C.m在q中燃烧，产生大量白雾
D.元素非金属性：
Y>W>X
12.B解析：
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。
Z在短周期主族元素中原子半径最大，Z为Na元素；m、n、p、q为它们的单质；常温下，q为黄绿色气体，q为氯气；a为无色液体，a为水，则X为H元素、Y为O元素、W为Cl元素。
根据流程图，m+n=水，m、n为氢气和氧气，q+m=c，则m为氢气，c为氯化氢，n为氧气，p为钠，因此b为氯化钠，d为氧化钠或过氧化钠。
A.根据上述分析，d为氧化钠或过氧化钠，其中过氧化钠中含有非极性共价键，故A正确；B.水分子间能够形成氢键，水的沸点最高，故B错误；C.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，产生大量白雾，故C正确；D.同主族从上到下，非金属性减弱；同周期从左向右，非金属性增强，另外，氧气与氯化氢能够反应生成氯气，因此元素的非金属性：
O>Cl>H，故D正确；故选B。
13.室温时，向20mL 0.1mol/L的一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中
与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A.室温时，电离常数Ka（HA）=1.0×10-5.3
B.B点对应NaOH溶液的体积是10mL
C.A点溶液中：
c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（OH-）
D.从A点到B点的过程中，水的电离程度先增大后减小
13.A解析：
pH=5.3时，
=0，则c（H+）=10-5.3，
=1，室温时，电离常数Ka（HA）=
=1.0×10-5.3，A正确；B点时，
=1，c（A-）=c（HA），由于c（H+）=10-5.3，此时以HA电离为主，所以对应NaOH溶液的体积小于10mL，B不正确；A点溶液中，
=-2，c（H+）=
=10-3.3，pH=3.3，依据电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以c（A-）＞c（Na+），C不正确；从A点到B点的过程中，溶液都呈酸性，都是发生HA的电离，但c（H+）不断减小，所以水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。
二、非选择题：
共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共43分。
26.（15分）实验室以电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：
（1）酸浸时残渣的主要成分为____________（用化学式表示）；“制铜氨液”{[Cu（NH3）4]SO4溶液}时，采用8mol•L-1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。
在有H2O2的前提下，同时还通入O2的目的是______________。
（2）“沉CuNH4SO3”时可用如下装置（夹持、加热仪器略）：
①“沉CuNH4SO3”时，需用45℃水浴加热，三颈烧瓶中反应的离子方程式_______________________________。
②分离出的CuNH4SO3在空气中灼烧，可以分解产生Cu。
下列相关说法正确的是_______________________。
A.上述固体加热能产生Cu，可能是因为分解反应产生大量还原性气体
B.将盛有固体的坩埚放在三脚架的石棉网上，再用酒精灯加热
C.灼烧固体过程中，需要用玻璃棒不断搅拌
D.判断固体是否完全分解，可以重复灼烧、冷却、称量至恒重
（3）设计以“Cr（OH）3、Fe（OH）3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：
选出其正确操作并按序列出字母：
________________________。
将Cr（OH）3、Fe（OH）3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状→____________→冰水洗涤及干燥。
（已知：
①碱性条件下，10%H2O2可将+3价的Cr氧化为CrO42－；②+6价的Cr在溶液pH＜5时，主要以Cr2O72－存在）。
a.在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7
b.蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、抽滤
c.静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5;
d.充分反应后，煮沸（除去过量的H2O2）
e.蒸发结晶，抽滤
（4）重铬酸钾样品的纯度可用间接氧化还原滴定法测定。
滴定前润洗滴定管的具体操作是：
从滴定管上口加入少量待测液→_______→然后从下部放出，重复2～3次。
（补充完整所需操作）
26.
