【答案】A
【解析】
【详解】由题干信息可知，W2X2Y4是一种弱酸，该酸能使酸性KMnO4溶液褪色，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，这种气体是CO2，即可知，X是C元素，Y是O元素，W是H元素，工业上，Z的单质可通过电解其熔融氧化物制得，即Z是Al元素，
A.C和H元素可形成很多种化合物，有机物种类繁多，结构复杂，故A正确；
B.非金属性：
O>C，所以气态氢化物的热稳定性：
H2O>CH4，故B错误；
C.H2O仅含有极性共价键，H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键，故C错误；
D.核外电子排布相同的离子半径，核电荷数越大，离子半径越小，即O2->Al3+，故D错误；
故选A。
【点睛】掌握元素周期律中金属性、非金属性在元素周期表中的变化规律及表现是解决本题的关键。
6.常温下，Ag2S与CuS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A.Ksp（Ag2S）=10－29.2
B.向含CuS沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp（CuS）减小
C.若Z点为Ag2S的分散系，ν（沉淀）>ν（溶解）
D.CuS（s）+2Ag+（aq）
Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】D
【解析】
【详解】A.Ksp（Ag2S）=c2（Ag+）·c（S2-）=（10-20）2×10－9.2=10-49.2，故A错误；
B.Ksp（CuS）只受温度影响，故B错误；
C.由图象可知，Z点的坐标在曲线上方，即Z点Ag2S的Qcν（溶解），故C错误；
D.根据方程式可知，K=
，根据X点和Y点可知，Ksp（CuS）远大于Ksp（Ag2S），即该反应的平衡常数很大，反应趋于完全，故D正确；
故选D。
7.电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要有：
①废气吸收：
2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓；②吸收剂再生：
Fe2+－2e－=2Fe3+，其工艺流程如下，下列说法错误的是（）
A.为充分吸收废气，应由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液
B.①发生在“气体混合器”中，②发生在“电解槽”中
C.①、②总反应的化学方程式为：
H2S=H2+S↓
D.“尾气处理器”可盛放NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液，使得气体和液体充分接触，从而达到反应充分的目的，故A正确；
B.从流程图可知，①发生在“填料吸收塔”中，②发生在“电解槽”中，故B错误；
C.从流程图可知，①中生成的H+在电解槽中得到电子生成H2，总反应为：
H2S=H2+S↓，故C正确；
D.尾气中主要是未反应的H2S气体，可用氢氧化钠吸收，故D正确；
故选B。
三、非选择题：
共174分。
第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33-38题为选考题，考生根据要求作答。
8.次磷酸钠（NaH2PO2）是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷（P4）和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。
实验装置如图所示：
回答下列问题：
（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。
①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是______，b的作用______。
②a中反应的化学方程式为______。
（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是_______。
d的作用是_______。
（3）c中生成NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度（S）如下：
充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为______，然后______、_______、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。
（4）产品纯度测定：
取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：
H2PO2－+H2O+I2=H2PO3－+2H++2I－，2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。
产品纯度表达式为________。
【答案】
（1）.使反应物充分混合，加快反应速率
（2）.安全瓶（3）.P4+3NaOH+3H2O
3NaH2PO4+PH3↑（4）.排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收（5）.吸收尾气，防止污染空气（6）.NaCl（7）.趁热过滤（8）.冷却结晶（9）.
【解析】
【分析】
根据物质的制备、分离、提纯原理分析解答；根据化学反应方程式进行物质的量计算。
【详解】
（1）①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，使反应物充分混合，加快反应速率，b装置在实验流程中起到了安全瓶的作用，防止倒吸，
故答案为：
使反应物充分混合，加快反应速率；安全瓶；
②a中氢氧化钠与黄磷（P4）反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O
3NaH2PO4+PH3↑，
故答案为：
P4+3NaOH+3H2O
3NaH2PO4+PH3↑；
（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，是为了排出装置中的未反应的PH3，促进PH3被c装置吸收，d装置最后进行尾气处理，从而达到保护环境的目的，
故答案为：
排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收；吸收尾气，防止污染空气；
（3）根据题干信息可知，NaCl的溶解度受温度影响不大，则c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，析出的晶体为NaCl，由于NaH2PO2溶解度受温度影响变化大，所以应该进行趁热过滤分离出NaCl后，再进行冷却结晶得到NaH2PO2，
故答案为：
NaCl；趁热过滤，冷却结晶；
（4）产品纯度测定：
根据离子方程式可知，n（H2PO2-）=n（I2）=[0.10mol/L×0.025L-
n（S2O32-）]×10=[0.025-0.0005V]mol，产品纯度为：
，
故答案为：
。
9.ZrO2是重要
耐高温材料，以天然锆石（主要成份为ZrSiO4，含Al、Cu的氧化物杂质）为原料制备ZrO2的一种工艺流程如下。
已知SiCl4沸点为57.6°℃，ZrCl4易溶于水。
回答下列问题：
（1）ZrSiO4中Zr的化合价为________。
“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式_______。
（2）“混合气体”中某成分能发生水解反应，生成两种酸，两种酸的名称分别是________。
（3）“白色沉淀”的化学式为________，利用平衡移动原理分析加入乙酸乙酯的作用________。
（4）加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2·xH2O，该反应的离子方程式为_______。
（5）加入氨水的作用是________。
【答案】
（1）.+4
（2）.ZrSiO4+4C+4Cl2
ZrCl4+SiCl4+4CO（3）.盐酸和硅酸（4）.Al（OH）3（5）.溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2O
NaOH+Al（OH）3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成Al（OH）3沉淀；（6）.Zr4++4OH-+（x-2）H2O=ZrO2·xH2O↓（7）.溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2·xH2O
【解析】
【分析】
