B.简单氢化物的沸点:
Y>W
C.Y分别与Z和W形成的化合物中化学键的类型相同
D.常温下Z的单质与X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不反应
【答案】B
【解析】分析：
Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，说明这两种氢化物发生了氧化还原反应，生成了硫单质，因此一种为双氧水，一种为硫化氢，据此分析即可解答。
详解：
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中X与Y同周期且相邻，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，该淡黄色固体为硫，则W为S，则形成的氢化物为H2S，将H2S氧化为S，则另一种氢氧化物具有氧化性，为过氧化氢，因此Y为O元素，则X为N元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，为Al。
A.同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径:
r（X）＞r（Y），故A错误；B.水分子间能够形成氢键，水的沸点高于硫化氢，故B正确；C.氧化铝属于离子化合物，含有离子键，二氧化硫或三氧化硫是共价化合物，含有共价键，故C错误；D.常温下铝与浓硝酸发生钝化，钝化属于化学变化，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查了元素周期表和元素周期律的应用。
本题的难度中等，本题的易错点为D，要注意金属的钝化属于化学变化。
本题的难点是Y、W元素的推断，容易受到过氧化钠是淡黄色固体的影响和误导。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.氯气通入水中:
Cl2+H2O
2H++Cl-+ClO-
B.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液:
2C6H5OH+CO32-=2C6H5O-+H2O+CO2↑
C.向偏铝酸钠溶液中加入NaHCO3溶液:
AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-
D.碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH溶液共热:
NH4++OH-
NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】A.氯气通入水中,正确的离子方程式为：
Cl2＋H2O
H＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，正确的离子方程式为：
C6H5OH+CO32-═C6H5O-+HCO3-，故B错误；C.向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢钠,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，正确的离子方程式为：
AlO＋HCO
＋H2O===Al（OH）3↓＋CO
，故C正确；D.碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH溶液共热，反应的离子方程式为：
NH4++HCO3-+2OH−
NH3⋅H2O+H2O+CO32−，故D错误；答案选C.
点睛：
D为易错项，NH4+和HCO3-都和OH−发生反应。
7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.NaCl（aq）
Cl2
FeCl2
B.NH3
NO
HNO3
C.Fe
Fe2O3
Fe
D.AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]OH（aq）
Ag
【答案】B
【解析】A.Cl2与Fe反应，在固体状态只生成FeCl3，A错误；B.氨气与氧气反应生成NO,NO与氧气反应生成NO2,NO2与水反应生HNO3，B正确;C.Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，C错误；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，D错误.答案选B.
点睛：
蔗糖本身不含有醛基，不能发生银镜反应，蔗糖的水解产物葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应。
8.工业上用盐酸酸化的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，分别取腐蚀后的滤液并向其中加入下列指定物质，反应后的溶液中主要存在的-组离子正确的是
A.加入过量CuO:
Fe3+、H+、Cu2+、Cl-
B.加入过量NaOH溶液:
Na+、Fe2+、 OH-、Cl-
C.通入过量Cl2:
Fe3+、H+、Cu2+、Cl-
D.通入过量SO2:
Fe3+、H+、Cu2+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】腐蚀后的溶液中含Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－等离子。
A.加入过量CuO，CuO与H＋反应生成Cu2＋和水，反应后的溶液中主要存在的离子为：
Fe3＋、Cu2＋、Cl－，A错误；B.加入过量NaOH溶液，NaOH与Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋反应，反应后的溶液中主要存在的离子为：
Cl－、Na＋、OH－，B错误；C.通入过量Cl2，Cl2与Fe2反应生成Fe3＋和Cl－，反应后的溶液中主要存在的离子为：
Fe3＋、H＋、Cu2＋、Cl－，C正确；D.通入过量SO2，SO2与Fe3＋反应生成Fe2＋和SO42-，反应后的溶液中主要存在的离子为：
H＋、Cu2＋、SO42-、Cl－、Fe2＋，D错误；
答案选C.
