C.简单阴离子半径：
p>q
D.最高价氧化物对应水化物酸性：
p>q
【答案】C
【解析】
既有氢化物又有最高价氧化物的水化物的元素一般为非金属元素，非金属元素的最高价氧化物的水化物为最高价含氧酸，因此其氢化物必须是碱性物质，二者才能反应，故m元素为N，n元素为O，p元素为S，q元素为Cl。
因为m与n在同一周期，n的非金属性强于m，故A错误；
因为n与p位于同一主族，n的非金属性强于p，所以n的氢化物稳定性强于p，B错误；
又因为p和q位于同一周期，p简单阴离子半径大于q，C项正确；
q的非金属性强于p，故最高价氧化物对应水化物的酸性：
q>p，故D项错误。
答案选C。
16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是
A.AlO2－B.Al3+C.Al（OH）3D.Al3+，Al（OH）3
【答案】D
【解析】
pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，n（H+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（Al3+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n（OH－）=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，其中0.01mol的OH－先与0.01molH+发生中和反应，剩余的0.02molOH－与0.01molAl3+反应，氢氧根离子不足，因此生成Al（OH）3，并有Al3+剩余。
17.关于下列装置（只是个示意图），叙述错误的是
A.石墨电极反应：
O2+4H++4e→2H2O
B.鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀
C.加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀
D.加入HCl，石墨电极反应式：
2H++2e→2H2↑
【答案】A
【解析】
本题考查吸氧腐蚀，溶液不为强酸性，石墨电极的反应式为O2+2H2O+4e－→4OH－，因此A项错误。
18.根据图示下列说法正确的是
A.断开非极性键和生成极性键的能量相同
B.反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的O－H键更牢固
C.1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）－Q（Q＞0）
D.H2O（g）→1/2O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）
【答案】C
【解析】
从图中可以看出1/2molO2（g）+1molH2（g）的能量低于1molOH（g）+1molH（g），因此反应1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）吸热，故C项正确。
19.已知反应式：
mX（g）+nY（?
）
pQ（G）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，c（X）=0.5mol/L，下列说法正确的是
A.反应向逆反应方向移动B.Y可能是固体或液体
C.系数n＞mD.Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，若此时平衡不移动，c（X）=0.6mol/L，但平衡移动之后c（X）=0.5mol/L，说明加压平衡向正反应方向移动，A项错误；
题干条件说明正反应为气体减少的反应，若Y为固体或液体，则需要满足m＞2m，不可能成立，B项错误；
Y是气体，且m+n＞2m，所以n＞m，C项正确；
平衡正向移动，产物Z的体积分数应该增大，D项错误。
故答案为C。
20.常温下等体积的0.1mol/L①CH3COOH，②NaOH，③CH3COONa
A.①中[CH3COOH]＞[CH3COO－]＞[H+]＞[OH－]
B.①②混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C.①③混合以后，溶液呈酸性，则[Na+]＞[CH3COO－]＞[H+]
D.①②混合后，水的电离程度比①③混合的电离程度小
【答案】B
【解析】
CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH电离和水的电离，CH3COOH只有一小部分发生电离，因此[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO－]＞[OH－]，A项错误；
①②混合后的产物恰好为CH3COONa，体积约为原来的2倍，若不存在平衡移动，则醋酸根离子浓度约为③的1/2，因为“越稀越水解”稀溶液中水解程度更大，所以醋酸根离子浓度小于③的1/2，B项正确；
①③混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此[CH3COO－]＞[Na+]＞[H+]，C项错误；
①②混合后为CH3COONa溶液，促进水的电离，①③混合后溶液呈酸性，CH3COOH的电离为主，抑制了水的电离，D项错误。
故答案为B。
二、综合分析题（60分）
（一）
（1）说明铵态氮肥不能与碱性化肥混用的理由：
___________________________________。
（2）写出联合制碱法的方程式：
_________________________________________________。
（3）工业合成氨采用20－50MPa，说明为什么选择这个压强：
_______________________。
（4）已知4NO2+2CO（NH2）2→2CO2+4N2+4H2O+O2（已知尿素中N为－3价），该反应的氧化产物为___________；若吸收0.15molNO2，则转移的电子个数为______________。
（5）向一定量NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，此时，溶液中c（Na+）_____c（NH3·H2O）。
【答案】
（1）铵盐与碱反应产生氨气逸出，导致肥效降低；
（2）CO2+NH3+H2O+NaCl→NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）合成氨的反应为N2+3H2
2NH3，高压能够使平衡往正反应方向进行，提高氨气产率；压强不能过高，否则增加设备等成本，因此选择20－50MPa压强。
（4）N2和O2；0.6NA。
（5）＝。
【解析】
（1）铵盐与碱反应产生氨气逸出，无法被植物充分吸收，导致肥效降低；
（2）默写方程式；
（3）从压强对平衡的影响，以及从成本的角度考虑问题；
（4）氧化产物即化合价升高的产物，该反应中化合价升高的元素有两个，一是氧－2价变为0价生成氧气，二是氮从－3价变为0价生成氮气，因此氧化产物为N2和O2；根据方程式的化合价变化情况可知4NO2~16e，即转移电子数为吸收NO2数量的四倍，因此吸收0.15molNO2，则转移的电子个数为0.15×4×NA＝0.6NA。