（1）CaSO4（2分）减少H2O2的消耗量，节约成本（2分）
（2）2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6
+
（2分）ACD（3分）（3）a→d→c→b（2分）过滤（2分）
（4）倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁（2分）
解析：
根据流程图，电镀废渣用硫酸酸浸，残渣为与硫酸反应后的难溶物或微溶物，结合电镀废渣的成分可分析出残渣主要成分。
向滤液中加入适量硫化钠溶液，产生CuS沉淀，可知主要发生Cu2++S2-=CuS↓的反应，过滤后滤液和滤渣经不同方式处理。
滤液中主要含有Fe3+和Cr3+，经一系列处理，将Fe3+和Cr3+转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3，结合题意，根据二者的溶度积的差异，除去Fe（OH）3，Cr（OH）3经过一系列变化最终得到K2Cr2O7；向滤渣中加入氨水、O2和H2O2，制深蓝色的铜氨液，后向铜氨液中加入SO2得到亮黄色片状的沉CuNH4SO3，最终经一系列变化得到铜粉。
（1）电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质；由于O2和H2O2都具有强氧化性，在有H2O2的前提下，同时还通入O2，可以减少H2O2的消耗量，节约成本；答案为CaSO4，减少H2O2的消耗量，节约成本。
（2）①在[Cu（NH3）4]SO4溶液中，通入SO2，发生氧化还原反应，Cu元素化合价由+2价得电子变为+1价，SO2中S元素化合价由+4价失电子变为+6价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6
+
；答案为2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6
+
。
②CuNH4SO3在空气中灼烧，可以分解产生Cu，Cu元素的化合价由+1价得电子变为0价，被还原，发生还原反应，可能是因为分解反应产生大量还原性气体，故A正确；坩埚可直接加热，不需要垫石棉网，故B错误；灼烧固体过程中，需要用玻璃棒不断搅拌，使之均匀受热，防止出现局部温度过高，产生飞溅现象，故C正确；将固体放在坩埚中充分灼烧，然后放在干燥器中冷却、称量，再加热，冷却、称量直至连续两次称量的质量差不超过0.1g，说明分解完全，故D正确；答案为ACD。
（3）根据题给已知，将Cr（OH）3、Fe（OH）3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸（除去过量的H2O2），静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥；则正确操作顺序为a→d→c→b，过滤后洗涤；答案为a→d→c→b，过滤。
（4）润洗滴定管，应使待测液充分接触滴定管内壁，则应从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁，然后从下部放出，重复2～3次；答案为倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁。
27.（14分）硫酸锰是一种重要的化工原料，在农业、电化学和建筑等领域均有广泛应用。
以含锰废料（含有MnO2、CuO、Fe和少量CaO）为原料制备MnSO4的一种流程如下：
已知：
Ⅰ.烧渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO。
Ⅱ.难溶电解质的溶度积常数如下表所示：
物质
Mn（OH）2
Fe（OH）2
Cu（OH）2
Fe（OH）3
溶度积常数（Ksp）
1.9×10－13
1.8×10－15
2.2×10－20
4.0×10－38
回答下列问题：
（1）“焙烧”过程加入煤粉的主要作用为________________。
（2）“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多的原因为_____________________。
滤渣1的主要成分为________（填化学式）。
（3）“氧化”过程中主要反应的离子方程式为____________________
。
（4）“调pH为4”的目的为_________________________；若“溶液”中c（Cu2＋）＝0.022mol·L－1，“滤液2”的体积是“溶液”体积的2倍，则“调pH为4”时Cu2＋是否开始沉淀
_______________________________________________________
_______________________________________________________
_______________________________________（通过计算说明）。
（5）（NH4）2S的电子式为_________________________________。
（6）已知：
（NH4）2SO4与MnSO4的溶解度曲线如图所示。
“操作”主要包括蒸发浓缩、________、过滤、洗涤、干燥；其中用乙醇代替水洗涤的原因为______________________________________________________，需控制温度为________（填选项字母）得到产品最多。
A．10℃ B．40℃ C．60℃ D．100℃
27.
（1）作还原剂
（2）避免“调pH为4”时会消耗过多的碱 CaSO4、Cu（2分）
（3）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O（2分）
（4）将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去 “滤液2”中c（Cu2＋）＝0.011mol·L－1，c（OH－）＝1×10－10mol·L－1,则Qc[Cu（OH）2]＝0.011×（1×10－10）2＝1.1×10－22（5）
（6）降温结晶 减少因溶解而造成的损失，且乙醇挥发带走水分，便于干燥（2分） A（除标明外，每空1分）
解析:
含锰废料与煤粉在高温下混合，其中MnO2与C反应产生MnO，CuO与C反应产生Cu单质，同时得到含有CO的气体，得到的烧渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO，然后用稀硫酸酸浸，其中MnO、CuO、Fe反应变为Mn2＋、Cu2＋、Fe2＋，CaO反应产生溶解度较小的CaSO4进入滤渣1中，而Cu不能溶解，进入滤渣1。
向滤液1中加入MnO2，可在酸性条件下氧化Fe2＋为Fe3＋，然后调节溶液的pH＝4，可以使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，滤渣2成分为Fe（OH）3。
向滤液2中加入（NH4）2S，其电离产生的S2－与溶液中Cu2＋形成CuS沉淀过滤出去，进入滤渣3中。
滤液3中含有的Mn2＋、SO
、NH
等，根据溶解度曲线可知从滤液3中提取MnSO4采用的操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4，结合乙醇易挥发，会带走水分，便于干燥，结合温度对物质溶解度的影响分析温度控制范围。
