【答案】D
【解析】
【分析】
元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，设W的最外层电子数为x，则X、Y的最外层电子数分别为x+1、x+2，故x+x+1+x+2=18，解得x=5，故W、X、Y分别为N、S、Cl，因此可推知Z为Ge，据此分析。
【详解】元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，设W的最外层电子数为x，则X、Y的最外层电子数分别为x+1、x+2，故x+x+1+x+2=18，解得x=5，故W、X、Y分别为N、S、Cl，因此可推知Z为Ge。
A.由于NH3存在分子间氢键，简单氢化物的沸点：
W>Y，选项A错误；
B.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故原子半径：
Z>X>Y，选项B错误；
C.元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，若不是最高价则不一定，如硝酸的酸性强于亚硫酸，选项C错误；
D.根据上述分析可知，Z是Ge，为半导体材料，Z与Y可形成化合物ZY4，即GeCl4，选项D正确。
答案选D。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A.用装置甲过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液
B.用装置乙蒸干氯化铵饱和溶液制备NH4Cl晶体
C.用装置丙将Cl2与HCl混合气体纯化得到纯净的Cl2
D.用装置丁收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
【答案】A
【解析】
【详解】A、海带灰的浸泡液用装置甲过滤可以获得含I-的溶液，选项A正确；
B．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，选项B错误；
C、用装置丙只能将Cl2与HCl混合气体中的氯化氢除去，但没有干燥，不能得到纯净的Cl2，选项C错误；
D、NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项D错误。
答案选A。
6.镁一空气电池是一种能被水激活的一次性储备电池，原理如图所示。
下列说法错误的是
A.放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极
B.放电时，正极的电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH¯
C.理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D.电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可制成镁锭循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
【详解】A、通氧气的电极为正极，因为多孔碳电极为正极，放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极（由负极流向正极），选项A正确；
B.放电时，多孔碳电极为正极，碱性条件下正极上氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，选项B正确；
C、根据负极反应式：
Mg-2e-+2OH¯═Mg（OH）2，当外电路流过2mol电子时，负极质量增加34g，选项C错误；
D.电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧得到氧化镁，再还原可制成镁锭循环利用，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理，关键是正负极的判断，很明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质镁就一定为负极，注意负极增加的是OH-的质量。
7.常温下，用0.10moI/LNaOH溶液滴定0.10mol/LHA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。
下列叙述错误的是
A.Ka（HA）的数量级为10-5
B.N点，
C.P—Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D.当滴定至溶液呈中性时，c（A-）>c（HA）
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c（A-）≈c（HA），Ka（HA）=
，故Ka（HA）的数量级为10-5，选项A正确；
B.N点，根据电荷守恒有
，即
，选项B错误；
C.P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；
D.根据图b可知当lg
（即
）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c（A-）>c（HA），选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8.二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。
+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。
实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
回答下列问题：
（1）VOC12中V的化合价为________。
（2）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为___。
也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是_______
（3）步骤ii可在下图装置中进行。
①反应前应通入CO2数分钟的目的是________。
②装置B中的试剂是____。
（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用cmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为bmL。
滴定反应为：
VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O.
①KMnO4溶液的作用是_______。
NaNO2溶液的作用是______。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为_________。
【答案】
（1）.+4
（2）.2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O（3）.有氯气生成，污染空气（4）.排除装置中的空气，避免产物被氧化（5）.饱和NaHCO3溶液（6）.将+4的钒化合物氧化为VO2+（7）.除去过量的KMnO4（8）.
【解析】
【详解】
（1）根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；
（2）步骤i中V2O5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；
也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；
（3）①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；
（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用cmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为bmL。
滴定反应为：
VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O.
①KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO2+；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；
②根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）=n（Fe2+）=bc
，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为
。
9.某废旧锂电池材料含有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂石墨和铝粉等。
回收废旧锂电池中钴的工艺流程如下：
已知：
Ksp（CoC2O4）=2.5×10-9，Ksp（CoCO3）=1.5×10-13
回答下列问题：
（1）“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al（HC2O4）3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。
“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为_______，若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是____。
（2）“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为___________，该反应进行的程度较大，试用平衡常数K解释原因_____。
（3）“电解”时装置如图所示。
阳极的电极反应式为______，电解后a室中的电解液可返回________工序继续使用。
（4）某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为____。
【答案】
（1）.2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑
（2）.CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co（HC2O4）2而溶解（3）.CoC2O4+CO32-
CoCO3+C2O42-（4）.该反应的平衡常数K=1.67×104，反应正向进行的趋势很大（5）.2H2O-4e-=O2↑+4H+（6）.酸溶（7）.
【解析】
【详解】
（1）“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al（HC2O4）3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。
“浸出”中LiCoO2与H2C2O4反应生成CoC2O4，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑，若H2C2O4用量过大，CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co（HC2O4）2而溶解，CoC2O4的产率反而会降低；
（2）根据CoC2O4和CoCO3的溶度积，“转化”中加入Na2CO3溶液，将CoC2O4转化为CoCO3，发生反应的离子方程式为CoC2O4+CO32-
CoCO3+C2O42-，该反应的平衡常数K=Ksp（CoC2O4）÷Ksp（CoCO3）=2.5×10-9÷（1.5×10-13）=1.67×104，反应正向进行的趋势很大，故该反应进行的程度较大；
（3）“电解”时装置如图所示。
连接正极的电极为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，左室产生大量氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入a室，a室得到酸，故电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用；
（4）根据质量守恒进行求算，某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为
。
【点睛】本题考查工业流程、氧化还原反应、信息型方程式书写、沉淀的转化等，注意分析流程中各步的反应，掌握反应原理是解题关键。
10.环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其制备涉及的反应如下：
回答下列问题：
（l）反应
的△H=_________kJ/mol。
（2）解聚反应在刚性容器中进行。
①其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是____（填标号）.
A.升高温度B．降低温度C．增大压强D．减小压强
②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。
某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则pH2O=___kpa，平衡常数Kp=______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数）
（3）一定条件下，将环戊二烯溶于有机溶剂中进行氢化反应，反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率（以环戊二烯为原料计）随时间变化如下图所示。
①将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是____，
②最佳的反应时间为__h。
活化能较大的是__（填“氢化反应”或“副反应”）。
（4）已知氢化反应平衡常数为1.6×1012，副反应的平衡常数为2.0×10l2。
在恒温恒容下，环戊二烯与氢气按物质的量之比为1：
1进行反应，则环戊二烯的含量随时间变化趋势是____（不考虑环戊二烯的二聚反应）。
【答案】
（1）.-209.9
（2）.AD（3）.25（4）.960（5）.降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动（6）.4（7）.副反应（8）.先变小后变大（最后不变）
【解析】
【详解】
（1）已知
，
，根据盖斯定律，由氢化反应+副反应得反应
△H=-100.5kJ/mol-109.4kJ/mol=-209.9kJ/mol；
（2）①提高双环戊二烯平衡转化率则平衡正向移动；
A.升高温度，平衡向吸热反应的正反应方向移动，选项A符合；
B．降低温度，平衡向放热反应的逆反应方向移动，选项B不符合；
C．增大压强，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，选项C不符合；
D．减小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，选项D符合；
答案选AD；
②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。
某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，则增压60kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则反应前双环戊二烯的分压为
，则pH2O=l00kPa-75kPa=25kPa，平衡时双环戊二烯、环戊二烯的平衡分压分别为15kPa、120kPa，平衡常数Kp=
=960kPa；
（3）①将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动；
②根据图中信息可知，4h时环戊烯的产率最大，故最佳的反应时间为4h。
根据各反应的焓变以及环戊烯和环戊烷产率随时间的变化曲线可知，活化能较大的是副反应；
（4）已知氢化反应平衡常数为1.6×1012，副反应的平衡常数为2.0×1012。
在恒温恒容下，环戊二烯与氢气按物质的量之比为1：
1进行反应，开始一段时间，氢化反应的活化能较小，氢化反应比副反应快，环戊二烯的含量随时间的推移变小；一段时间后，由于副反应的平衡常数大于氢化反应的平衡常数，副反应进行的程度大、放热多，使氢化反应逆向进行，环戊二烯的含量随时间推移又变大，直至最后不变。
11.磷能形成众多单质与化合物。
回答下列问题：
（1）磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式__。
（2）黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。
①黑磷中P原子的杂化方式为_________。
每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是____个。
②用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐（如图2）处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。
该盐的构成元素中C、N、O、F的电负性由大到小顺序为__，1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为______，该盐阴离子的几何构型是__。
（3）磷钇矿可提取稀土元素钇（Y），某磷钇矿的结构如下：
该磷钇矿的化学式为__，与PO43—互为等电子体的阴离子有__（写出两种离子的化学式）。
已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为__g.cm—3（列出计算式）。
【答案】
（1）.1s22s22p63s13p33d1
（2）.sp3（3）.2（4）.F>O>N>C（5）.17NA（6）.正四面体（7）.YPO4（8）.SO42-、ClO4-、BrO4-、IO4-、SiO44-（9）.
