Y>Z
【答案】A
【解析】X的M电子层有1个电子，X属于短周期元素，因此X为Na，Y的最外层电子数为内层电子数的2倍，因此Y为C，Z的最高化合价为最低化合价的3倍，即Z为S，Z与W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl，A、形成的化合物可以是MgC2、MgS、MgCl2，这些都属于离子化合物，故A正确；B、气态氢化物分别CH4、H2S、HCl，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性顺序是Cl>S>C，因此氢化物的稳定性是HCl>H2S>CH4，故B错误；C、原子半径大小顺序是Na>S>Cl>C，故C错误；D、Y的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，属于弱酸，Z的最高价氧化物对应的水化物是H2SO4，H2SO4属于强酸，故D错误。
点睛：
半径的大小比较：
一看电子层数，电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，电子数数越多，半径越大。
6.为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了如下图装置，反应完毕，电解质溶液的pH保持不变。
下列说法正确的是
A.图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B.Y电极的反应：
4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.图中离子交换膜为阳离子交换膜
D.该装置实现了“太阳能→化学能→电能”的转化
【答案】B
【解析】A、根据左图，离子移动的方向，以及原电池工作原理，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，得出N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B、Y电极连接电源的正极，Y电极作阳极，根据电解原理，电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故B正确；C、反应完毕后，电解质溶液的pH不变，离子交换膜应为阴离子交换膜，故C错误；D、该装置实现了太阳能→电能→化学能，故D错误。
7.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示 ILpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH随IgV的变化
B.图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1
C.图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D.图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）
2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】C
【解析】A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c（H+）不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1>T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所以D错误。
本题正确答案为C。
8.黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe（CN）6]目前广泛用做食盐添加剂（抗结剂），我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg·kg-1。
一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ反应的化学方程式为_____________________________。
（2）步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为_______________________。
（填化学式）
（3）步骤Ⅴ所用的试剂X是_________________。
（4）工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。
己知氢氰酸是一种具有苦杏仁特殊气味的无色剧毒液体，易挥发，25℃时，Ka（HCN）=6.25×10-10。
①NaCN的电子式为_________________，反应CNˉ+H2O
HCN+OHˉ在25℃时的平衡常数K=_________________。
（填数值）
②处理含CN-废水的方法是：
第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN-“不完全氧化”为OCN-；第二步控制pH为7.5~8.5，用NaClO“不完全氧化”OCNˉ生生成N2和两种盐。
第一步控制强碱性的主要目的是__________________________________。
第二步反应的离子方程式为______________________________。
【答案】
（1）.6HCN+3Ca（OH）2+FeSO4=Ca2Fe（CN）6+CaSO4↓+6H2O
（2）.CaCl2（或答CaCl2、KCl）（3）.K2CO3（4）.
（5）.1.6×10-5（6）.防止生成HCN，污染环境（7）.2OCNˉ+3ClO-+2H2O=N2↑+3Clˉ+2HCO3ˉ
【解析】本题考查化学工艺流程，
（1）根据流程图，步骤I中投入物质为石灰乳、FeSO4、HCN，生成的物质为Ca2Fe（CN）6，Ca2Fe（CN）6中CN显－1价，Ca显＋2价，Fe显＋2价，步骤I中没有化合价的变化，因此有Ca（OH）2＋FeSO4＋HCN→Ca2Fe（CN）6，SO42－与部分Ca2＋结合生成CaSO4，因此反应方程式为6HCN+3Ca（OH）2+FeSO4=Ca2Fe（CN）6+CaSO4↓+6H2O；
（2）根据步骤III，加入KCl制备K2CaFe（CN）6，2个K＋替代了一个Ca2＋，滤液中含有的溶质为CaCl2，以及过量的KCl；（3）根据流程目的，为了不引入新的杂质，应加入含K＋的物质，步骤V是脱钙，试剂X中应含有能与Ca2＋结合的阴离子，因此加入试剂X应为K2CO3；（4）①NaCN为离子化合物，其电子式为
；根据平衡常数的表达式K=
=10－14/6.25×10－10=1.6×10－5；②如果溶液呈现酸性，则生成HCN，HCN有剧毒，污染环境，因此控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境；OCN－中O显－2价，N显－3价，C显＋4价，ClO－作氧化剂，被还原成Cl－，化合价降低2价，N被氧化成N2，化合价升高3价，最小公倍数为6，配平其他，因此离子反应方程式为2OCNˉ+3ClO－+2H2O=N2↑+3Clˉ+2HCO3ˉ。
点睛：
本题难点是氧化还原反应方程式的书写，先根据信息，写出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，即OCN－＋ClO－→N2↑＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，得出2OCN－＋3ClO－→N2↑＋3Cl－，生成两种盐，以及原子守恒、电荷守恒，得出离子反应方程式为2OCNˉ+3ClO－+2H2O=N2↑+3Clˉ+2HCO3ˉ。
9.（I）无水MgBr2可用作催化剂实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1。
主要步骤如下：
