A.A B.B C.C D.D
4、短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为18，X与Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。
下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序：
r（Y）＞r（Z）＞r（W）＞r（M）
B．Z的气态氢化物比W的气态氢化物更稳定
C．分子式为Y5X12的物质只有3种
D．由三种元素X、Z、W形成的化合物中只有共价键而无离子键
5、有机物甲、乙的结构如右图所示。
下列说法错误的是
A．甲、乙都能发生取代、加成和水解反应
B．甲、乙互为同分异构体
C．甲的一种同分异构体能发生银镜反应
D．等物质的量的甲和乙与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量相等
6、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl-、C1O-粒子数之和为2NA
B．标准状况下，22.4LNH3和HCl的混合气体中含有的分子总数为NA
C．常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NA
D．高温下，0.3molFe与足量的水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NA
7、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：
“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面．”这里的“石碱”是指
A．KOH
B．KAl（SO4）2
C．KHCO3
D．K2CO3
第II卷（非选择题）
评卷人
得分
二、实验题（题型注释）
8、硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”。
它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。
某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如下图：
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。
……
（1）写出仪器A的名称_______。
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH<7，请用离子方程式解释原因_________。
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3，反应的总化学反应方程式________。
（4）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3·5H2O的步骤为
为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，“趁热”的原因是______；操作②是______；操作①是抽滤、洗涤、干燥。
（5）测定产品纯度
取6.00g产品，配制成100mL溶液。
取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.500mol/LI2的标准溶液进行滴定，反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
相关数据记录如下表所示。
编号
1
2
3
溶液的体积/mL
10.00
10.00
10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL
19.98
22.50
20.02
滴定时，达到滴定终点的现象是___________。
产品的纯度为____________。
（6）Na2S2O3常用作脱氧剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为_________。
评卷人
得分
三、简答题（题型注释）
9、
（1）根据杂化轨道理论判断下列分子的空间构型是V形的是_____（填序号）。
a.BeCl2 b.H2O c.HCHO d.CS2
（2）己知AlCl3的沸点：
190℃（2.5个大气压），但是它在178℃就开始升华，则AlCl3的晶体类型为_______；为什么工业上一般不采用电解熔融氯化铝的方法制备金属铝________。
（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。
T的基态原子外围电子（价电子）排布式为__________，Q2+的未成对电子数是______。
（4）下图是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图象是下图中的_______（填序号）。
（5）[Cu（NH3）4]2+配离子中存在的化学键类型有_______（填序号）。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
已知：
[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为___________。
（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示，其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，晶体密度为pg·cm-3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是_____cm。
（NA表示阿伏伽德罗常数，用含p、a、b、N的代数式表达）
10、工业上“固定”和利用CO2能有效地减轻“温室效应”。
I．工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g） △H=-49.0kJ/mol，某科学实验将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变），测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）：
回答下列问题：
（1）该反应在______条件下能自发进行（城编号）。
A．高温 B．低温 C．任何温度
（2）该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是_______。
（3）该反应的平街常数K=______________。
（4）仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。
与实线相比，虚线I改变的条件可能是_________。
若实线对应条件下平衡常教为K，虚线I对应条件下平衡常数为K1，盛线II对应条件下平衡常数为K2，则K、K1和K2的大小关系是______。
II．己知25℃时，乙酸和碳酸的电离平衡常数如下表：
（1）用饱和氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，若已知CH3COONH4溶液pH=7，则NH4HCO3溶液显_____（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
（2）25℃时，在0.lmol/L乙酸溶液中加入一定量的NaHCO3，保持温度不变，所得混合液的
pH=6，那么混合液中
=_______；该混合溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：
________________。
11、平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质），某小组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce（OH）4。
己知：
CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有氧化性。