天然锆石氯化后生成了氯化锆，四氯化硅和CO气体，以及未反应的Cl2和杂质混合在一起，再与过量氢氧化钠反应，得到ZrO2·xH2O、Cu（OH）2、NaAlO2，过滤分离后，再加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成氢氧化四氨合铜，最终得到ZrO2·xH2O；
【详解】
（1）ZrSiO4中Si显+4价，O显-2价，即Zr显+4价，“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式：
ZrSiO4+4C+4Cl2
ZrCl4+SiCl4+4CO，
故答案为：
+4；ZrSiO4+4C+4Cl2
ZrCl4+SiCl4+4CO；
（2）混合气体中含有SiCl4，水解后生成盐酸和硅酸，
故答案为：
盐酸和硅酸；
（3）偏铝酸钠在溶液中水解，生成氢氧化钠，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙酸消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成氢氧化铝沉淀，则白色沉淀为氢氧化铝，
故答案为：
Al（OH）3；溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2O
NaOH+Al（OH）3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成Al（OH）3沉淀；
（4）加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2·xH2O，离子方程式为：
Zr4++4OH-+（x-2）H2O=ZrO2·xH2O↓，
故答案为：
Zr4++4OH-+（x-2）H2O=ZrO2·xH2O↓；
（5）Cu（OH）2与过量的氨水反应生成氢氧化四氨合铜，从而可以把ZrO2·xH2O分离出来，
故答案为：
溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2·xH2O。
10.水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。
以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：
I．CH3COOH（g）+2H2O（g）
2CO2（g）+4H2（g）△H1
Ⅱ．CH3COOH（g）
2CO（g）+2H2（g）△H2
III．CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ中物质化学键键能数据如下：
△H3=______kJ·mol－1
（2）重整反应的各物质产率随温度、水与乙酸投料比（S/C）的变化关系如图（a）、（b）所示。
①由图（a）可知，制备H2最佳的温度约为________。
②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而________（填“增大”或“减小”），其原因是：
________。
（3）反应I的化学平衡常数K的表达式为_______向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应I至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH平衡转化率为_______。
（4）反应体系常生成积碳。
当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，反应的化学方程式为______。
（5）电解含CH3COOH的有机废水也可获得清洁能源H2，原理如图所示。
则B为电源_______极，电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】
（1）.+36
（2）.800℃（3）.增大（4）.S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大（5）.
（6）.40%（7）.C+H2O（g）
CO+H2（8）.负（9）.CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+
【解析】
【分析】
根据盖斯定律书写热化学反应方程式；根据电解池原理分析解答，根据化学平衡三段式原则进行计算。
【详解】
（1）反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H3=（803kJ.mol−1×2+2×436kJ.mol−1）−（1076kJ.mol−1+465×2kJ.mol−1）=+36kJ.mol−1；
故答案为：
+36；
（2）①由图（a）可知，制备H2在800℃时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800℃；
故答案为：
800℃；
②由图（b）可知，S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大，
故答案为：
增大；S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大；
（3）反应I的化学平衡常数K=
，设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol，平衡时，反应了CH3COOHxmol，
I．CH3COOH（g）+2H2O（g）
2CO2（g）+4H2（g）
初始1mol1mol00
反应了xmol2xmol2xmol4xmol
平衡时（1-x）mol（1-2x）mol2xmol4xmol
测得H2的体积分数为50%，则
，计算得x=0.4mol，醋酸的转化率为：
=40%，即CH3COOH平衡转化率为40%，
故答案为：
；40%；
（4）当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2，反应的化学方程式为C+H2O（g）
CO+H2，
故答案为：
C+H2O（g）
CO+H2；
（5）从图中信息可知，乙酸在阳极失去电子得到CO2，即电源A极为正极，电解方程式为：
CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，H+在阴极得到电子生成H2，电源B极为负极，
故答案为：
负；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+。
（二）选考题：
共45分。
请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。
如果多做，则每科技所做的第一题计分。
11.硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：
（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式_______。
（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。
①Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是_____
②α-菱形硼品体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由_____个硼原子构成。
（3）Al单质
熔点为660℃，Ga单质的熔点为30℃，Al比Ga熔点高的原因是______
（4）Al存在AlCl4－、Al2Cl7－、[AlF6]3－等多种配离子。
①AlCl4－的立体构型为_______，Al2Cl7－，结构如图所示：
其中Cl杂化方式为_______。
②存在AlCl4－、[AlF6]3－，不能形成[AlF6]3－的原因是_______。
（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。
①画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影_______。
②该晶体密度为ρg·m－3，晶胞参数a-=b≠c（单位：
nm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_______nm（用含a、b、ρ、NA的代数式表示）。
【答案】
（1）.3s23p63d10
（2）.Be、C（3）.12（4）.Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高（5）.正四面体（6）.sp3（7）.由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子（8）.
