O分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；
B．HCl和和HClO反应生成氯气，故B正确；
C．H2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；
D．X为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D错误；
故答案为B。

4．A
【解析】A、K性质比Na更活泼，还原性更强，与氧气反应生成过氧化钾和超氧化钾，能与CO2反应生成氧气助燃，所以K失火不能用CO2灭火，故A正确；B、AlCl3属于共价化合物熔融不导电，工业上是用电解熔解Al2O3的方法制取金属铝，故B错误；C、S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，故C错误；D、Pb 的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故D错误；故选A。

点睛：本题考查无机物的性质。

本题虽然考查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键。

本题的易错点是D，注意铁和铅元素的常见化合价的不同。

5．C
【解析】
【详解】
A. 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；
B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；
C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；
D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；
答案选C。

6．D
【解析】
【详解】
A. 分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A正确；
B. 羧基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；
C. 含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而褪色，故C正确；
D. 1mol分枝酸2mol羧基，因此最多可与2molNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。

综上所述，答案为D。

【点睛】
和钠反应的基团主要是羧基、羟基，和氢氧化钠反应的的基团是羧基，和碳酸钠反应的基团是羧基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是羧基。

7．A
【解析】
【详解】
W 原子序数是Z 的2倍，则Ｗ为硫，Ｚ为氧，Ｘ为碳，Ｙ为氮，Ｍ为锗。

A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；
B. Z 和W 形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；
C. X 、Y 、Z 与氢元素组成的化学式为XY 2ZH 4可能为CO （NH 2）2，为分子晶体，可能为NH 4CNO ，为离子晶体，故正确；
D. 锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。

故选A 。

8．D
【解析】
【详解】
A ．SO 2、SiO 2为酸性氧化物，CO 是不成盐氧化物。

A 错误；
B ．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B 错误；
C ．烧碱NaOH 是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。

C 错误；
D ．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。

D 正确；
本题答案选D 。

9．A
【解析】
【详解】
227Cr O -具有强氧化性，FeSO 4·(NH 4)2SO 4·6H 2O 具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe 2＋被氧化成Fe 3＋，227Cr O -中＋6价Cr 被还原成＋3价Cr 。

该反应中，Fe 失电子的物质的量等于Cr 得电子的物质的量，则有nymol ＝3nxmol ，即3x ＝y 。

据Cr 、Fe 原子守恒可知，生成nmol FeO·Fe y Cr x O 3时，消耗
2nx mol 227Cr O -，消耗n(y ＋1) mol 硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为
2nx mol×6＝3nxmol ，又知3x ＝y 则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x ＋1) mol ，所以正确的答案选A 。

10．A
【解析】
【详解】
A 、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl 2+H 2SO 3+H 2O=4H ++SO 42-+2Cl -，溶液中氢离子浓度增大，A 正确；
B 、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H 2SO 3+2H 2S=3S↓+3H 2O ，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH 增大，B 错误；
C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C 错误；
D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D错误。

答案选A。

11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；
B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；
C．HA的
()()
()
+-
c H c A
c HA
a
K=，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时
c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的K a不等于10-4.76，C选项错误；
D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；
答案选D。

12．C
【解析】
【分析】
充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。

【详解】
A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确；
B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；
C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为
NaTi2(PO4)2+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；
D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。

掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。

13．D
【解析】
【分析】
x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH 均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。

【详解】
A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A 选项错误；
B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；
D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；
答案选D。

【点睛】
此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。

14．A
【解析】
【详解】
A. pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；
B. 向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：
c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；
C. CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+) = c(Cl-) ，
c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+) = c(Cl-) + c(NH4+)，故C正确；
D. 滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c （OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D 正确；
故选A。

【点睛】
本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。

15．A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。

【详解】
根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则
A. 同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：
r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；
B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；
C. 由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；
D. 由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；
答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 ℃左右,向滤液中滴加1.1 mol·L －1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。

用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【解析】
【分析】
由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。

【详解】
(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl ＋2S。

因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。

因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。

因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于111%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。

(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度61 ℃左右，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。

最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为
2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。

用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．O 1:2 sp3①② H2SO4、H2SO3HNO3< d
【解析】
【分析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。

a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，。