点睛：
D为易错项，Fe3＋能将SO2氧化成SO42-
9.钯（Pd）可作汽车尾气CO、NO和HC（碳氢化合物）转化的催化剂。
Pd负载量不同或不同工艺制备的纳米Pd对汽车尾气处理的结果如下图所示。
下列说法不正确的是
A.图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随Pd负载量的增大先升后降
B.图乙表明，尾气的起燃温度随Pd负载量的增大先降后升
C.图甲和图乙表明，Pd负载量越大催化剂活性越高
D.图丙和图丁表明，工艺2制得的催化剂Pd的性能优于工艺1
【答案】C
【解析】A.由图甲可知，其它条件相同时，汽车尾气CO、NO和HC（碳氢化合物）的转化率，在Pd的负载量小于2g˙L-1时增大，大于2g˙L-1后降低，A正确；B.由图乙可知，尾气的起燃温度，在Pd负载量小于2g˙L-1时降低，大于2g˙L-1后升高，B正确；C.由图甲和图乙可知，当Pd负载量增大到一定程度时尾气的转化率降低，起燃温度升高，说明Pd负载量过大的时候导致催化剂的活性在下降，因此并不是Pd负载量越大催化剂活性就越高，C错误；D.由图丙和图丁可知，工艺2制得的催化剂Pd在200
时，尾气的转化率已经很高，而工艺1制得的催化剂Pd在200
时，尾气的转化率很低，在500
时才有较高的转化率，说明工艺2制得的催化剂Pd的性能优于工艺1，D正确；答案选C.
10.高温时通过以下反应制备金属铝。
用铝制作的“快速放电铝离子二次电池”的原理如右图所示（EMI+为有机阳离子）。
下列说法正确的是
①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）=3AlCl3（g）+3CO（g）△H1=akJ/mol
②3A1Cl（g）=2Al
（1）+AlCl3（g）△H2=bkJ/mol
③Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=ckJ/mol
A.△H3<0
B.Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a-b）kJ/mol
C.该电池充电时石墨电极与电源负极相连
D.该电池放电时的负极反应方程式为Al-3e-+7AlC4-=4Al2Cl7-
【答案】D
【解析】A.根据盖斯定律：
①+②=③，因此ΔH3=（a+b）kJ·mol－1，由于①和②不能确定是放热还是吸热，所以ΔH3无法确定，A错误；B.根据盖斯定律：
①+②=③，因此Al2O3（s）＋3C（s）===2Al（l）＋3CO（g） ΔH3＝（a+b）kJ·mol－1，B错误；C.石墨电极在原电池时作正极发生还原反应，则充电时应该与外接电源的正极相连发生氧化反应，C错误；D.放电时铝为负极,被氧化生成Al2Cl7－，负极反应方程式为Al－3e－＋7AlCl4-===4Al2Cl7－，D正确；答案选D.
点睛：
放电时铝为负极被氧化，其逆过程就是充电时为阴极被还原，石墨电极为正极发生还原反应，其逆过程就是充电时作阳极发生氧化反应。
11.丁苯酞是一种治疗急性脑缺血的药物，部分合成流程如下。
下列说法正确的是
A.化合物X、Y和丁苯酞三种分子中各含有1个手性碳原子
B.化合物Y可以发生取代、加成和加聚反应
C.可用Na2CO3 溶液鉴别化合物X和化合物Y
D.化合物X、Y和丁苯酞各1mol 最多消耗NaOH的量均为1mol
【答案】AC
【解析】A.连有四个不同基团的碳原子被称为手性碳原子，有两个必备条件：
①手性碳原子一定是饱和碳原子②手性碳原子所连接的四个基团是不同的，因此化合物X、Y和丁苯酞三种分子中各含有1个手性碳原子，A正确；B.化合物Y不能发生加聚反应，B错误；C.化合物X与Na2CO3溶液不反应，化合物Y中含有羧基能与Na2CO3溶液反应生成气体，可用Na2CO3溶液鉴别化合物X和化合物Y，C正确；D.化合物X、Y和丁苯酞各1mol最多消耗NaOH的量分别为2mol、1mol、1mol，D错误；答案选AC.