步骤1三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 ℃分解得无水MgBr2产品。
已知：
①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5
MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是____________。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是_______________________。
（3）有关步骤4的说法，正确的是___________。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯 D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（4）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-=Mg Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是____________________________。
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________________________（以质量分数表示）。
（II）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）4=27H2O+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据__________________、_____________________；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理________________________________。
【答案】
（1）.干燥管
（2）.防止镁屑与氧气反应，生成MgO杂质（3）.会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患（4）.BD（5）.从滴定管上口加入少量待测液，平斜着缓慢转动滴定管，使液体润湿整支滴管内壁，然后从下口放出，重复2--3次（6）.97.5%（7）.分解反应是吸热反应降温（8）.且生成的氧化镁、氧化铝附着表面隔绝空气，水蒸气稀释空气（9）.Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
【解析】考查实验方案设计与评价，（I）
（1）根据仪器A的特点，仪器A为干燥管；空气中含有氧气，能与金属镁反应生成MgO，不能用干燥空气代替N2的原因是防止镁与氧气反应，生成MgO；
（2）因为Mg与液溴反应剧烈放热，因此装置B改为装置C，导致会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）A、95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B、加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0℃的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C、加热至160℃的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；D、该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；（4）①从滴定管上口加入少量待测液，平斜着缓慢转动滴定管，使液体润湿整支滴管内壁，然后从下口放出，重复2--3次；②根据反应方程式，n（MgBr2）=26.50×10－3×0.05mol=1.325×10－3mol，其质量为1.325×10－3×184g=0.2438g产品的纯度为0.2438/0.2500×100%=97.52%；（II）
（1）根据反应方程式，生成氧化镁、氧化铝附着在表面隔绝空气，水蒸气稀释空气，分解反应是吸热反应，可以降温；
（2）氧化铝是两性氧化物，氧化镁为碱性氧化物，因此除去氧化铝用NaOH溶液，离子反应是Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
10.钼（Mo）是一种难熔稀有金属，我国的钼储最居世界第二。
钼及其合金在冶金，农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。
（1）Mo可被发烟硝酸氧化，产物MoOF4和MoO2F2物质的量比为1∶1，完成下列方程式：
____Mo+____HF+____HNO3=____MoO2F2+____MoOF4+____NO2↑+（）______，______________________
（2）已知：
①2Mo（s）+3O2（g）=2MoO3（s）ΔH1
②MoS2（s）+2O2（g）=Mo（s）+2SO2（g）ΔH2
③2MoS2（s）+7O2（g）=2MoO3（s）+4SO2（g）ΔH3
则ΔH3=__________________（用含ΔH1、ΔH2的代数式表示），在反应③中若有0.2molMoS2参加反应，则转移电子__________mol。
（3）密闭容器中用Na2CO3（s）作固硫剂，同时用一定量的氢气还原辉钼矿（MoS2）的原理是：
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s） ΔH实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示：
①由图可知，该反应的ΔH_________0（填“>”或“<”）；P2_________0.1MPa（填“>”或“<”）。
②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达平衡，下列说法错误的是_______（选填编号）。
A.V正（H2）=V逆（H2O）
B.再加入MoS2，则H2转化率增大
C.容器内气体的密度不变时，一定达平衡状态
D.容器内压强不变时，一定达平衡状态
③由图可知M点时氢气的平衡转化率为____________（计算结果保留0.1%）。
④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。
求图中M点的平衡常数Kp=___________（MPa）2
【答案】
（1）.261211129H2O
（2）.△H1 +2△H2（3）.2.8（4）.＞（5）.＞（6）.B（7）.66.7%（8）.0.01
【解析】
（1）设生成MoOF4和MoO2F2均为1份，则消耗2份Mo，HF为6份，生成物应为H2O,设消耗硝酸为x份，生成水y份，则由物料平衡得3+x/2=y；3+y=x。
解得x=12，y=9，所以方程式为2Mo+6HF +12HNO3=MoO2F2+MoOF4+12NO2↑+6H2O；
（2）方程式②×2+方程式①=方程式③，所以ΔH3=△H1 +2△H2；反应中0.7molO2被还原，转移电子2.8mol；
（3）①温度越高，氢气含量越少，则说明反应为吸热反应，反应体系能量升高，故ΔH>0；
在相同温度下，P2条件下氢气含量大，说明此时反应向左进行，又方程式右端气体体积较左端大，增大压强会促进反应向左进行，则P2＞P1=0.1MPa；
②A.反应大道平衡时，氢气与水真气体积相同，A正确；B.加入MoS2相当于减少了氢气的浓度，反应向左进行，氢气转化率下降，B错误；C.容器内各种气体的量不发生变化，则反应达到平衡，C正确；D.同理，容器内气体的总量不发生变化，说明反应没有朝任何方向进行，反应达到平衡，D正确。
故选择B。
③方程式右端生成的气体为3份，是由2份氢气转化，则氢气的转化率为：
2/（1+2）=66.7%；
............