（9）.
【解析】
【分析】
根据晶胞的结构与性质进行相关计算；根据原子的核外电子排布规律书写电子排布式；根据杂化轨道理论分析解答。
【详解】
（1）Ga是31号元素，核外电子排布式：
[Ar]3d104s24p1，Ga的M能层排满了电子，电子排布式3s23p63d10，
故答案为：
3s23p63d10；
（2）①同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，则第一电离能C>B，由于Be形成2s轨道排满，较稳定，所以第一电离能Be>B，故答案为：
Be、C；
②在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的
，每个等边三角形拥有的顶点为：
×3=
，20个等边三角形拥有的顶点为：
×20=12；
故答案为：
12；
（3）Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；
故答案为：
Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；
（4）①AlCl4－的立体构型为正四面体结构，由图可知，Al2Cl7－中Cl与2个Al原子形成共价键，且含有2对孤对电子，所以Cl的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：
正四面体，sp3；
②由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子，
故答案为：
由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子；
（5）①由晶胞结构可知，Q原子的投影位于xy面，平行四边形右侧三角形中，
，
故答案为：
；
②1个晶胞的质量为：
g，晶胞的体积为：
cm3=
，c=
，
故答案为：
。
12.已知化合物M是合成荧光物质COFs的中间体，COFs可用于制作OLED发光材料，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。
（2）③的反应类型是______，⑥的反应条件为_______。
（3）E的结构简式为________。
（4）F的分子式为_______。
（5）反应⑦的化学方程式为_______。
（6）H是F的同分异构体，写出一种含有氨基（－NH2），可与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱峰面积比为4：
3：
2：
1的结构简式为_______。
（7）设计由丙烯酸（CH2=CHCOOH）为起始原料，制备
的合成路线_________（其他试剂任选）。
【答案】
（1）.苯甲醇
（2）.取代（3）.浓硫酸、加热（4）.
（5）.C7H10ON2（6）.
（7）.
（8）.CH2=CHCOOH
CH2=CHCOCl
【解析】
【分析】
根据有机物的命名规则分析解答；根据有机化合物中官能团的性质及应用分析解答。
【详解】C物质为苯甲酸，从C逆向推理可知，A是苯甲醇，B是苯甲醛，根据题干信息提示，可知D是苯甲酸中的羟基被Cl原子取代，D物质与联氨分子间消去一分子HCl，得到E物质，F在浓硫酸加热的条件下羟基和氨基脱去一分子水，形成C=N双键，
（1）A为苯甲醇，经过氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛继续被氧化生成苯甲酸，
故答案
：
苯甲醇；
（2）反应③中，Cl原子取代了苯甲酸中的羟基，F在浓硫酸加热的条件下羟基和氨基脱去一分子水，形成C=N双键，
故答案为：
取代，浓硫酸、加热；
（3）D物质与联氨分子间消去一分子HCl，得到E物质，E
结构简式为：
，
故答案为：
；
（4）从F的结构简式可知F的分子式为C7H10ON2，
故答案为：
C7H10ON2；
（5）反应⑦是F与
分子间消去一分子HCl，化学方程式为
，
故答案为：
；
（6）H与FeCl3溶液发生显色反应说明H一定含有酚羟基，且核磁共振氢谱峰面积比为4：
3：
2：
1，则H的结构简式为：
，
故答案为：
；
（7）由产物
可逆向推理出聚合反应的单体是联氨和丙烯酸，丙烯酸与SOCl2反应生成CH2=CHCOCl，CH2=CHCOCl再与联氨发生反应生成CH2=CHCONHNH2，CH2=CHCONHNH2发生聚合反应生成
，则制备
的合成路线为：
CH2=CHCOOH
CH2=CHCOCl
CH2=CHCONHNH2
，
故答案为：
CH2=CHCOOH
CH2=CHCOCl
CH2=CHCONHNH2
。
【点睛】掌握有机化合物常见官能团
性质，利用流程正向或逆向推理化合物的转化是解决本题的关键。
注意题干中信息提示的应用。
升级会员 