点睛：
手性碳原子是指同一个碳上连有四个不同的基团。
12.下列说法正确的是
A.铅蓄电池放电时负极质量减轻，充电时阳极质量增加
B.同温下，0.1mol/L醋酸溶液pH=a，0.01mol/L醋酸溶液pH=b，则a+1C.钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法进行防护
D.一定条件下反应N2+3H2
2NH3，当3V正（H2）=2V逆（NH3），则反应达到平衡
【答案】C
【解析】A.铅蓄电池是用填满海绵状铅的铅板作负极，填满二氧化铅的铅板作正极，放电时负极反应为:
Pb+SO42--2e-=PbSO4由于PbSO4会附着在负极，故负极的质量增大，故A错误;B.醋酸溶液中，C（CH3COOH）＞C（H+），且浓度越小，弱电解质的电离程度越大，0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，如果两种醋酸的电离程度相等，则a+1=b，实际上，0.01mol/L的醋酸电离程度大于0.1mol/L醋酸，所以a+1＞b，故B错误；C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3的速率关系符合系数比，即v正（H2）：
v正（NH3）=3：
2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），所以达到平衡时，应为2v正（H2）＝3v逆（NH3），故D错误．答案选C.
13.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
淀粉KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性:
I->C1->SO2
B
向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，煮沸，用激光笔照射，出现一条光亮通路
有Fe（OH）3胶体生成
C
向5mL0.1mol/LKI溶液中加入0.1mol/L的FeCl3溶液lmL，振荡，用苯萃取2--3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色
反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2是有一定限度的
D
取CH3CH2Br与NaOH溶液混合，共热并充分振荡，冷却后滴加AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀
CH3CH2Br变质了
【答案】BC
【解析】A.淀粉KI溶液中通入Cl2，溶液先出现蓝色，说明Cl2将I-氧化为I2，则还原性：
I->Cl-，再通入二氧化硫气体，蓝色褪去，说明二氧化硫具有还原性，将碘单质还原成碘离子，则还原性：
SO2>I-，所以还原性：
SO2>I->Cl-，故A错误；B．向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，故B正确；C.向5mL0.1mol·L－1KI溶液中加入0.1mol·L－1的FeCl3溶液1mL，FeCl3不足，但是取出来的溶液中滴加KSCN溶液显血红色，说明KI和FeCl3反应有一定的限度，故C正确；D.取少量CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后先滴加稀硝酸中和氢氧化钠，然后再滴加AgNO3溶液，根据是否有淡黄色沉淀出现判断水解情况，否则氢氧根离子干扰检验结果，故D错误；答案选BC.
14.常温，Ka（HCOOH）=1.77×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5,Kb（NH3•H2O）=1.76×10-5，下列说法正确的是
A.c（NH4+）相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液:
c（NH4HCO3）B.浓度均为0.1mol/L的HCOONa和NH4Cl两种溶液:
c（OH-） +c（HCOO-）>c（H+）+c（NH4+）
C.0.1mol/L的CH3COOH与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合:
c（H+）+c（CH3COOH）D.向0.1mol/LCH3COONa溶液中通HCl至溶液pH=7:
c（Na+）>c（CH3COOH）>c（Cl-）
【答案】B
【解析】A.在NH4+浓度相同的情况下，弱酸酸根对应的弱酸酸性越弱，溶质浓度越大。
HCOO-、CH3COO−、HCO3-对应的酸分别为HCOOH、CH3COOH、H2CO3，根据已知条件以及所学过的知识可知酸性强弱排序为：
HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3因此NH4+浓度相等条件下，溶质浓度大小排序为c（NH4HCO3）>c（CH3COONH4）>c（HCOONH4），故A错误；B.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数可知，其离子水解程度：
CH3COO−>NH4+>HCOO−，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO−）+c（OH−）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+），c（NH4+）+c（H+）=c（Cl−）+c（OH−）=0.1mol/L+c（OH−），水解程度NH4+>HCOO−，所以前者c（H+）大于后者c（OH−），所以浓度均为0.1mol/L的HCOONa和NH4Cl溶液中c（OH－）＋c（HCOO－）>c（H＋）＋c（NH
），故B正确；C.0.1mol·L－1的CH3COOH与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，所以c（CH3COOH）c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；D.向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl至溶液pH＝7，c（H+）=c（OH−），HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO−）+c（Cl−），由物料守恒可知：
c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO−），则c（Na+）>c（CH3COOH）=c（Cl−），故D错误；答案选B.