11.氮、磷及其化合物在工农业生产中都有重要作用。
（1）基态磷子价电子排布的轨道表示式为____________________。
（2）元素B、N、O的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
（3）食品添加剂NaNO2中NO2中心原子的杂化类型是__________，NO2互为等电子体的分子的化学式为____________________。
（写1种即可）。
（4）N2H4是火箭的燃料，与氧气的相对分子质量相同，它在常温常压下是液态，而氧气是气态，造成这种差异的主要原因是____________________。
（5）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。
磷化硼可由三溴化硼和三溴化磷于高温下在氢气中反应合成。
①三溴化磷分子的空间构型是____________________，三溴化硼键角是____________________。
②磷化硼晶体晶胞如左图所示：
其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为________，磷原子的配位数为____________________。
该结构中有一个配位键，提供空轨道的原子是__________，己知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA。
则磷化硼晶体的密度为____________________g/cm3。
③磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影（右图中虚线圆圈表示P原子的投影），用实线圆圈画出B原子的投影位置（注意原子体积的相对大小）_____________。
【答案】
（1）.
（2）.N>O>B（3）.sp2杂化（4）.SO2、O3（5）.N2H4分子间存在氢键，O2分子间只有范德华力，氢键比范德华力强（6）.三角锥形（7）.120（8）.面心立方最密堆积（9）.4（10）.B（11）.
（12）.
或
【解析】
（1）P为15号元素，基态磷原子价电子排布的轨道表示式为
，故答案为：
；
（2）同一周期，从左到右，元素 的第一电离能逐渐增大，但N的2p为半充满状态，均为稳定，第一电离能大于O，第一电离能由大到小的顺序为N>O>B，故答案为：
N>O>B；
（3） 食品添加剂NaNO2中NO2-中心原子N与2个原子相连，孤对电子对数=
（5+1-2×2）=1，采用sp2，与NO2-互为等电子体的分子有SO2、O3，故答案为：
sp2杂化；SO2、O3；
（4）N2H4分子间存在氢键，O2分子间只有范德华力，氢键比范德华力强，导致在常温常压下N2H4是液态，而氧气是气态，故答案为：
N2H4分子间存在氢键，O2分子间只有范德华力，氢键比范德华力强；
（5）①三溴化磷分子中磷原子的价层电子对数为
=4，P原子按sp3方式杂化，有一对孤电子对，所以分子空间构型为三角锥形，三溴化硼分子中硼原子的价层电子对数为
=3，B原子按sp2方式杂化，没有孤电子对，所以分子空间构型为平面三角形，结构式为
，键角是120°，故答案为：
三角锥形；120°；
②根据磷化硼晶体晶胞结构图，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为面心立方最密堆积，晶胞中磷原子和硼原子都是4个，B的配位数为4，则P的配位数也为4，该结构中有一个配位键，B原子最外层有3个电子，提供空轨道的原子是B。
晶胞中磷原子和硼原子都是4个，则晶胞的密度=
=
g/cm3，故答案为：
面心立方最密堆积；4；B；
；
③根据磷化硼的晶胞结构图，沿着体对角线方向的投影为
（图中虚线圆圈表示P 原子的投影，实线圆圈为B 原子的投影，其中P原子半径比B大，故答案为：
。
12.以丙烯为原料合成抗炎药物D和机体免疫增强制剂I的合成路线如下（部分反应条件和产物已经略去）：
回答下列问题：
请回答下列问题：
（1）由丙烯生成A的反应类型为_______，由H生成I的反应类型为________________________。
（2）E的结构简式为_______，F中含氧官能团名称为______
升级会员 