2025届江西省赣州中学高三上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

2025届江西省赣州中学高三上化学期中学业质量监测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、有机物Y(乙酰氧基胡椒酚乙酸酯)具有抗氧化、抗肿瘤作用，可由化合物X在一定条件下合成：
下列说法正确的是
A．Y中有3种不同官能团
B．X、Y分子中均含有的手性碳原子数不相同
C．1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为2mol
D．1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol
2、现有Al、Cl2、Al2O
3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（）
A．N一定是HCl(aq) B．X可能是Al或Cl2
C．Q、Z中的一种必定为A12O3D．Y一定为NaOH(aq)
3、既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是
①Na2SiO3；②Al(OH)3；③NH4HCO3；④Al2O3；⑤NaHSO4
A．①②④B．②③④C．②④⑤D．全部
4、空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同的吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO24 的质量分数，数据如表所示：
反应室载气吸收液SO2
4
-的质量分数/% 数据分析
①
N2
蒸馏水 a
i：b≈d＞a≈c；
ii：若起始不通入NO2，
则最终检测不到SO2
4-
②
质量分数为3%的氨
水
b
③
空气
蒸馏水 c
④
质量分数为3%的氨
水
d
下列说法不正确的是（）
A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B．反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2
C．本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中的O2有关
D．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
5、下列物质分类的正确组合是()
选项混合物纯净物单质电解质
A 盐酸NaOH 石墨K2SO4溶液
B 空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3
C CuSO4·5H2O CaCl2水银铜
D 氯水KNO3晶体O3NaCl
A．A B．B C．C D．D
6、常温下，向20 mL 0.10 mol/L甲胺的溶液中滴加0.10 mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。

已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。

下列说法不正确的是
A．甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2O CH3NH3++OH—
B．b点对应的加入盐酸的体积小于20mL
C．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液
D．常温下，甲胺的电离常数为K b，则pK b=—lgK b=3.4
7、设N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A
B．常温常压下，14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为N A
C．标准状况下，4.48 L 酒精所含的分子数目为0.2N A
D．在氢氧化铁胶体的制备中如果有1 mol 三氯化铁水解，则氢氧化铁胶粒数为N A
8、室温下，某溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-26，下列离子组合在此溶液中一定能够大量共存的是
A．ClO-、K+、Cl-
B．NO3- 、Ba2+、Cu2+
C．NO3-、Ba2+、Na+
D．NH4+、Ba2+、NO3-
9、一定量的镁铝合金与500mL 1mol•L-1 HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol•L-1 NaOH 溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是( )
A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL
10、下列说法正确的是（）
A．用CC14萃取碘水中的碘单质，振荡过程中需进行放气操作
B．用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，则所配溶液浓度偏高
C．量筒上标有“0”刻度、温度和规格
D．用棕色的碱式滴定管准确量取10.00mL溴水
11、我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。

下列文物中，主要成分属于合金的是（）。

A．西夏佛经纸本B．西汉素纱禅衣C．唐兽首玛瑙杯D．东汉青铜奔马
12、下列有关化学用语的表述正确的是
C
A．35Cl－、37Cl－的结构示意图B．中子数为7的碳原子：7
6
C．KHSO4在水中的电离方程式：KHSO4=K++H++SO42-D．次氯酸的电子式
13、下列事实不能
．．用元素周期律解释的是
A．NaOH的碱性强于Al(OH)3
B．Mg与热水能反应，Al与热水很难反应
C．H2O的稳定性强于H2S
D．HClO4的酸性强于HBrO
14、下列说法正确的是
A．1L0.1mol·L-1的氨水中含有的NH3与NH4+之和为0.1N A
B．标准状况下，2.24LCCl4中含有的C—Cl键数为0.4N A
C．l0.0mL18 mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.09N A
D．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.2N A
15、常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。

下列叙述错误的是（）
A．a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1
B．电离平衡常数：Ka(HA)< Ka(HB)
C．b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)> c(HB)
16、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z 是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。

下列说法正确的是
A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)
B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应
C．简单氢化物的热稳定性：X＜W
D．X 分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同
二、非选择题（本题包括5小题）
17、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。

