D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：
Y>Z
【答案】B
【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：
；A．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：
X＜W＜Z，故A错误；B．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；C．W与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；D．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；故选B。
6.常温下，Ka1（H2C2O4）=10-1.3，Ka2（H2C2O4）=10-4.2。
用0.l000mol/LNaOH溶液滴定10.00mL0.l000mol/LH2C2O4溶液所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是
A.点①所示溶液中：
B.点②所示溶液中：
C.点③所示溶液中：
D.点④所示溶液中：
【答案】B
【解析】点①所示溶液中溶质是NaHC2O4，溶液呈酸性，说明HC2O4-电离大于水解，所以
，故A错误；点②所示溶液PH=4.2，
，Ka2（H2C2O4）=10-4.2，
，所以
，故B正确；点③所示溶液呈中性，根据电荷守恒
，故C错误；点④所示溶液中溶液是Na2C2O4，根据电荷守恒、物料守恒
，故D错误。
点睛：
酸式弱酸盐NaHA溶液的酸碱性由HA-的电离和水解程度决定；若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性。
7.根据下列实验操作和现象得出的相关结论正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】氯乙烷在氢氧化钠水溶液中水解为乙醇和氯化钠，氯化钠与硝酸银反应生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，故A正确；Fe（NO3）2溶液加入稀硫酸，Fe2+可以被硝酸氧化为Fe3+，所以Fe（NO3）2溶液加入稀硫酸，在加KSCN溶液，溶液变成血红色，不能证明Fe（NO3）2已变质，故B错误；若盐酸的浓度不同，相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉加入到等体积的盐酸中，反应速率：
大理石粉不一定大理石块，故C错误；2mL0.01mol/L的Na2S溶液中滴入几滴ZnSO4，Na2S溶液有剩余，再滴入几滴CuSO4溶液，Na2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，不能证明
，故D错误。
点睛：
Fe2+可以被硝酸、氧气等氧化剂氧化为Fe3+，若要证明Fe（NO3）2是否变质，可以向Fe（NO3）2溶液直接加入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则Fe（NO3）2已变质。
8.氯化铁，黑棕色结晶，熔点306℃、沸点315℃，易升华；FeCl3易溶于水且具有强烈的吸水性。
某化学兴趣小组利用如下装置（夹持仪器略去）制备氯化铁晶体（FeCl3.6H2O）。
（1）仪器A的名称是____，在该实验中长导气管的作用是____，同时防止盐酸挥发污染环境。
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为____，装置丙的作用为__________________。
（3）为顺利达成实验目的，实验过程中先关闭弹簧夹l和3，打开弹簧夹2，再打开乙装置中的活塞，待铁粉完全溶解后，关闭乙中的活塞，___再打开甲中的活塞。
（4）在实验过程中判断乙瓶中铁元素完全转化成氯化铁的方法是：
取试样于试管中，然后向试管中力口入__（填试剂）后观察现象。
（5）反应结束后，将乙中溶液边加入____，边进行加热浓缩、____、过滤、洗涤、干燥即得到产品。
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.平衡气压利于液体顺利滴下（3）.2MnO4－＋16H+＋10Cl-＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O（4）.吸收多余的氯气（或吸收尾气，防止污染空气）（5）.打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2或（关闭弹簧夹2打开弹簧夹1和3）（6）.K3Fe（CN）6（或铁氰化钾、赤血盐）（或答铁氰化钾溶液，K3Fe（CN）6溶液，赤血盐溶液都可）（7）.浓盐酸（8）.冷却结晶
【解析】试题分析：
（1）根据装置图回答仪器A的名称；在该实验中长导气管可以使烧瓶和分液漏斗中的压强保持一致；
（2）装置甲中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气；装置丙中氢氧化钠吸收剩余氯气；（3）实验过程中，先用盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气，铁完全溶解后再通入氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；（4）亚铁离子与铁氰化钾溶液溶液反应生成蓝色沉淀；（5）氯化铁易水解，加入浓盐酸可以防止氯化铁水解；
解析：
（1）仪器A的名称是分液漏斗；在该实验中长导气管可以平衡气压利于液体顺利滴下；
（2）装置甲中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应离子方程式是2MnO4－＋16H+＋10Cl-＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；装置丙吸收多余的氯气，防止污染空气；（3）先用盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气，铁完全溶解后再通入氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；所以实验过程中先关闭弹簧夹l和3，打开弹簧夹2，再打开乙装置中的活塞，待铁粉完全溶解后，关闭乙中的活塞，打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2，再打开甲中的活塞；取试样于试管中，然后向试管中力口入K3Fe（CN）6溶液后观察现象，若没有蓝色沉淀生成，则铁元素完全转化成氯化铁；（5）为防止氯化铁水解，反应结束后，将乙中溶液边加入浓盐酸，边进行加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得到产品氯化铁。
9.汽车尾气中通常含有NO和CO等大气污染物，科学家寻找高效催化剂实现了汽车尾气的转化，进而减少汽车尾气对大气的污染。
（1）在100kPa和298.15K下，由稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质在298.15K时的标准摩尔生成焓。
已知NO标准摩尔生成焓AH=+91.5kJ/moI，CO的标准燃烧热AH=-283kJ/mol，由此写出NO和CO反应的热化学反应方程式____。
（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0molN02和4.0moICO，在催化剂作用下发生反应4CO（g）+2NO2（g）=N2（g）+4CO2（g）△H<0，测得相关数据如下：
①5～l0min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为____。
②以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是____。
A．气体颜色不再变化
B．气体密度不再变化
C．气体平均相对分子质量不再变化
③20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入l.0molNO2和l.0molCO，在t1时反应再次达到平衡，则N02的转化率比原平衡____（填“增大”、“减小”或“不变）。
④该温度下反应的化学平衡常数K=_____（保留两位有效数字）。
（____）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g）
2NO2（g）。
将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：
v（N2O4）=klp（N2O4），v（NO2）=k2P2（N02），其中k1、k2是与反应温度有关的常数。
则一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=_____。
（Kp为平衡分压代替平衡浓度计算所得的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）
（4）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2除去，如图示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，如果NOx为NO，则电解池阴极电极反应式为______。
【答案】
（1）.2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H=－749kJ·moL-1
（2）.0.028mol·L-1·min-1（3）.A、C（4）.增大（5）.0.11L·mol-1（6）.