（1）滤液A的主要成分_____（填写化学式），滤液B所含金属阳离子为________。
（2）反应①的离子方程式是_________。
（3）反应①之前要洗涤滤渣B，对滤渣B进行“洗涤”的实验操作方法是________。
（4）反应②的化学反应方程式是____________。
（5）稀土元素的提纯，还可采用萃取法。
己知化合物HT作为萃取剂能将铈离子从水溶液萃取出来，过程表示为Ce2（SO4）3（水层）+6HT（有机层）
2CeT3（有机层）+3H2SO4（水层），用________（填主要仪器）分液的到CeT3（有机层），再加入H2SO4获得较纯净的含Ce3+的水溶液。
可选择硫酸作反萃取的原因是________。
（6）用滴定法测定制得的Ce2（SO4）3产品纯度。
若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得Ce（OH）4产品的质量分数______。
（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
评卷人
得分
四、推断题（题型注释）
12、【化学——选修5：
有机化学基础】某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：
根据以上信息回答下列问题：
（1）烃A的结构简式是 。
（2）①的反应条件是 。
②的反应类型是 。
（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是：
。
A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大
B．能发生消去反应
C．能发生聚合反应
D．既有酸性又有碱性
（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是 。
（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：
。
a．与E具有相同的官能团
b．苯环上的一硝基取代产物有两种
（6）已知
易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。
据此写出以A为原料合成化合物
的合成路线 。
（仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）
参考答案
1、C
2、B
3、B
4、C
5、A
6、D
7、D
8、 蒸馏烧瓶 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3 为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低 蒸发浓缩，冷却结晶 溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色 82.67% S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
9、 b 分子晶体 氯化铝是分子晶体（共价化合物），熔融状态下不电离 3d84s2 4 ②③ ①③ 平面正方形
10、 B 0.125mol/（L·min） 0.5（L/mol）2 升温 K=K2>K1 碱性 18 c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）
11、 Na2SiO3 Fe2+、Fe3+ 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次 4Ce（OH）3+O2+4H2O=4Ce（OH）4 分液漏斗 加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层 偏大
12、（15分）（除标明外每空3分）
（1）
（1分）
（2）①Fe或FeCl3（1分）②取代反应或硝化反应（1分）
（3）ACD（4）
+2H2O
（5）
、
、
（6）
【解析】
1、A、C点对应平衡常数的负对数（-lgK）=3.638，所以C点对应状态的平衡常数K（C）=10-3.638，A正确；B、温度升高平衡常数的负对数（-lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应，则△H＞0，B正确；C、体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，C错误；D、30℃时，B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（-lgQC）＜（-lgK），所以QC＞K，因此B点对应状态的v（正）＜v（逆），D正确；答案选C。
2、A．A为原电池正极，发生还原反应，在铁上镀铜时铁电极应与Y相连接，A正确；B．B电极是负极，电极反应式为CH3COO――8e－＋9OH－＝2HCO3－＋5H2O，所以反应过程中甲中右边区域溶液pH逐渐降低，B错误；C．A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为
，C正确；D．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生
，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，D正确；答案选B。
3、A．KI溶液与CCl4分层，下层为无色的有机层，现象、结论均不合理，A错误；B．加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，B正确；C．SO2被铁离子氧化为硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀，C错误；D．氯化银的溶度积常数大于碘化银，D错误；答案选B。
点睛：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、离子检验、氧化还原反应、盐类水解为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项A是易错点，注意碘化钾和碘的性质差异。
4、X与Y是组成化合物种类最多的元素，应为烃类物质，则X为H元素，Y为C原子，W是地壳中含量最高的元素，应为O元素，则Z为N元素，原子最外层电子数之和为18，可知M的最外层电子数为18-1-4-5-6=2，应为Mg元素，A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序：
r（M）＞r（Y）＞r（Z）＞r（W），A错误；B．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，B错误；C．分子式为C5H12的物质为戊烷，有3种同分异构体种，C正确；D．由三种元素X、Z、W形成的化合物可为铵盐，为离子化合物，含有离子键，D错误；答案选C。
5、A.甲中含有羧基和碳碳双键，能够发生酯化反应和加成反应，但不能发生水解反应，A错误；B.甲、乙的化学式相同，都是C4H6O2，但结构不同，互为同分异构体，B正确；C.甲的一种同分异构体可以是OHCCH2CH2CHO，能发生银镜反应，C正确；D.1mol的甲和乙与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量均为1mol，D正确；答案选A。
6、A.氯气通入水中，部分氯气和水反应，则通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl-、C1O-粒子数之和小于2NA，A错误；B.标准状况下，22.4LNH3和HCl的混合气体反应生成固体氯化铵，不能计算中含有的分子总数，B错误；C.常温下，pH=2的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，不能计算含有的H+数目，C错误；D.高温下，0.3molFe与足量的水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去的电子数为0.8NA，D正确，答案选D。
点睛：
要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中A、C、D中的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。