请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。

(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。

(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。

(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。

过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。

(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。

18、丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。

合成丹参醇的部分路线如图：
已知：+→
(1)A的官能团名称为________(写两种)。

(2)下列说法正确的是______
A．化合物D与足量的氢气加成的产物滴加新制的Cu(OH)2溶液会出现绛蓝色
B．化合物E能发生加成、取代、氧化反应，不发生还原反应
C．D生成E的反应没有其他的有机副产物
D．丹参醇的分子式是C17H14O5
(3)B的分子式为C9H14O，写出B的结构简式：____。

D→E的反应类型为_____
(4)比多两个碳的同系物F(C11H10O3)的同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。

①分子中含有苯环，不含其它环
②不含基团，苯环不与甲基直接相连
③碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子。

(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

19、CoCl2· 6H2O是一种饲料营养强化剂。

一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、 Co(OH)3,还含少量
Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2· 6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01 mol/L):
沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co (OH) 2Al(OH)3Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
③CoCl2· 6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。

(1)写出浸出过程中主要发生的离子反应方程式：______________。

(2)若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，可能会生成的有害气体是_______(填化学式)。

(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，向“滤液”中加入萃取剂的目的是_______，其使用的最佳pH范围是________(选填下列字母）。

A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5 D．5.0～5.5
(4) “操作1”是________。

制得的CoCl2· 6H2O需减压烘干的原因是__________。

(5)为测定粗产品中CoCl2· 6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。

通过计算发现粗产品中CoCl2· 6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是___________________。

(答一条即可）
20、实验室为测定一新配的稀盐酸的准确浓度。

通常用纯净的Na2CO3（无水）配成标准溶液进行滴定。

具体操作是：称取W克纯净无水Na2CO3装入锥形瓶中，加适量的蒸馏水溶解。

在酸式滴定管中加入待测盐酸滴定。

（1）由于CO2溶在溶液中会影响pH值，为准确滴定，终点宜选在pH值4—5之间，那么在石蕊、甲基橙、酚酞三种指示剂中应选用___。

当滴定至溶液由___时，即表示到达终点。

（2）若达到滴定终点时，中和W克Na2CO3消耗盐酸V毫升，则盐酸的物质的量的浓度为___mol/L。

（3）若所称取的Na2CO3不纯，则测得盐酸的浓度就不准确。

现设盐酸的准确浓度为c1mol/L，用不纯的Na2CO3标定而测得盐酸浓度为c2mol/L。

在下述情况下，c1与c2的关系是（填“>”或“<”或“=”）：
①当Na2CO3中含有NaHCO3时，则c1___c2。

②当Na2CO3中含有NaOH时，则c1___c2。

21、丙烯是重要的有机化工原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷等。

（1）以丁烯和乙烯为原料制备丙烯的方法被称为“烯烃歧化法"，主要反应为C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g) 已知相关燃烧热数据：
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H1=-1411kJ·mol-1
C3H6(g)+9
2
O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H2=-2049kJ·mol-1
C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l) △H3=-2539kJ·mol-1
①乙烯的电子式为______________。

②相同质量的C2H4(g)、C3H6(g)和C4H8(g)充分燃烧，放出的热量由多到少的顺序依次为______________（填写化学式）。

③上述“烯烃歧化法”的反应的热化学方程式为___________。

（2）“丁烯裂解法”是另一种重要的丙烯生产法，生产过程中会有生成乙烯的副反应发生。

反应如下：主反应：3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4
测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数（w%)随温度（T）和压强（p)变化的趋势分别如图1和图2所示：
①平衡体系中的丙烯和乙烯的质量比[]是工业生产丙烯时选择反应条件的重要指标之一，从产物的纯度考虑，该数值越高越好，从图1和图2中表现的趋势来看，下列反应条件最适宜的是_____（填字母序号）
A．300℃0.1MPa B．700℃0.1MPa
C．300℃0.5MPa D．700℃0.5MPa
②有研究者结合图1数据并综合考虑各种因素，认为450℃的反应温度比300℃或700℃更合适，从反应原理角度分析其理由可能是__________。

③图2中，随压强增大，平衡体系中丙烯的质量分数呈上升趋势，从平衡角度解释其原因是_________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【详解】A. Y中有酯基和碳碳双键2种不同官能团，A错误；
B. X中，与醇羟基相连的碳原子为手性碳原子，Y分子中与右边酯基相连的碳原子为手性碳原子，X与Y各含一个手性碳原子，B错误；
C. 1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为3mol(苯环羟基邻位2mol，碳碳双键1mol)，C错误；
D. 1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol(左边酯基2mol，右边酯基1mol)，D正确。