（4）“调pH为4”的目的是将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去。
滤液2的体积是溶液体积的2倍，则滤液2中c（Cu2＋）＝0.011mol·L－1，c（OH－）＝
mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，则Qc[Cu（OH）2]＝0.011×（1×10－10）2＝1.1×10－22（6）由溶解度曲线可知：
从滤液3中提取MnSO4的操作主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
MnSO4易溶于水，用乙醇代替水洗涤就可以减少因溶解而造成的损失，且乙醇易挥发带走水分，便于干燥，根据溶解度曲线可知温度可在10℃时所得产品最多。
28．（14分）甲醇制烯烃（MTO）是煤制烯烃工艺路线的核心技术。
煤制烯烃主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段。
（1）煤的液化发生的主要反应之一为2H2（g）＋CO（g）===CH3OH（g） ΔH＝akJ·mol－1，在不同温度下，K（500℃）＝2.5，K（700℃）＝0.2。
①ΔH________0（填“＞”“＜”或“＝”）。
②若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500℃测得某一时刻体系内H2、CO、CH3OH物质的量分别为2mol、1mol、3mol，则此时生成CH3OH的速率______消耗CH3OH的速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）通过研究外界条件对反应的影响，尽可能提高甲醇生成乙烯或丙烯的产率。
甲醇制烯烃的主要反应有：
ⅰ 2CH3OH（g）===C2H4（g）＋2H2O（g） ΔH1＝－20.9kJ·mol－1
ⅱ 3CH3OH（g）===C3H6（g）＋3H2O（g） ΔH2＝－98.1kJ·mol－1
ⅲ 4CH3OH（g）===C4H8（g）＋4H2O（g） ΔH3＝－118.1kJ·mol－1
①C3H6转化为C2H4的热化学方程式为ⅳ：
2C3H6（g）
3C2H4（g） ΔH4＝____________。
②加入N2作为稀释剂，反应ⅰ中C2H4的产率将_____________（“增大”“减小”或“不变”）。
（3）为研究不同条件对反应的影响，测得不同温度下平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数变化，如图所示：
①随着温度的升高，C3H6的物质的量分数呈现先增大后减小的趋势。
温度高于400℃时，原因是______________________________________________；
当温度低于400℃时，原因是______________________________________________________。
②体系总压为0.1MPa,400℃时反应ⅳ的平衡常数Kp＝_______（列式计算，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
③为了获得更高的C2H4在产物中的比例，控制的条件较适宜的是______________。
A．较低温度 B．较高温度
C．增加水醇比 D．降低水醇比
28.
（1）①＜（1分） ②＜（1分）
（2）①＋133.5kJ·mol－1 ②增大
（3）①升高温度，有利于反应ⅳ向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小 温度低于400℃时，随温度升高，C4H8的物质的量分数减小的幅度大于C2H4增大的幅度，故C3H6的物质的量分数增大 ②
＝0.001 ③BC（除标明外，每空2分）
解析：
（1）①在不同温度下，K（500℃）＝2.5，K（700℃）＝0.2，K（700℃）②500℃时，Qc＝
＝
＝3>K（500℃）＝2.5，此时反应向逆反应方向进行，生成CH3OH的速率小于消耗CH3OH的速率。
（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算ⅰ×3－ⅱ×2得到ⅳ：
2C3H6（g）
3C2H4（g） ΔH4＝＋133.5kJ·mol－1。
②加入N2作为稀释剂，使体系的体积增大，相当于压强减小，有利于向正反应方向移动，C2H4的产率增大。
（3）①温度高于400℃时，温度升高，反应ⅳ：
2C3H6（g）
3C2H4（g） ΔH4＝＋133.5kJ·mol－1向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小；当温度低于400℃时，CH3OH转化为C4H8的物质的量分数随温度升高而迅速减小，而转化为C2H4的物质的量分数增大的幅度小于C4H8的减小幅度，因而CH3OH转化C3H6的物质的量分数随温度升高而增大。
②分压＝总压×物质的量分数，因此400℃时，Kp＝
＝
＝0.001。
③结合图像，温度升高可以提高C2H4的物质的量分数，B正确；对于ⅰ、ⅱ和ⅲ来说，Qc＝
×c（CnH2n），当n值越大，增大水醇比时，反应逆向进行趋势越大，副产物越少，即C3H6、C4H8就越少，C正确。
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：
物质结构与性质］（15分）S元素是动植物生长所必需的元素，在生活中应用广泛。
（1）基态S原子的价电子排布式为___________。
（2）H2S的空间构型为___________，H2O、H2S、H2Se的键角由大到小的顺序为___________（填化学式）。
（3）用杂化轨道理论解释H2S、CS2的键角差别很大的原因是___________。
从结构的角度解释H2SO4的酸性比H2SO3强的原因是___________。
（4）HSCN结构有两种，硫氰酸（H—S—C≡N）的沸点___________（填“高于”或“低于”）异硫氰酸（H—N=C=S），原因是___________。
（5）PbS晶胞如图所示，Pb2+填在由S2-形成的___________空隙中。
已知晶胞中S2-与Pb2+最近的距离为
nm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为___________g·cm-3。
35.
（1）3s23p4（1分）
（2角形（或V形）（1分）H2O>H2S>H2Se（1分）
（3）H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化（2分）
H2SO4中含有非羟基氧多（2分）
（4）低于（2分）异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高（2分）
（5）正四面体（2分）
（2分）
解析：
（1）基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4，价层电子排布式为3s23p4，故答案为：
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