15.一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:
CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） △H<0。
下列说法正确的是
容器编号
温度/K
物质的起始浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
c（CH3OH）
c（CO）
c（CH3COOH）
c（CH3COOH）
I
530
0.50
0.50
0
0.40
II
530
0.20
0.20
0.40
III
510
0
0
0.50
A.达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3:
4
B.达平衡时，容器II中
比容器I中的大
C.达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大
D.达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1
【答案】BD
【解析】分析：
根据CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但温度不同；容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，再结合等效平衡和平衡的移动判断两容器中气体的物质的量之间的关系。
详解：
A．根据CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6mol/L，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6mol/L×1.2=0.72mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:
0.72=5:
6＞3:
4，故A错误；B．根据CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则
增大，故B正确；C．根据CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故C错误；D.根据CH3OH（g）+CO（g）
CH3COOH（g） 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1，故D正确；故选BD。
16.一种由菱镁矿（主要成分MgCO3、CaCO3、FeCO3、SiO2） 制备高纯氢氧化镁的工艺如下:
（1）“煅烧”时FeCO3发生反应的方程式为_____。
（2）“浸取”温度100℃左右，该步骤含镁化合物参与反应的化学方程式为______。
（3）“浸取”时NH4Cl用量对Mg2+浸出率的影响曲线如右图所示。
下列有关说法正确的____（ 填序号）。
A.“浸取”时适当搅拌浆料
B.用超理论用量20%的NH4Cl进行浸取
C.可用NH4Cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，将两次浸取液合并
D.浸出温度采用100℃可促进NH4Cl的水解和NH3的逸出
（4）本工艺流程中可循环利用的物质有______。
（5）若要得到高纯Mg（OH）2，需对“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是_______。
（6）25℃时，Ksp（CaSO4）=7.2×10-5。
实验测得“除钙”前后溶液中c（Ca2+）分别为2.8g/L和0.8g/L,则1L溶液至少需加入MgSO4固体的质量为____g。
【答案】
（1）.4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2
（2）.MgO+2NH4Cl
MgCl2+2NH3+H2O（3）.ACD（4）.NH4Cl、NH3（5）.取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净（6）.6.4g
【解析】
（1）菱镁矿中含有FeCO3，“煅烧”时FeCO3与空气中的氧气发生氧化还原反应，反应的方程式为：
4FeCO3＋O2
2Fe2O3＋4CO2，答案为：
4FeCO3＋O2
2Fe2O3＋4CO2
（2）“浸取”时控制温度100℃左右，此时由“煅烧”产生的MgO与NH4Cl的水溶液发生反应，反应的化学方程式为：
MgO＋2NH4Cl
MgCl2＋2NH3↑＋H2O，答案为：
MgO＋2NH4Cl
MgCl2＋2NH3↑＋H2O
（4）由菱镁矿制备高纯氢氧化镁的工艺流程中用到NH4Cl和NH3，因此本工艺流程中NH4Cl和NH3可循环利用。
答案为：
NH4Cl和NH3
（5）检验Mg（OH）2固体已洗净，只要检验洗涤液中没有Cl-即可，因此检验固体已洗净的方法是取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净。
答案为：
取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净。
（6）溶液中c（SO42-）=
=
=3.6
mol·L－1,1L溶液生成的CaSO4为
=0.05mol，所以需要MgSO4固体的质量为3.6
mol·L－1×1L×120g/mol+0.05mol×120g/mol=6.4g，答
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