D.Y与Z的一种化合物是高温结构陶瓷材料
【答案】C
【解析】
【分析】
根据条件“Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X为F元素；由“Z－具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素；根据“Y、Z原子的最外层电子数之和为10”，且“Q、X、Y、Z的原子序数依次增大”，可知Y为Al元素。
【详解】A．X和Z
简单氢化物分别是HF和HCl，其中HF为弱酸，A项错误；
B．Y单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B项错误；
C．Q和X的简单氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；
D．Y和Z的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误；
答案选C。
4.依据下列实验现象，得出的结论正确的是
操作
实验现象
结论
A
向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液
最终溶液变蓝
氧化性：
Cl2>Br2>I2
B
向某无色溶液中滴加浓盐酸
产生能使品红溶液褪色的气体
不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3－
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热
得到蓝色溶液
蔗糖水解产物没有还原性
D
向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液
先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀
证明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；
B．能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是
，不一定是
或
；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或
；综上所述，B项正确；
C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型
还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu（OH）2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；
D．由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；
答案选B。
5.某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得：
（甲）+
（乙）
（丙）
下列说法正确的是
A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应
B.甲分子中所有原子共平面
C.乙的化学式是C4H718OO
D.丙在碱性条件下水解生成
和CH318OH
【答案】A
【解析】
【详解】A．通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环；A项正确；
B．由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子，所以甲分子内的所有原子不可能共平面；B项错误；
C．由乙的结构可知，乙的分子式为：
；C项错误；
D．酯在碱性条件下水解，产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为
和
，D项错误；
答案选A。
6.常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）。
下列说法错误的是
A.点①溶液中c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）=2c（Cl-）
B.点②溶液中c（NH4+）=c（Cl-）
C.点③溶液中c（Cl-）>c（H+）>c（NH4+）>c（OH-）
D.该氨水的浓度为0.1000mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】
条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）”中的等式，实际上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V（HCl）=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1mol/L。
V（HCl）=20mL即滴定终点时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。
【详解】A．V（HCl）=20mL时，溶液中有c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）成立；所以V（HCl）=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：
c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）=2c（Cl-）；A项正确；
B．点②时溶液呈中性，所以有c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒式：
c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），可知溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；B项正确；
C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c（NH4+）＞c（H+）；C项错误；
D．由条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）+c（NH3）”可知V（HCl）=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L；D项正确；
答案选C。
【点睛】对于溶液混合发生反应的体系，若要判断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断，会大大降低问题的复杂程度。
7.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。
锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。
下列关于该电池的说法错误的是
A.若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
B.若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+xH+
C.若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e－=2H2O
D.利用该装置，可实现太阳能向电能转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：
；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；
B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：
；B项错误；
C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：
；C项正确；
D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；
答案选B。
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
8.次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。
已知：
Ⅰ.常温常压下，Cl2O
棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。
Ⅱ.将氯气和空气（不参与反应）按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O气体，用水吸收Cl2O（不含Cl2）制得次氯酸溶液。
某实验室利用以下装置制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。
A.
B.
C.
D.
E.
回答下列问题：
（1）装置D的作用为_______________。
（2）配平装置B中的反应___________：
Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。
写出Cl2O的结构式为_____。
（3）装置C中加入的试剂X为CCl4，其作用是__________。
（4）各装置的连接顺序为A→____________→____________→______________→E。
（5）此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。
（答出1条即可）
（6）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_____g。
【答案】
（1）.除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比1:
3
（2）.2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3（3）.Cl-O-Cl（4）.除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的纯度（5）.D（6）.B（7）.C（8）.制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-（9）.57.6
【解析】
【分析】
该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:
3这个要求；因此就出现了这两个问题：
（1）原料Cl2含有杂质需要除杂；
（2）如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。
接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：
未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。
【详解】
（1）装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：
除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:
3；
（2）根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；
（3）题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：
除去
中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；
（4）结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；
（5）氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：
制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；
（6）由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：
，可知E中参与反应的n（Cl2O）=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为
。
根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：
，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为
。
【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。
9.某实验室以含镍废料（主要成分为NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）为原料制备NixOy和碳酸钴（CoCO3）的工艺流程如图：
已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
7.7
沉淀完全的pH
3.7
9.7
9.4
9.2
请回答以下问题：
（1）“滤渣Ⅰ”主要成分为（填化学式）_____。
（2）“氧化”时（加入NaClO3）的离子方程式为_____。
（3）加入Na2CO3来“调pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO（对应的金属氧化物）来调节pH将铁除去，则pH控制的范围为_____。
（4）在实验室萃取操作应该在_____中完成（填仪器名称），向水相中加入NaHCO3时的离子方程式为_________。
（5）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：
_____，_________，过滤，洗涤，干燥。
“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物的名称为_____。
【答案】
（1）.BaSO4和SiO2
（2）.
