B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y的单质的氧化性比Z的强
D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】地壳中含量最多的是氧，Z为O元素，所以Y为N元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是Na；X原子序数最小且不与Y、Z同周期，所以X是H元素。
A．原子半径N>O，A错误；B．W的最高价的氧化物的水化物是氢氧化钠，是强碱，B错误；C．氮气的氧化性比氧气弱，C错误；D．H、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，D正确。
【名师点睛】本题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的关系理解水平。
解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。
6．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．钠与水反应：
Na+2H2O==Na++2OH–+H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：
2Cl–+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH–
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：
Ba2++OH–+H++
==BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
Ca2++
+OH—==CaCO3↓+H2O
【答案】B
【名师点睛】判断指定反应的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：
①从反应原理进行判断，如反应是否能够发生、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。
②从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。
③从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子转移守恒等。
④从反应条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及其反应产物的影响（如本题D选项中的足量石灰水）等。
⑤从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断，如本题中C选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
B．S
SO3
H2SO4
C．CaCO3
CaO
CaSiO3
D．NH3
NO
HNO3
【答案】C
【解析】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。
【名师点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。
解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。
8．通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。
下列说法不正确的是
①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）ΔH1=akJ·mol−1
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2=bkJ·mol−1
③CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3=ckJ·mol−1
④2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH4=dkJ·mol−1
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C．反应CH3OH（g）==
CH3OCH3（g）+
H2O（l）的ΔH=
kJ·mol−1
D．反应2CO（g）+4H2（g）==CH3OCH3（g）+H2O（g）的ΔH=（2b+2c+d）kJ·mol−1
【答案】C
【名师点睛】本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。
9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：
Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl–
B．
=1×10−12的溶液中：
K+、Na+、
、
C．c（Fe2+）=1mol·L−1的溶液中：
K+、
、
、
D．能使甲基橙变红的溶液中：
Na+、
、
、
【答案】B
【解析】A．Fe3+和SCN−会发生反应生成血红色的配合物，A错误；B．根据KW可以求出c（OH−）=0.1mol/L，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；C．Fe2+还原性较强，
氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．使甲基橙变红的溶液显酸性，
不能在酸性溶液中大量共存，D错误。
【名师点睛】本题考查学生对溶液中离子的性质和离子反应的实质的认识，并将其应用到具体情境中分析问题、解决问题。
解题时要特别关注以下几点：
①溶液中离子存在的条件，如
、ClO−、OH−等只能大量存在于碱性溶液，在酸性溶液中不能大量存在；Fe3+、Al3+、
等只大量存在于酸性溶液，在碱性溶液中不能大量存在；
既不能大量存在于酸性溶液，也不能大量存在于强碱性溶液，在弱碱性溶液中可以大量存在。
②溶液中离子的性质，如Fe2+、I−、S2−、
等有较强的还原性，与强氧化性物质不能大量共存；
、ClO−、Fe3+等具有较强的氧化性，与强还原性物质不能大量共存。
③题干及选项中的隐蔽条件，如溶液的颜色、酸碱指示剂的变色范围等，特别强调一下，透明不一定是无色的，所有的水溶液都是澄清透明的。
10．H2O2分解速率受多种因素影响。
实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【名师点睛】本题以双氧水分解的浓度
时间曲线图像为载体，考查学生分析图像、搜集信息及信息处理能力，会运用控制变量法分析影响化学反应速率的因素，并能排除图中的干扰信息，得出正确的结论。
不定项选择题：
本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香族化合物
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色
D．b和c均能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀
【答案】C
【名师点睛】本题考查学生对有机物的分类、结构和性质的掌握情况。
解题方法是通过观察、分析有机化合物的结构，确定其含有的官能团，建立官能团与其特征反应的联系。
备考方法是：
①掌握有机物的分类方法，弄清几个基本概念，如芳香族化合物、脂肪烃等；②认识有机物的结构特点，能看懂键线式、结构简式，能以甲烷、乙烯、乙炔、苯等分子结构为母体分析分子中多原子共面问题；③建立有机物的结构与性质的联系，掌握常见重要的官能团及其特征反应等；④能正确书写有机反应方程式，并掌握重要有机反应的反应条件。
12．下列说法正确的是
A．反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）的ΔH<0，ΔS>0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10−12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10−4mol·L−1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
【解析】A．该反应气体的分子数减少了，所以是熵减的反应，ΔS<0，A错误；B．锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C．常温下，在pH=10的溶液中，
c（OH−）=1
mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为
=5.6
mol/L，C正确；D．在锌和稀硫酸的反应中每生成1molH2，电子转移的数目为2mole−，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反应中转移的电子数不是6.02
，D不正确。
【名师点睛】本题考查了对熵变、金属的电化学防腐措施、难溶电解质的沉淀溶解平衡、氧化还原反应中的电子转移、气体摩尔体积以及阿伏加德罗常数的掌握情况。
要求学生会判断一些常见反应的熵变，能合理运用熵判据和焓判据来判断一个反应能否自发进行；搞懂牺牲阳极的阴极保护法和外接电流的阴极保护法的原理及其区别；会进行有关溶度积的简单计算；会判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目；弄清气体摩尔体积的使用条件及阿伏加德罗常数的含义和近似值。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
