氟>氯>溴，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则HF>HCl>HBr或R>T>Q，C项错误；T、Q分别是氯、溴，非金属性：
氯>溴，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，则高氯酸（HClO4）的酸性比高溴酸（HBrO4）强或T>Q，D项正确。
【学科网考点定位】本题考查考生对第VIA、VIIA、0族元素单质和重要化合物性质的了解；考查考生对元素在元素周期表中的位置及其性质递变规律的了解；综合考查考生对“位置、结构、性质”三角关系的掌握程度。
同时考查考生简单推理的能力，以及对重要非金属元素及其化合物相关性质的掌握。
着重考查卤素及其化合物的结构和主要性质。
8．下列实验的现象与对应结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入无水乙醇中
产生气泡
Na能置换出醇羟基中的氢
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
【答案】AC
【解析】蔗糖的化学式为C12H22O11，浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖碳化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，促使单质碳与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，黑色固体体积膨胀，并伴有刺激性气味，硫由+6价降为+4价，说明浓硫酸具有强氧化性，A项正确；常温下浓硝酸能使铝钝化，表面生成一层致密的保护膜，阻止内层金属铝与浓硝酸酸的反应，因此无明显现象，但是钝化是化学变化，发生了氧化还原反应，且加热时铝与浓硝酸能反应，B项错误；金属钠置换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C项正确；黑色的铁粉在加热条件下与水蒸气发生置换反应，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，而不是生成红色的氧化铁固体，D项错误。
【学科网考点定位】本题考生对常见单质及化合物的性质的掌握程度；以元素化合物性质和实验知识为载体，考查考生对浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性的了解；考查考生对常见元素及其重要化合物的性质、常见化学反应及其实验现象的掌握。
着重考查考生对蔗糖组成和性质的掌握程度；考查考生对蔗糖与浓硫酸、铝与浓硝酸、钠与无水乙醇、水蒸气与铁等在一定条件下反应及其现象的掌握程度。
第II卷（非选择题共64分）
本学科网解析为学科网名师学科网解析团队原创，授权学科网独家使用，如有盗用，依法追责！
三、非选择题：
本大题共4小题，共64分。
按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后学科网答案的不能得分。
有数值计算的题，学科网答案中必须明确写出数值和单位。
二、填空题（题型注释）
三、实验题（题型注释）
9．（17分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。
（1）在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。
①下列收集Cl2的正确装置是。
②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是。
③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：
取少量新制氯水和CCl4于试管中，。
（2）能量之间可以相互转化：
电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。
设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：
ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线。
①完成原电池甲的装置示意图，并作相应标注。
要求：
在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
②铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极。
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是，其原因是。
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在
（2）的材料中应选
作阳极。
【答案】
（1）①C（2分）
②Cl2、HClO、ClO－（3分）
③滴加NaBr溶液，振荡后静置，下层溶液呈红棕（或棕黄）色（3分，其他合理说法也给分）
（2）①（3分，下列三种图像或其他合理画法均给分）
②有红色固体析出，负极被腐蚀（1分，其他合理学科网答案也给分）
③甲（1分）电池乙的负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能；电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应，化学能在转化为电能时损耗较小（3分，其他合理解释也可得分）
（3）锌片（1分）
【解析】
（1）①集气瓶中使用单孔橡胶塞紧，只能进气，不能排气，则瓶内气体压强增大到一定程度，可能爆炸等，A项错误；倒立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导管中进，不会排出瓶内上部的空气，而是直接沉底，从短导气管中逸出，因此不能排出空气收集氯气，B项错误；正立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导管中进，先沉底并将底部空气排出，短导气管排出的气体通过倒扣漏斗、NaOH溶液吸收处理，既防止倒吸又防止污染空气，C项正确；氯气与NaOH溶液能反应，即Cl2+2NaOH==NaClO+NaCl+H2O，因此不能用排NaOH溶液的方法收集氯气，D项错误；②氯气与水发生可逆反应，生成盐酸和次氯酸，即Cl2+H2O
H++Cl－+HClO，所得氯水中含有三种分子四种离子，即H2O、Cl2、H+、Cl－、HClO、ClO－、OH－，其中具有强氧化性的含氯粒子是Cl2、HClO、ClO－；③Cl2、Br2都是卤素单质，都是非金属单质，比较非金属单质氧化性强弱时，通过氯气与溴化钠溶液能否发生在置换反应、反应后四氯化碳层是否是橙色，可以判断氯气和溴单质的氧化性强弱，即设计的实验方案为：
取少量新制氯水和CCl4于试管中，滴入足量或适量NaBr（或KBr、HBr）溶液，振荡、静置，溶液分层，下层液体是橙色，说明氯气与溴化钠（或KBr、HBr）溶液发生置换反应或Cl2+2NaBr==2NaCl+Br2（或Cl2+2KBr==2KCl+Br2、Cl2+2HBr==2HCl+Br2），四氯化碳将生成的溴从水层萃取到下层，下层呈橙色，氯元素由0价将为—1价，溴元素由—1价降为0价，则Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，由于氧化剂的氧化性比氧化产物强，则氧化性：
Cl2>Br2；
