X>W
C．ZWY3是含有离子键的共价化合物D．氢化物的沸点：
Y>W
【答案】D
【解析】试题分析：
X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代，推出X为C，Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生，则Z为Na，Y为O，W2、WY2可用于自来水消毒，推出W为Cl，A、Na比C多一个电子层，电子层越多，半径越大，应是Na的半径大于C，故错误；B、非金属性越强，氢化物越稳定，Cl的非金属性强于C，因此应是Cl>C，故错误；C、化学式为NaClO3，属于离子化合物，故错误；D、H2O中含有分子间氢键，含有分子间氢键的物质的熔沸点高于无分子间氢键的，故正确。
12．煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应，将煤中黄铁矿（FeS2）或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的，下图是一种脱硫机理，则下列说法正确的是
l—电极a2—黄铁矿3—MnSO4、H2SO4混合溶液4—未反应黄铁矿5一电解产品
A．Mn3+充当了电解脱硫过程的催化剂
B．电极a应与电源负极相连
C．脱硫过程中存在的离子反应为：
8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42－+15Mn2+
D．阴极发生的反应：
2H2O+2e－=4H++O2↑
【答案】C
【解析】A、电解初期，电极a发生Mn2+-e－=Mn3＋，电解后期Mn3＋又还原，Mn3＋充当了电解脱硫过程的中间产物，故A错误；
B、电极a发生Mn2+-e－=Mn3＋，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，故B错误；
C、脱硫过程中Mn3＋将FeS2氧化成Fe3+和SO42－，存在的离子反应为：
8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42－+15Mn2+，故C正确；
D、阴极发生的反应：
4H++4e－+O2=2H2O，故D错误；故选C。
13．
，向20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液
滴定过程中溶液温度保持不变
，滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数
随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是
A．
的电离方程式为：
；电离常数
B．B点溶液中存在关系：
C．图2中的a点对应为图1中的B点
D．D点时，溶液中微粒浓度大小关系为：
【答案】C
【解析】A、根据图2所示，一定pH下，电离出的离子为
，所以
是一元弱酸，电离方程式为：
；20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液10mL，得到等浓度的
和
，此时即为B点，
，根据电离平衡常数Ka
，选项A正确；
B、B点溶液为等浓度的
和
，存在电荷守恒关系：
，存在物料守恒：
，
整理得到
，选项B正确；
C、B点溶液为等浓度的
和
，显酸性，
的电离大于
的水解，所以，选项C错误；
D、D点是20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液20mL，恰好完全反应，得到的是
，溶液显示碱性，所以
，选项D正确。
答案选C。
二、非选择题：
共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共43分。
26．（15分）以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质）为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：
已知：
①常温下，Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，Ksp[Al（OH）3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：
Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10-5mol·L-l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是_____________________。
“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。
“硫酸”过多造成氨的损失；硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是___________________________________。
（2）加入氨水应调节pH的范围为______ ，当Fe3+恰好沉淀完全时，c（Al3+）=________mol·L-l。
（3）“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是____________（填化学式），写出其阳离子的电子式：
_______________________________。
（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。
①“沉锰”过程中放出CO2，反哥应的离子方程式为_______________________________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_______________________________。
【答案】
（1）二氧化锰会氧化浓盐酸（2分）生成的Fe3+ 水解得到Fe（OH）3 沉淀（2分）
（2）4.6~8.1（2分）0.05（2分）
（3）（NH4）2SO4（1分）
（2分）
（4）①Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O（2分）
②温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢（2分）
【解析】
（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是二氧化锰会氧化浓盐酸。
“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。
“硫酸”过多造成氨的损失；硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是生成的Fe3+ 水解得到Fe（OH）3 沉淀。
（2）由题中信息可知，Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4，Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
所以，加入氨水应调节pH的范围为4.6~8.1，当Fe3+恰好沉淀完全时，的物质的量浓度最大值为1×10-5mol·L-l，此时溶液中c（OH-）的最小值为
mol/L，c（Al3+）=
0.05mol·L-l。
（3）“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是（NH4）2SO4，其阳离子的电子式为
。
（4）①“沉锰”过程中放出CO2，反哥应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O。
②当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是：
温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢。
27．（14分）甘氨酸亚铁
是一种补铁强化剂。
实验室利用
与甘氨酸
制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示（夹持和加热仪器已省略）。
查阅资料：
①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
I．装置C中盛有17.4g
和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。
实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是________。
（2）装置B中盛有的试剂是：
_______；装置D的作用是________。
（3）向
溶液中加入
溶液可制得
，该反应的离子方程式为________。
（4）过程I加入柠檬酸促进
溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。
①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是________；
②柠檬酸的作用还有________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是________。
（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_______％。
【答案】
（1）分液漏斗（1分）平衡压强、便于液体顺利流下（1分）
（2）饱和NaHCO3溶液（1分）检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中（2分）
（3）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）
（4）①pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2沉淀（2分）②防止Fe2+被氧化（1分）
（5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出（2分）
（6）75（2分）
【解析】
（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a相比，仪器b的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。