（7）.2NO+4e-=N2+2O2−（或2NO=N2+2O2−－4e-）
【解析】试题分析：
（1）由标准摩尔生成焓的概念，N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=AH=+183.0kJ/moI；CO的标准燃烧热AH=-283kJ/mol，即2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）AH=-566kJ/mol；根据盖斯定律书写NO和CO反应的热化学反应方程式；
（2）①根据
计算；②根据平衡标志分析；③20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入相同比例的反应物，相当于加压；④利用“三段式”计算化学平衡常数；（3）Kp=
，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比=v（NO2）：
v（N2O4）=k2P2（N02）：
=klp（N2O4）=2；（4）NOx在电解池中分解成无污染的N2，NOx得电子发生还原反应；
解析：
（1）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=AH=+183.0kJ/moI
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）AH=-566kJ/mol；根据盖斯定律②-①得2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H=－749kJ·moL-1；
（2）①5～l0min，NO2的浓度变化为1.7-1.56=0.14mol/L，
=
=0.028mol·L-1·min-1；②A．气体颜色不再变化，说明NO2的浓度不再变化，所以一定达到平衡状态，故A正确；B．反应前后气体质量不变，容器体积不变，所以气体密度是恒量，气体密度不再变化，不一定平衡，故B错误；C．反应前后气体质量不变，气体物质的量改变，根据
，气体平均相对分子质量是变量，所以气体平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故C正确。
③20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入相同比例的反应物，相当于加压，平衡正向移动，N02的转化率比原平衡增大；
④
0.11
（3）Kp=
，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比=v（NO2）：
v（N2O4）=k2P2（N02）：
；则k1=
；（4）NOx在电解池中分解成无污染的N2，得电子发生还原反应，阴极反应式是2NO+4e-=N2+2O2−；
点睛：
燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，如CO的标准燃烧热AH=-283kJ/mol，指1molCO完全燃烧生成CO2放出283kJ热量。
10.碲（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷。
工业上用精炼钢的阳极泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：
已知Te02微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。
（1）“碱浸”时所用的试剂是___（填化学式）。
（2）碱浸后的“滤渣”可用于____。
（3）“沉碲”时，缓慢加入H2SO4，并不断搅拌。
为生成TeO2沉淀需控制溶液的pH为4.5—5．0，其原因是____。
（4）“酸溶”后，将SO2通入TeC14酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是____。
（5）25℃时，亚碲酸（H2Te03）的Kal=lxl0-3，Ka2=2×l0-8
①0.lmol/L的NaHTe03的溶液中c（TeO32-）-c（H2TeO3）=____（填离子浓度表达式）。
②0.lmol．L-1的NaHTe03溶液呈__________填“酸性”，“碱性”，“中性”）理由是____（写出利用平衡常数汁算及推理过程）.