（2）①根据题给条件和原电池的构成条件可得，带盐桥的原电池甲可以设计锌铜原电池（或铁铜原电池、锌铁原电池），由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属活动性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以为锌片和硫酸锌溶液、铜片和硫酸铜溶液（或者铁片和硫酸亚铁、铜片和硫酸铜溶液，锌片和硫酸锌溶液、铁片和硫酸亚铁溶液）；②由于金属活动性：
Zn>Fe>Cu，则原电池乙中铜片作正极，锌片或铁片作负极，工作一段时间后，负极金属锌或铁本身被腐蚀或被氧化，表面变黑，失去金属光泽，质量减轻，溶液中蓝色变浅；③甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能，其中带有盐桥的原电池甲中的负极金属锌和硫酸铜（或铁和硫酸铜）没有直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极金属锌和硫酸铜（或铁和硫酸铜）直接接触，两者会直接发生置换反应，部分化学能会转化为热能，化学能不可能全部转化为电能【或无盐桥时，负极金属锌和硫酸铜（或铁和硫酸铜）直接接触，两者能直接发生置换反应而放热，化学能部分变为电能，部分变为热能】；（3）由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极（阴极）时被保护，而铁作负极（阳极）时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在
（2）的材料中应选择比铁活泼的锌片作负极（阳极），使铁片作正极（阴极），从而牺牲锌片保护铁片；不能选择铜片，因为铜作正极（阴极），而铁片作负极（阳极），此时铁片的腐蚀速率加快，而不是延缓。
【学科网考点定位】本题以元素化合物性质和实验知识为载体，考查考生对常见元素的单质和重要化合物的主要性质的掌握程度；考查考生气体收集方法、尾气处理装置的掌握情况；考查考生基本的实验操作技能和初步设计实验的能力以及分析、解决问题的能力；考查考生的创新能力和思维方法；考查考生对原电池构成条件和工作原理的理解程度，以及用图形正确表达分析结果的能力；考查考生对原电池负极反应现象的观察能力及其实验现象的表达能力；考查考生对有无盐桥对原电池中化学能转化为电能效率的评价及分析能力；考查考生对金属电化学防护的的理解；考查考生对元素化合物知识的综合应用能力；
四、计算题（题型注释）
五、简答题（题型注释）
10．（16分）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
（1）化合物I的分子式为_____，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗_____molO2。
（2）化合物II可使____溶液（限写一种）褪色；化合物III（分子式为C10H11C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物II，相应的化学方程式为______。
（3）化合物III与NaOH乙醇溶液共热生成化合物IV，IV的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1∶1∶1∶2，IV的结构简式为_______。
（4）由CH3COOCH2CH3可合成化合物I。
化合物V是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物VI。
V的结构简式为______，VI的结构简式为______。
（5）一定条件下，
与
也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为_____。
【答案】
（1）C6H10O3（2分）7（2分）
（2）溴的四氯化碳（或酸性高锰酸钾，合理即给分，2分）
（4）HOCH2CH=CHCH2OH（2分）（2分，其他合理写法也给分）
（5）
【解析】
（1）反应①中化合物I的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，数一数其中所含碳、氢、氧原子的数目，可得其分子式为C6H10O3；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：
C6H10O3+7O2
6CO2+5H2O，其中氧气与I的物质的量之比等于系数之比，则1molI完全燃烧最少需要消耗7molO2；
（2）反应①中化合物II的官能团是碳碳双键、羟基，前者与溴可以发生加成反应，前者和后者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，由此推断II可以使溴的四氯化碳溶液或溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色；II的结构简式为C6H5CH=CHCHOHCH3，其分子式为C10H12O，III属于卤代烃，其分子式为C10H11Cl，III比II多1个Cl少1个OH，III与NaOH水溶液共热生成II，说明III的结构简式为C6H5CH=CHCHClCH3，根据卤代烃的性质可书写并配平其水解反应的化学方程式；（3）根据卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应的原理，III与NaOH乙醇溶液共热生成的有机产物可能是C6H5CH=C=CHCH3、C6H5CH=CHCH=CH2，前者的核磁共振氢谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为1∶1∶3，因此不符合题意，则化合物IV的结构简式为C6H5CH=CHCH=CH2；（4）醇中羟甲基（—CH2OH或HOCH2—）在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的醛基（—CHO或OHC—），依题意可知V的碳链两端各有1个羟甲基（—CH2OH或HOCH2—），CH3COOCH2CH3的分子式为C4H8O2，减去2个C、6个H、2个O之后可得2个C、2个H，即V的碳链中间剩余基团为—CH=CH—，则V的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，以此为突破口，可以推断VI的结构简式为OHCCH=CHCHO；（5）比较反应①中反应物I、II与生成物的结构简式，找出其中相同的基团和不相同的基团，然后推断该反应实质是II所含醇羟基中氧碳键断裂，I所含酯基和酮基的邻碳上的碳氢键断裂，羟基与氢结合生成无机产物水，其余部分结合生成有机产物，由此类比可得类似反应①的有机产物的结构简式。
【学科网考点定位】考查考生对烯烃、炔烃、卤代烃、醇、醛、酯等常见有机物的结构和成键特征的了解；考查考生对以上有机物典型代表物的组成和性质以及它们相互联系的了解；考查考生对重要有机反应类型如取代反应、加成反应、消去反应和氧化反应的了解；考查考生对核磁共振氢谱峰组数和峰面积之比的了解；考查考生对有机化合物同分异构现象的了解；考查考生的分析能力、逻辑推理能力、综合应用信息以及信息迁移能力。
11．（16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。
将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
（1）O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I－（aq）+O3（g）==IO－（aq）+O2（g）△H
升级会员 