（2）装置B中盛有的试剂是：
饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2＋被氧化）。
（3）向
溶液中加入
溶液可制得
和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
（4）①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2沉淀，Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓；
②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。
（6）17.4g即0.15molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是
×100%=75%。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向
溶液中加入
溶液可制得
和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。
28.（14分）在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
化学反应
正反应活化能
逆反应活化能
t℃时平衡常数
N2（g）＋O2（g）＝2NO（g）△H>0
akJ/mol
bkJ/mol
K1
4NH3（g）＋5O2（g）＝4NO（g）＋6H2O（g）△H<0
ckJ/mol
dkJ/mol
K2
请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：
______________________，t℃时该反应的平衡常数为__________（用K1和K2表示）。
（2）工业合成氨的原理为：
N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。
图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2的物质的量之比（设为x）与平衡时NH3的物质的量分数的关系。
①图甲中0～t1min内，v（N2）＝_____mol·L－1·min－1；b点的v（H2）正_____a点的v（H2）逆（填“大于”“小于”或“等于”）。
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器体积为1L，保持温度和压强不变，又充入3molN2后，平衡________（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
（3）①科学家研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。
用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电。
尿素燃料电池结构如图所示，写出负极电极反应式：
________________________________________________。
②理论上电池工作时，每消耗标准状况下2.24LO2时，可产生的电量为________（法拉第常数为96500C/mol）。
【答案】
（1）4NH3（g）＋6NO（g）=N2（g）＋6H2O（g）△H=（c-d-5a+5b）kJ/mol（2分）K=
（2分）
（2）
mol/（L•min）（2分）大于（2分）不移动（2分）
（3）CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+（2分）38600c（2分）
【解析】
（1）已知△H=正反应活化能-逆反应活化能，则①N2（g）＋O2（g）＝2NO（g）△H=（a-b）kJ/mol>0，②4NH3（g）＋5O2（g）＝4NO（g）＋6H2O（g）△H=（c-d）kJ/mol<0，由盖斯定律知：
②-①×5得4NH3（g）＋6NO（g）=N2（g）＋6H2O（g），即△H=（c-d）kJ/mol-[（a-b）]kJ/mol×5=（c-d-5a+5b）kJ/mol，则t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3（g）＋6NO（g）=N2（g）＋6H2O（g）△H=（c-d-5a+5b）kJ/mol，t℃时此反应的平衡常数为K=
；
（2）①图甲中0～t1min内，H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，由N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）可知N2的变化浓度为0.3mol/L×
=0.1mol/L，则v（N2）＝
=
=
mol/（L•min）；根据浓度越大，反应速率越快可知b点的v（H2）正大于a点的v（H2）逆；
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器体积为1L，则平衡常数K=
=
=1，保持温度和压强不变，又充入3molN2，此时容器的体积变为2L，则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L，根据Qc=
=
=1=K，则此时平衡不移动；
（3）①由尿素燃料电池的结构可知，负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳，负极反应为CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+；
②标准状况下2.24LO2的物质的量为
=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，则可产生的电量为96500C/mol×0.4mol=38600c。
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：
物质结构与性质］（15分）
青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体，双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：
（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。
（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。
（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠（NaBH4）还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：
2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF
①写出BH4﹣的等电子体_________（分子、离子各写一种）；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子，则B2H6分子中有______种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石（Na3AlF6）的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；
④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比
=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。
【答案】
（1）O>C>H（1分）
（1分）
（2）7（1分）
（3）①CH4、NH4+（2分）
②2（2分）
③B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道（2分）
④6（2分）0.414（2分）电荷因素（1分）键性因素（1分）
【解析】
（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图
。
（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：
。
（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石（Na3AlF6）的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是：
B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；
④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示：
。
Na+半径的半径为对角线的
，对角线长为
，则Na+半径的半径为
，H-半径为
，阴、阳离子的半径比
0.414。
由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。
36．[化学——选修5：
有机化学基础]（15分）
某种降血压药物硝苯地平的合成路线如下：
已知：
+R”’CHO
（1）A的结构简式是___________。
（2）B与新制Cu（OH）2反应的化学方程式是______________。
（3）H→I的反应类型是_______________。
（4）试剂a是_______________。
（5）J→K的化学反应方程式是___________。
（6）F有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式__________。
①分子中含有酯基，且存在顺反异构
②能与金属Na单质反应，且能发生银镜反应
（7）1mol硝苯地平最多可与__________molNaOH溶液发生水解反应。
（8）已知D
E→F+CH3OH，E的结构简式是_______________。
【答案】
（1）CH≡CH（2分）
（2）CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOH→CH3COONa+Cu2O↓+3H2O（2分）
（3）取代反应（1分）
（4）
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