【答案】
（1）.NaOH溶液（KOH溶液）
（2）.提炼贵金属（或提取银和金或其它合理答案）（3）.溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失（4）.TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4（5）.c（H+）－c（OH-）（6）.酸性（7）.NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1×10－14/1×10－3=10－11,Kh【解析】试题分析：
（1）.根据Te02易溶于较浓强碱分析；
（2）阳极泥中的Ag、Au难溶于碱，所以滤渣的主要成分是Ag、Au；（3）.Te02溶于较浓的强酸；（4）SO2通入TeC14酸性溶液中得到碲、硫酸、盐酸；（5）①根据质子守恒分析；②HTe03-既水解又电离，根据水解、电离的平衡常数分析0.lmol．L-1的NaHTe03溶液的酸碱性；
解析：
（1）.Te02易溶于较浓强碱，所以“碱浸”时所用的试剂是NaOH溶液或KOH溶液；
（2）阳极泥中的Ag、Au难溶于碱，所以滤渣的主要成分是Ag、Au，“滤渣”可用于提炼贵金属；（3）.溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失，所以需控制溶液的pH为4.5—5．0；（4）SO2通入TeC14酸性溶液中得到碲、硫酸、盐酸，反应方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①根据质子守恒，NaHTe03的溶液中c（TeO32-）+c（OH-）=c（H+）+c（H2TeO3），所以c（TeO32-）-c（H2TeO3）=c（H+）－c（OH-）；②NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1×10－14/1×10－3=10－11,Kh点睛：
酸式弱酸盐NaHA溶液的酸碱性由HA-的电离和水解程度决定；若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性。
11.【化学——选修3：
物质结构与性质】第一代半导体材料（Si.Ge等）与第二代半导体材料（GaAs、InSb等）一起，将人类推进了信息时代。
近年来，以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）为代表的第三代半导体材料的出现，开辟了人类资源和能源节约型社会的新发展，也成为了科学家研究的热点。
（1）基态锗原子的价电子排布图为_____。
（2）N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有____种不同运动状态的电子，N20的空间构型为____，与P043-互为等电子体的分子有____（填一种即可）。
（3）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。
酞菁钴中碳原子的杂化轨道类型为____；与钴离子通过配位健结合的氮原子的编号是_____。
（4）已知PH3分子的键角约为94°，而AsH3分子的键角约为91.8°，试用价层电子对互斥理论解释PH3的键角比AsH3的键角大的原因_____________________。
（5）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有______。
（6）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：
试从结构的角度分析它们熔点不同的原因___________________。
（7）磷化铝晶胞如图所示，若两个铝原子之间的最近距离为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ=____g/cm3。
【答案】
（1）.
（2）.7（3）.直线形（4）.CCl4（或SiF4等）（5）.sp2（6）.1、3（7）.P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大（8）.Mg、Si、S（9）.氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低（10）.
【解析】试题分析：
（1）基态锗原子的价电子排布式是4S24P2；
（2）有几个电子就有几种运动状态；根据N20与CO2是等电子体；P043-由5个原子构成，价电子数是32；（3）酞菁钴中碳原子都有3个
键，无孤对电子；氮原子最外层有5个电子，能形成3个共价键；（4）P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大；（5）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，ⅡA元素的S轨道全充满为稳定状态，第一电离能大于ⅢA；ⅤA的元素P轨道半充满为稳定状态，所以第一电离能大于ⅥA的元素；（6）氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低；（7）根据均摊原则计算晶胞的化学式，两个铝原子之间的最近距离为dpm，则晶胞的体积为
，根据
计算密度；
解析：
（1）基态锗原子的价电子排布图是
；
（2）氮原子核外有7个电子，有7种运动状态；N20与CO2是等电子体，CO2是直线型分子，所以N20的空间构型是直线型；P043-由5个原子构成，价电子数是32，所以与P043-互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）；（3）酞菁钴中碳原子都有3个
键，无孤对电子，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2；氮原子最外层有5个电子，能形成3个共价键，2,4两个氮原子都有3个共价键，1,3两个氮原子有4个键，所以1,3两个氮原子与钴离子通过配位健结合；（4）P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，所以PH3的键角比AsH3的键角大；（5）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，ⅡA元素的S轨道全充满为稳定状态，第一电离能大于ⅢA；ⅤA的元素P轨道半充满为稳定状态，所以第一电离能大于ⅥA的元素；所以第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S；（6）氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低；（7）根据均摊原则，晶胞中P原子数是4，Al原子数是
，所以晶胞的摩尔质量是232g/mol，两个铝原子之间的最近距离为dpm，则晶胞的体积为
，
g/cm3；
12.【化学——选修5：
有机化学基础】有机物X是合成某药物的中间体，X的结构简式为：
以有机物A为原料合成X的流程如图所示（部分条件省略）：
（1）步骤①的反应类型为____。
（2）D分子中官能团的名称是____。
（3）步骤⑥中E的结构简式为_______；碳酸钠的作用是_________。
（4）1molB最多可消耗H2的物质的量为______mol。
（5）利用
可制备某线性结构高分子酚醛树脂，该反应的化学方程式为____。
（6）满足下列条件
的同分异构体有____种。
①苯环上有三个取代基；
②能发生银镜反应；
③能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。
【答案】
（1）.加成反应
（2）.（酚）羟基、酯基（3）.
（4）.与酚羟基反应形成酚钠（5）.4（6）.
（7）.10
【解析】试题分析：
A与甲醛反应生成
，则A是
；
少了2个氢原子，所以B是
；
，C多了2个氢原子，所以C是
；
，D是
；
，根据
，可知E是
。
解析：
根据以上分析，
（1）
与甲醛反应生成
，反应类型为加成反应。
（2）
分子中官能团的名称是酚羟基、酯基。
（3）步骤⑥中E的结构简式为
；碳酸钠与酚羟基反应形成酚钠。
（4）1mol
最多可消耗H2的物质的量为4mol。
（5）
与甲醛发生缩聚反应生成高分子酚醛树脂，该反应的化学方程式为
。
........
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