故选D。

【点睛】
手性碳原子一定是连有4个共价单键的碳原子，且碳原子连接的4个原子或原子团都不相同。

2、B
【详解】Al 、Cl 2、Al 2O 3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，其中NaOH 和其他5种物质都能发生反应，所以Y 一定为NaOH 。

盐酸和除了Cl 2之外的其他4种物质都能反应，所以N 一定为盐酸。

Al 能和Cl 2、HCl(aq)、 NaOH(aq)发生反应，所以M 为Al ，X 为Cl 2，Al 2O 3和A1(OH)3都只能盐酸、NaOH(aq)反应，所以Q 、Z 分别为Al 2O 3和A1(OH)3中的一种。

故选B 。

3、B
【解析】①Na 2SiO 3只能与盐酸反应；②Al (OH )3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应；③NH 4HCO 3是弱酸的铵盐，既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应；④Al 2O 3是两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应；⑤NaHSO 4只能与氢氧化钠溶液反应。

答案选B 。

4、C
【详解】A ．控制2SO 和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A 正确；
B ．由题意可知反应室①中可能发生反应222242SO 2NO 2H O=H SO 2HNO +++，故B 正确；
C ．依据数据b d a c ≈>≈可知，硫酸盐的形成与空气中的氨有关，与氧气无关，故C 错误；
D ．农业生产中大量使用铵态氮肥使空气中氨的含量增加，依据实验可知空气中的氨更有利于硫酸盐的形成，从而加剧雾霾的形成，故D 正确。

综上所述，答案为C 。

5、D
【详解】A 、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A 错误； B 、胶体是混合物，B 错误；
C 、CuSO 4·5H 2O 是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C 错误；
D 、物质分类均正确，D 正确； 答案选D 。

6、C
【解析】A. 甲胺（CH 3NH 2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH 3NH 2+H 2O
CH 3NH 3++OH －，故A 正确；B. 若加入20mL 的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH 3NH 3Cl
溶液，CH 3NH 3Cl 是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b 点溶液呈中性，所以b 点对应加入盐酸的体积小于20mL ，故B 正确；C. 将等物质的量的CH 3NH 2和CH 3NH 3Cl 一起溶于蒸馏水，因CH 3NH 2发生电离，则所得溶液中c(CH 3NH 2)≠c(CH 3NH 3+)，即lg ≠0，所以对应的不是a 点的溶液，故C 错误；D. 由甲胺的电离方程式
CH 3NH 2+H 2O
CH 3NH 3++OH －可知，甲胺的电离常数为K b =
，a 点溶液的pH=10.6，c(OH －)=10－
3.4，lg=0，则pK b=－lgK b=－lg=－lgc(OH－)－lg=－lgc(OH－)=3.4，故D正确；答案选C。

7、B
【解析】A、1 mol氯气发生歧化反应，转移的电子数目为N A；
B、C2H4和C4H8的最简式为CH2，依据最简式计算混合气体中的碳原子个数；
C、标准状况下，酒精是液体，不是气体；
D、氢氧化铁胶体中是多个Fe（OH）3的聚合体。

【详解】A项、氯气与水反应属于可逆反应，标准状况下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，转移电子数小于0.1N A，故A错误；
B项、C2H4和C4H8的最简式为CH2，最简式CH2的物质的量为1mol，含有碳原子的物质的量为1mol，含有碳原子数为2N A，故B正确；
C项、标况下酒精是液体，无法根据体积求算其物质的量，故C错误；
D项、l个氢氧化铁胶体中含有多个Fe（OH）3，1molFeCl3完全水解生成的氢氧化铁胶体胶粒数没有N A个，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系是解题关键。

8、C
【分析】室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-26，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存。

【详解】室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）•c（OH-）=10-26，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液；
A. 酸溶液中ClO−、H+、Cl−发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B. 碱溶液中不能大量存在Cu2+，故B错误；
C. 酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C正确；
D. 碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；
答案选C。

9、D
【详解】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒
n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-
2.24L
22.4L/mol=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积
为0.4mol
2mol/L
=0.2L=200mL，故D正确；
故选D。