（3）.3.7＜pH＜7.2（4）.分液漏斗（5）.
（6）.蒸发浓缩（7）.冷却结晶（8）.三氧化二镍
【解析】
【分析】
原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，
，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。
第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。
题干中还提供了有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调节pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。
最后根据失重曲线判断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步判断即可。
【详解】
（1）原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；
（2）氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为
；
（3）加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避免其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；
（4）萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为
；
（5）由溶液获取结晶的常规操作是：
蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃开始，固体的质量减少，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中
，所以固体氧化物即三氧化二镍。
10.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应（i）：
2CH4（g）＋O2（g）⇌2CO（g）＋4H2（g）△H=－71.4kJ•mol-1
反应（ii）：
CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g）△H=+247.0kJ•mol-1
（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：
_____。
（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：
CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g）（不发生其它反应），CO2的平衡转化率如表所示：
容器
起始物质的量（n）/mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.1
0.1
0
0
50％
Ⅱ
0.1
0.1
0.2
0.2
/
①下列条件能说明反应达到平衡状态的是_____。
A.v正（CH4）=2v逆（CO）
B.容器内各物质的浓度满足c（CH4）·c（CO2）=c2（CO）·c2（H2）
C.容器内混合气体的总压强不再变化
D.容器内混合气体密度保持不变
②达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：
2n（CO）Ⅰ_____n（CO）Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）
（3）将一定量的甲烷和氧气混合完成反应（i），其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图所示。
c点_____（填“可能”、“一定”或“一定未”）达到平衡状态，理由是_____。
（4）CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）∆H<0。
设m为起始时的投料比，即m=n（H2）/n（CO2）。
通过实验得到下列图象：
图1
图2
图3
①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为_________。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为_________。
③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。
T4温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算）。
【答案】
（1）.CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=－282.7kJ•mol-1
（2）.C（3）.＞（4）.一定未（5）.催化剂不会影响平衡转化率，在相同条件下，乙催化剂对应的c点的转化率没有甲催化剂对应的b点的转化率高，所以c点一定未平衡（6）.T3＞T2＞T1（7）.m1＞m2＞m3（8）.
【解析】
【详解】
（1）书写燃烧热的热化学方程式，一定要保证：
可燃物的化学计量系数为1；可燃物发生完全燃烧；生成产物是在常温常压下稳定存在的物质，根据盖斯定律可得：
；
（2）①A．2v正（CH4）=v逆（CO）时，反应才达到平衡状态，A项错误；
B．由于平衡常数未知，所以浓度满足上式不一定处于平衡状态，B项错误；
C．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且属于非等体积反应，根据公式
可知，当压强不变，该反应一定达到平衡，C项正确；
D．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且全为气体参与，根据公式
可知，密度恒定与平衡状态无关，D项错误；
答案选C。
②构造容器Ⅲ：
除起始物质只加入0.2molCH4和0.2molCO2外，其他条件与Ⅰ、Ⅱ相同；通过分析可知容器Ⅱ、Ⅲ中的平衡等效。
容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，进料增加了一倍，考虑到反应方程式，所以Ⅲ相比于Ⅰ，平衡逆移，CO的含量下降，所以2n（CO）Ⅰ＞n（CO）Ⅱ；
（3）催化剂对于平衡无影响，相同条件下，加入甲催化剂达到的转化率b高于加入乙催化剂的转化率c，所以c点对应的一定不是平衡状态；
（4）①由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以T3＞T2＞T1；
②对于两种反应物的反应，增加其中一种物质的投料，会使另一种物质的转化率提高，所以m1＞m2＞m3；
③由于投料按照化学计量系数比进行，所以反应任意时刻，n（H2）:
n（CO2）=3:
1，且n（乙醇）：
n（水）=1:
3；所以图中c线为H2，d线为CO2，a线为水，b线为乙醇；结合数据可知，T4时，平衡状态时，H2含量为0.375，CO2为0.125，水为0.375，乙醇为0.125。
所以压强平衡常数的表达式为：
。
11.铁氰化钾（化学式为K3[Fe（CN）6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。
其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、（CN）2等物质。
（1）
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