【解析】
【详解】
（1）磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1；
（2）①黑磷中每个P原子与另外三个P原子形成共价键且有一对孤电子对，P原子的杂化方式为sp3；每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是
个；
②元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，原子得电子能力大小为：
F＞O＞N＞C，则电负性大小为：
F＞O＞N＞C；4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐阳离子中含有一个氮氮三键、一个氮碳键、苯环上有四个碳氢键、苯环上六个碳碳键、两个碳氧键、三个碳氢键，故1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为17NA；该盐阴离子BF4-，B上的孤电子对数为
=0，价层电子对数为0+4=4，B为sp3杂化，故BF4-的空间构型为正四面体；
（3）根据均摊法求算，该磷钇矿一个晶胞含有
个Y，
个PO43-，故该磷钇矿的化学式为YPO4，等电子体是指价电子总数和原子总数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，与PO43—互为等电子体的阴离子有SO42-、ClO4-、BrO4-、IO4-、SiO44-；已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为
g.cm—3。
12.烯烃复分解反应可示意如下：
利用上述方法制备核苷类抗病毒药物的重要原料W的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为____。
（2）由B到C的反应类型为____。
（3）D到E的反应方程式为____。
（4）化合物F在GrubbsII催化剂的作用下生成G和另一种烯烃，该烯烃的结构简式是____。
（5）H中官能团的名称是______．
（6）化合物X是H的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1molX最多可与3molNaOH反应，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：
2：
2：
1。
写出两种符合要求的X的结构简式：
_____。
（7）由
为起始原料制备
的合成路线如下，请补充完整（无机试剂任选）。
_________________。
【答案】
（1）.丙烯醛
（2）.加成反应（3）.
（4）.CH2=CH2（5）.羧基、碳碳双键（6）.
、
（7）.
【解析】
【详解】
（1）B为
，其化学名称为丙烯醛；
（2）由B到C是丙烯醛与水在磷酸及加热条件下发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，反应类型为加成反应；
（3）根据
可知D到E为酯化反应，反应方程式为
；
（4）化合物F（
）在GrubbsII催化剂的作用下生成G（
）和另一种烯烃，根据反应原理及碳原子数目可知，该烯烃为乙烯，结构简式是CH2=CH2；
（5）根据G在氢氧化钾溶液中加热水解生成羧酸钾和乙醇，再酸化得到羧酸H为
，H中官能团的名称是羧基、碳碳双键；
（6）化合物X是H的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1molX最多可与3molNaOH反应，则含有三个酚羟基，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：
2：
2:
1。
符合要求的X的结构简式有
、
；
（7）由
为起始原料制备
，
与氯化氢在催化剂及加热条件下反应生成
，
在酸性高锰酸钾溶液中反应生成
，
在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成
，
在稀硫酸作用下生成
，
与
发生酯化反应生成
，
在GrubbsII催化剂的作用下生成
，合成路线如下：
。
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