【点晴】
本题考查氧化还原反应有关计算。

注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒
n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=n
c
计算需要NaOH溶液的体积。

10、A
【详解】A．四氯化碳易挥发，且振荡时加剧其挥发，因此，振荡过程中需进行放气操作。

故A正确；
B．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，若定容时仰视刻度线，最终得到的溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低。

故B错误；
C．量筒上标有温度和规格，但没有“0”刻度。

故C错误；
D．溴水具有较强的氧化性，准确量取一定体积的溴水不能用碱式滴定管，因为碱式滴定管的橡胶管容易被溴水腐蚀，应该用酸式滴定管准确量取10.00mL溴水，故D错误；
答案选A。

11、D
【解析】A．西夏佛经纸本，纸的主要成分是纤维素，属于有机物，选项A不符合；B、西汉素纱禅衣，丝为蛋白质，属于有机物，选项B不符合；C、唐兽首玛瑙杯，主要成分为二氧化硅，选项C不符合；D、东汉青铜奔马，青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，属于合金，选项D符合。

答案选D。

12、C
【解析】A、35Cl－、37Cl－核电荷数为17，它们的结构示意图都为：，选项A错误；B、中子数为7的碳原子，质量数为13，可表示为：13
6
C，选项B错误；C、KHSO4是强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42-，在熔融状态下电离方程式为：KHSO4=K++HSO4-，选项C正确；
D、次氯酸的电子式为，选项D错误。

答案选C。

13、D
【详解】A．NaOH、Al(OH)3均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；
B．Mg、Al与热水反应中，金属单质都是还原剂，Mg较易反应，说明还原性：Mg>Al，二者是同一周期元素，原子序数Mg<Al，符合“同周期元素从左至右金属性逐渐减弱”，故B项不选；
C．非金属性O>S，同时H2O的稳定性强于H2S，能够用元素周期律解释，故C项不选；
D．HClO4是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrO不是溴元素最高价氧化物的水化物，虽然酸性HClO4>HBrO，但不能用元素周期律解释，故D项选；
综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。

14、D
【解析】A、根据氮原子守恒可知1L0.1 mol·L-1的氨水中含有的NH3·H2O、NH3与NH4+之和为0.1N A，A错误；B、标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24LCCl4中含有的C－Cl键数，B错误；C、浓硫酸与铜反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，因此10.0mL18 mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.09 N A，C错误；D、标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，即0.1mol氧气。

由于反应中氧元素化合价从－1价升高到0价，则转移电子数为0.2 N A，D正确，答案选D。

15、B
【详解】A. a点时，
()
()
-
c A
lg
c HA
=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离
的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1，选项A正确；
B.
()
()
-
c A
lg
c HA
=0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)=
()()
()
+-
c H c A
c HA
=()H+
c=10-4mol/L；
()
()
-
c B
lg
c HB
=0，
c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)=
()()
()
+-
c H c B
c HB
=()+
c H=10-5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误；
C. b点时，
()
()
-
c B
lg
c HB
=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，
()
()
-
c B
lg
c HB
>0，c(B-)> c(HB)，选项D正确。

答案选B。

16、B
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。

X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。

A. 原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X) <r(W) <r(Z)，故错误；
B. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；
C. 因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；
D. X 分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。

故选B 。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、1~100 nm2Fe 2++H 2O 2+2H +═2Fe 3++2H 2O 取少量E 于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒
2Fe 3++3ClO -+10OH -═2FeO 42-+3Cl -+5H 2O
【分析】将D 溶液滴入沸水中可得到以F 为分散质的红褐色胶体，则F 是Fe(OH)3、D 是Fe 2(SO 4)3、E 是NH 4Cl 、A 是单质Fe 、B 是FeS 、C 是FeSO 4。

【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm 。

(2) C 是FeSO 4，Fe 2+被双氧水氧化为Fe 3+，反应的离子方程式是2Fe 2++H 2O 2+2H +═2Fe 3++2H 2O 。

(3) E 是NH 4Cl 溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E 中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E 于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。

(4) 利用FeCl 3溶液制取FeCl 3·6H 2O 晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。