（5）根据电荷守恒，有[NH4+]＋[Na+]＋[H+]＝[Cl－]＋[OH－]，又以为溶液呈中性，[H+]＝[OH－]，因此式子可改写成[NH4+]＋[Na+]＝[Cl－]；根据物料守恒，由氯化铵的化学式可知n（N）＝n（Cl），其中N元素在反应后的存在形式有NH4+,NH3·H2O，Cl元素以Cl－形式存在，因此有[NH4+]＋[NH3·H2O]＝[Cl－]，与[NH4+]＋[Na+]＝[Cl－]联立可解得c（Na+）＝c（NH3·H2O）。
（二）
（1）从绿色化学、环保的角度选择制取硫酸铜的原料_______。
a.Cub.CuOc.CuSd.Cu（OH）2·CuSO4
（2）写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作：
__________、__________、过滤、洗涤……
（3）如图球形管装置的作用：
____________________________。
（4）反应后溶液中存在Cu2+，但浓硫酸有吸水性，不能通过溶液颜色来判断Cu2+的存在，请写出一种简便的方法验证Cu2+的存在：
___________________________________________。
（5）在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体。
已知：
2CuS
Cu2S+S。
取ag固体样品，加热后测得Cu2S固体质量为bg，求固体样品中CuS质量分数__________；若Cu2S在高温下会分解为Cu，则测得的CuS的质量分数________（偏大、偏小或不变）。
（6）根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素：
_____________________。
【答案】
（1）bd；
（2）蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）防止倒吸（实际上要写清楚什么物质被吸收引起倒吸）；
（4）将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反应产生了Cu2+；
（5）100%×2（a－b）/a或[200（a－b）/a]%；偏大（6）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长
【解析】
（1）a选项Cu与浓硫酸反应才能制取硫酸铜，并且产生污染环境的气体二氧化硫，故不选；b选项CuO与稀硫酸反应即可生成硫酸铜，且无污染环境的产物；c选项CuS不溶于酸，如果要制备硫酸铜，需要先与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜再与稀硫酸反应得到硫酸铜，过程中产生二氧化硫污染环境，故不选；d选项只需要稀硫酸并无有害产物；综上，答案选bd。
（2大多数盐的溶解度随温度降低而下降，因此用降温结晶的方法得到更多的晶体。
（3）球形管提供较大的空间，防止形成过大的负压，防倒吸。
（4）由于浓硫酸的吸水性，导致Cu2+无法与水结合产生蓝色溶液，因此需要加水稀释检验铜离子。
需要注意的是原反应液中存在浓硫酸，因此稀释时应注酸入水，即原反应液倒入水中进行稀释，若溶液呈蓝色，则说明铜离子的存在。
（5）列方程组：
设CuS质量为xg，Cu2S质量为yg，根据题意可列出方程x＋y＝a，y＋1/2x＝b，解得x=2（a－b），因此CuS的质量分数为100%×2（a－b）/a或[200（a－b）/a]%；若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量b就会偏小，根据表达式可看出，测得的CuS的质量分数偏大。
（6）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长（具体得看题干和题目信息）
（三）（15分）白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：
30.A的结构简式__________。
反应Ⅰ的反应类型_____________。
31.B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为_________，在酸性条件下水解的产物为________。
32.检验官能团G所用的试剂是__________________________。
33.根据已有知识并结合相关信息，写出以
和CH3OH为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用）。
（已知RCN
RCOOH）合成路线流程图如下：
（甲
乙……
目标产物）
【答案】
30.
；取代反应
31.
；HCOOH、
32.银氨溶液
33.
【解析】
30.由A的分子式计算出不饱和度为4，苯环侧链无双键等不饱和结构，再结合分析
可得A的结构简式
。
反应Ⅰ为
，氯原子被氰基取代，取代反应。
31.
，此步骤意在保护酚羟基官能团。
B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为
，在酸性条件下水解的产物为HCOOH和
。
32.检验
中的官能团G即检验醛基，用银氨溶液。
33.产物
可由典型的酯化反应制得，注意由
到
碳链加长的路线设计。
（四）（15分）Li3Fe2（PO4）3作为锂离子电池的正极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。
34.配平下列反应的化学方程式。
____Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+___CO→____CO2+____LiFePO4
35.CO2的电子式为__________，P原子的核外电子有_____种不同能量的电子。
研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。
已知
36.该反应的平衡常数K=_________。
在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4的质量减少了4.8g，则v（CH4）=________。
37.根据下图可得出n（CO2）
_____n（CH4）
（填“>”、“<”和“=”），原因是
____________________________________________________________________________。
【答案】
34.2Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4
35.
；5
36.
；
37.>；根据图中信息，有H2O生成，平衡时n（H2）【解析】
34.根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，CO→CO2碳的化合价升高2，Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3→LiFePO4铁的化合价降低1，可配平2Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4。
35.二氧化碳的电子式
，磷元素核外电子排布
，有5种能量不同的电子。
36.
，
37.可根据碳守恒，n（CO2）
明显大于n（CH4）
。
由图中信息可知有有H2O生成，平衡时n（H2）
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