溶液中含Br2
【答案】B
【名师点睛】本题考查了苯酚与浓溴水反应的性质实验、亚硫酸钠变质程度定性探究实验、蔗糖水解程度的定性检验实验及未知溶液的定性探究实验，A实验还考查了学生对相似相溶原理的认识。
4个实验中，实验现象都是正确的。
A、C两实验都是课本上的重要实验，因操作不正确导致实验结论不正确。
D实验只是实验结论错误，要求学生能知道有多种相似的溶液具有相似的性质。
解题时要首先分析实验操作所蕴含的实验原理及可能的干扰因素，然后明确实验现象产生的原因，最后根据实验现象推理形成实验结论，思维要发散开，要考虑到多种可能性结论。
14．常温下，Ka（HCOOH）=1.77×10−4，Ka（CH3COOH）=1.75×10−5，Kb（NH3·H2O）=1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1mol·L−1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：
前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol·L−1HCOOH与0.1mol·L−1NaOH等体积混合后的溶液中：
c（HCOO−）+c（OH−）=c（HCOOH）+c（H+）
D．0.2mol·L−1CH3COONa与0.1mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中（pH<7）：
c（CH3COO−）>c（Cl−）>c（CH3COOH）>c（H+）
【答案】AD
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH−）+c（HCOO−），氯化铵溶液中存在c（H+）+c（
）=c（OH−）+c（Cl−）。
由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c（OH−）小于甲酸钠溶液中c（H+），Cl−和Na+都不水解，c（Cl−）=c（Na+），所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH−）+c（HCOO−），由物料守恒得2c（Na+）=c（HCOOH）+c（HCOO−），联立两式可得2c（H+）+c（HCOOH）=2c（OH−）+c（HCOO−），C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c（CH3COO−）>c（Cl−）>c（CH3COOH）>c（H+），D正确。
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。
电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。
这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。
高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。
解决这类题目必须掌握的知识基础有：
掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论（电离平衡、水解平衡），电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。
很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
15．温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：
2NO2（g）
2NO（g）+O2（g）（正反应吸热）。
实验测得：
v正=v（NO2）消耗=k正c2（NO2），v逆=v（NO）消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）·c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。
下列说法正确的是
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中
比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
【答案】CD
A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，故两容器的压强之比一定大于4：
5，A错误；B．若容器II在某时刻，
，
由反应2NO2
2NO+O2
起始量（mol/L）0.30.50.2
变化量（mol/L）2x2xx
平衡量（mol/L）0.3−2x0.5+2x0.2+x
因为，
，解之得x=
，求出此时浓度商Qc=
>K，所以容器II达平衡时，
一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，
由反应2NO2
2NO+O2
起始量（mol/L）00.50.35
变化量（mol/L）2x2xx
平衡量（mol/L）2x0.5−2x0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=
>
，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，
>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反应速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考查学生对化学反应速率、化学平衡等化学基本原理的理解和应用，关注信息获取、加工和处理能力的提高。
解题时首先要分析反应的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反应，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反应，其次分析所建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最后逐一分析试题中所设计的选项，判断是否正确。
本题只给了一个平衡量，通过化学平衡计算的三步分析法，分析容器I中平衡态的各种与4个选项相关的数据，其他容器与I进行对比，通过浓度商分析反应的方向，即可判断。
本题难度较大，如能用特殊值验证的反证法，则可降低难度。
非选择题
16．（12分）铝是应用广泛的金属。
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。
在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】
（1）Al2O3+2OH−=2
+H2O
（2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4
+2H2O−4e−=4
+O2↑H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为
，所以电极反应式为4
+2H2O−4e−=4
+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为H2。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。
氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。
制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。
审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度（原料是否廉价易得）、环保角度（是否符合绿色化学的要求）、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。
而且还要看清问题，不能答非所问。
要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：
本题改变了什么条件（或是什么条件）→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。
17．（15分）化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C中的含氧官能团名称为_______和__________。
（2）D→E的反应类型为__________________________。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：
_____________________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。
（4）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：
__________________。
（5）已知：
（R代表烃基，R'代表烃基或H）
请写出以
、
和（CH3）2SO4为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【答案】
（1）醚键酯基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
（4）由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G的分子式C12H14N2O2，可以写出G的结构简式为
。
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