根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。

(5) FeCl 3与KClO 在强碱性条件下反应可制取K 2FeO 4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe 3++3ClO -+10OH -═2FeO 42-+3Cl -+5H 2O 。

18、碳碳双键、羰基 A 消去反应
2Br −−→NaOH/Δ−−−−→乙醇2H Ni,Δ−−−→
【分析】B 的分子式为C 9H 14O ，B 发生信息的反应生成C ，则B 为
；C 中去掉氢原子生成D ，D 发生消去反
应生成E ，醇羟基变为碳碳双键，E 发生一系列反应是丹参醇；据此解答。

【详解】（1）根据结构简式可知，A 的官能团名称为碳碳双键和羰基；
（2）A．化合物D与足量的氢气加成的产物是多羟基化合物，滴加新制的Cu(OH)2溶液发生络合反应，
会出现绛蓝色，A正确；
B．根据结构简式可知，化合物E含碳碳双键、醚键、苯环、羰基、该物质能发生加成、取代、氧化反应，苯环可发生加氢还原反应，B错误；
C．D生成E的反应是醇的消去反应，参照乙醇的消去反应，可知有有机副产物醚产生，故C错误；
D．根据结构简式可知，丹参醇的分子式是C18H16O5，D错误；
综上所诉，答案为A；
（3）通过以上分析知，通过以上分析知，B的结构简式：；D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应；
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环，不含其它环；
②不含基团，苯环不与甲基直接相连；
③碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子；则该物质含酯基，且水解后得到的酸、醇分别含2种、3种氢原子，符合条件的结构简式为
；
（5）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，其合成路线为
2Br −−→NaOH/Δ−−−−→乙醇2H Ni,Δ−−−→。

19、Co 2O 3+SO 32-+4H +=2Co 2++SO 42-+2H 2OCl 2除去锰离子B 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥降低烘干温度，防止产品分解粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
【解析】向水钴矿[主要成分为Co 2O 3、Co(OH)3，还含少量Fe 2O 3、Al 2O 3、MnO 等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H +、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Al 3+等，加入氯酸钠将亚铁离子氧化为Fe 3+，然后加入Na 2CO 3调节pH 至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液经过萃取后主要含有CoCl 2，最终得到CoCl 2•6H 2O 晶体。

(1)向水钴矿[主要成分为Co 2O 3、Co(OH)3，还含少量Fe 2O 3、Al 2O 3、MnO 等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H +、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Al 3+等，所以Co 2O 3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co 2O 3+SO 32-+4H +=2Co 2++SO 42-+2H 2O ，故答案为：
Co 2O 3+SO 32-+4H +=2Co 2++SO 42-+2H 2O ；
(2)NaClO 3的作用是将Fe 2+氧化成Fe 3+，若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O 3时，氯酸钠会将本身被还原生成的氯离子氧化，生成氯气，故答案为：Cl 2；
(3)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH 的关系图，溶液中存在Mn 2+、Co 2+金属离子，向“滤液”中加入萃取剂可以除去锰离子，在pH 为3~4之间时，锰离子的萃取率较高，结合阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 表，可知在pH 为3~3.5之间，在可使Mn 2+完全沉淀，并防止Co 2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B ，故答案为：除去锰离子；B ；
(4) “操作1”是从溶液中获得溶质的过程，因此“操作1”的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。

根据题意知，CoCl 2•6H 2O 常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl 2•6H 2O 需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；降低烘干温度，防止产品分解；
(5)根据CoCl 2•6H 2O 的组成分析，造成产品中CoCl 2•6H 2O 的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。

点睛：本题通过制取CoCl 2•6H 2O 的工艺流程，考查了物质制备方案的设计。

理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键。

本题的易错点为萃取剂的作用，需要根据流程图判断出溶液中的金属离子。

20、甲基橙 橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色 100053w V
mol/L > < 【详解】（1）由于CO 2溶在溶液中会影响pH 值，为准确滴定，终点宜选在pH 值4—5之间，石蕊变色范围宽且颜色水易观察，不能用做中和滴定的指示剂、甲基橙变色范围是3.1-4.4可以指示反应终点、酚酞指示剂变色范围8-10，产生的误差较大，故三种指示剂中应选用甲基橙；当滴定至溶液由橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色时，即表示到达终点；
（2）若达到滴定终点时，
Na 2CO 3~~~2HCl。