避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。
二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。
7、试题分析：
“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl（SO4）2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，同时符合久则凝淀如石，而KHCO3久则分解生成粉末状的碳酸钾，故D符合，故选D。
考点：
考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键。
8、
（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶。
（2）根据题给信息，硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）在酸性溶液中不能稳定存在，发生反应的离子方程式为S2O32-+2H+="="S↓+SO2↑+H2O，所以实验中不能让溶液pH<7。
（3）根据题给信息，三颈瓶中加入了Na2S、Na2CO3溶液，通入了SO2来制备Na2S2O3，Na2S中硫元素由-2价失电子生成Na2S2O3，SO2中S元素由+4价得电子生成Na2S2O3，根据化合价升降相等、原子守恒配平，总反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3。
（4）升高温度溶解度增大，因此为减少产品的损失，操作①为趁热过滤的原因是为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低；操作②是得到晶体，因此实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶；（5）碘遇淀粉显蓝色，则达到滴定终点的现象是溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色。
根据表中数据可知第二次实验误差太大，舍去，消耗标准液体积平均值是20.00mL，消耗碘的物质的量＝0.0500mol/L×0.02L=0.001mol，所以硫代硫酸钠的物质的量是0.002mol，质量＝0.002mol×248g/mol＝0.486g，则产品的纯度为
。
（6）根据题目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反应生成Na2SO4、H2SO4，氯气被还原为HCl，反应的离子方程式为S2O32－+4Cl2+5H2O＝2SO42－+8Cl－+10H+。
9、
（1）a.BeCl2分子中Be原子的价层电子对数＝2，是直线形结构；b.H2O分子中O原子的价层电子对数＝4，含有2对孤对电子，是V形结构；c.HCHO分子中碳原子的价层电子对数＝3，是平面形结构；d.CS2分子中C原子的价层电子对数＝2，是直线形结构；答案选b；
（2）己知AlCl3的沸点较低，易升华，因此AlCl3的晶体类型为分子晶体；由于氯化铝是分子晶体（共价化合物），熔融状态下不电离，所以工业上一般不采用电解熔融氯化铝的方法制备金属铝。
（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，因此只能是第四周期第Ⅷ族，T是Ni，Q是Fe。
Ni的原子序数是28，基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s33p63d6，所以未成对电子数是4。
（4）由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图2中符合条件，图3中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件的是②③；（5）[Cu（NH3）4]2+配离子中存在的化学键类型有配位键、极性共价键，答案选①③。
已知：
[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，因此[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形。
（6）晶胞中X原子数目为8×1/8+6×1/2=4、Y原子数目为8，晶胞的质量为（4a+8b）/NAg，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞体积为为（4a+8b）/NAg÷ρg/cm3，故晶胞棱长x=
。
Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，令Y与X之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为y/3，正四面体的高为4y/3，正四面体棱长=
，则正四面体侧面的高为
，底面中心到边的距离为
，故
，整理得y=
，故Y与X的距离为
cm。
点睛：
本题是对物质结构的考查，涉及微粒构型判断、晶体类型与性质、核外电子排布、化学键、晶胞结构与晶胞计算，（6）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定空间想象能力和数学运算能力，难度较大。
10、I．
（1）正反应是体积减小的放热反应，根据△G=△H-T△S＜0可知该反应在低温条件下能自发进行，答案选B。
（2）根据图像可知该反应在0～8min内消耗氢气是6mol，根据方程式可知消耗CO2是2mol，浓度是1.0mol/L，是CO2的平均反应速率是1.0mol/L÷8min＝0.125mol/（L·min）。
（3）平衡时氢气是2mol，生成甲醇和水蒸气均是6mol，所以该反应的平街常数K=
。
（4）与实线相比，虚线I到达平衡的时间减少，但氢气平衡时的量增加，说明平衡向逆反应方向，由于正反应是体积减小的放热反应，因此改变的条件可能是升高温度。
与实线相比，虚线II到达平衡的时间减少，但氢气平衡时的量减少，说明平衡向正反应方向，因此改变的条件是增大压强。
又因为平衡常数只与温度有关系，则K、K1和K2的大小关系是K=K2>K1。
II．
（1）根据盐类水解规律，已知CH3COONH4溶液pH=7，又因为H2CO3酸性比CH3COOH弱，水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性。
（2）根据pH可知c（H+）=10-6mol/L和醋酸的电离常数Ka=c（CH3COO−）•c（H+）/c（CH3COOH）=1.8×10-5可知c（CH3COO−）/c（CH3COOH）=18；溶液显酸性，则该混合溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。
11、
（1）根据以上分析可知滤液A的主要成分Na2SiO3，滤液B所含金属阳离子为Fe2+、Fe3+。
（2）由于酸性条件下，Ce4+有氧化性，所以反应①的离子方程式是2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O。
（3）反应①之前要洗涤滤渣B，洗涤沉淀需要在过滤器中完成，则实验操作是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次。
（4）反应②的化学反应方程式是4Ce（OH）3+O2+4H2O=4Ce（OH）4。
（5）萃取后的操作是分液，需要分液漏斗；根据方程式Ce2（SO4）3（水层）+6HT（有机层）
2CeT3（有机层）+3H2SO4（水层）可知加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层，因此可选择硫酸作反萃取。
（6）若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，由于硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，导致消耗标准液体积增加，所以测得Ce（OH）4产品的质量分数偏大。
12、试题分析：
根据题给流程
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