B.图2：
酸性KMnO4溶液中出现气泡,但颜色无变化
C.图3：
可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性,大试管A中装碳酸钠固体,小试管B中装碳酸氢钠固体
D.图4：
试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀生成,能确定Ksp（AgCl）>ksp（Ag2S）
【答案】C
【解析】
【详解】A．因生成的Br2中含有Cl2,则不能证明还原性I-＞Br-,故A错误；B．浓硫酸具有脱水性,生成C,然后发生氧化还原反应生成二氧化硫,最后与高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色,故B错误；C．直接加热碳酸钠不产生二氧化碳,间接加热碳酸氢钠固体就能产生二氧化碳,说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定,故C正确；D．硝酸银过量,均发生沉淀的生成,而不发生沉淀的转化,则不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2S）,而且两种沉淀的组成也不相似,故D错误；故答案为C。
4.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A和C同族,B和D同族,C离子和B离子具有相同的电子层结构。
A和B、D、E均能形成共价型化合物。
A和B形成的气态化合物在水中呈碱性,C和E形成化合物CE。
下列说法正确的是
A.B、C、D、E四种元素简单离子半径比较：
C>D>E>B
B.B、D、E简单气态氢化物稳定性比较：
B>D>E
C.E最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4
D.C的单质在空气中燃烧产物的化学式为CO
【答案】C
【解析】
【分析】
五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A和C同族,B和D同族,C离子和B离子具有相同的电子层结构,则B在C元素上一周期；A和B形成的气态化合物在水中呈碱性,该化合物为氨气,则A为H、B为N元素,D为P元素；C原子序数大于B而小于D,则C为Na元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物,C和E形成化合物CE,则E为Cl元素。
【详解】由分析可知：
A为H元素、B为N元素、C为Na元素、D为P元素、E为Cl元素；A．N3-和Na+、P3-和Cl-均为电子层结构相同的离子,电子层结构相同的离子,其半径随着原子序数增大而减小,所以离子半径B＞C、D>E,故A错误；B．元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,N、P和Cl中非金属性最强的是Cl元素,形成的气态氢化物中氯化氢最稳定,故B错误；C．E为Cl元素,其最高化合价为+7价,所以其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4,故C正确；D．Na在空气中燃烧生成Na2O2,故D错误；故答案为C。
【点睛】同周期元素从左到右,原子序数逐渐增大,原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强；同一主族从上到下原子半径增大,非金属性减弱,则对应氢化物的稳定性减弱,最高价含氧酸的酸性减弱；同一周期从左向右原子半径减小,非金属性增强,则对应氢化物的稳定性增强,最高价含氧酸的酸性增强,特别注意电子层结构相同的微粒,核电荷数越大,离子半径越小。
5.某草酸二酯结构简式如图,下列说法正确的是
A.草酸二酯的分子式为C26H22Cl6O8
B.1mol草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应时（苯环上卤素不水解）,最多消耗4molNaOH
C.草酸二酯能发生的反应类型有氧化、还原、取代、加成、聚合、酯化
D.草酸二酯酸性条件下充分水解可以得到三种有机物
【答案】D
【解析】
【分析】
根据有机物的结构简式判断草酸二酯的分子式,分子中含有4个酯基,水解可生成
、CH3OH和乙二酸,与氢气发生加成反应时,只有苯环反应,以此解答该题．
【详解】A．由结构简式可以看出,草酸二酯的分子中含有26个C、24个H、8个O、6个Cl,分子式为C26H24Cl6O8,故A错误；B．1mol草酸二酯含有4个酯基,水解生成4个-COOH和两个酚羟基,最多消耗6molNaOH,故B错误；C．草酸二酯可燃烧能发生氧化反应,含有酯基和苯环能发生水解反应（即取代）、加成反应、与氢气加成时发生还原反应,但没有碳碳双键不能发生加聚反应,也无可发生缩聚反应的基团,另外无羟基或羧基,也不能酯化,故C错误；D．草酸二酯酸性条件下水解时生成
、CH3OH和乙二酸三种有机物,故D正确；故答案为D。
6.处理高浓度乙醛废水的新方法一隔膜电解法,让乙醛分别在阴、阳极发生反应,转化为乙醇和乙酸。
实验室以一定浓度的乙醛一Na2SO4溶液为电解质溶液,模拟乙醛废水的处理过程,其装置如图所示。
下列说法正确的是
A.若以CH4一空气燃料电池为直流电源,燃料电池的a极应通入甲烷
B.电解过程中,阴极区Na2SO4的物质的量增大
C.阳极反应为CH3CHO－2e－+H2O=CH3COOH+2H+
D.阴极还原产物H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．连接电解池阴极的是原电池负极,则a为正极,b为负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,该燃料电池中燃料是甲烷,所以b电极上投放的是CH4,故A错误；B．钠离子和硫酸根离子不参与电极反应,物质的量不变,故B错误；C．阳极上发生氧化反应,其电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+,故C正确；D．阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O、CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+,氢离子向阴极迁移,阴极发生4H++4e-=2H2↑、CH3CHO+2e-+2H+═CH3CH2OH,则两极除分别生成乙酸和乙醇外,均产生了无色气体,则阴极产生的是乙醇和H2,故D错误；故答案为C。
【点睛】电解池中阳极电解产物的判断需要注意两点,即首先看“电极材料”：
若阳极材料是除金、铂以外的其他金属,则在电解过程中,优先考虑阳极材料本身失去电子被氧化,而不考虑溶液中阴离子放电的难易。
其次看“离子放电的难易”：
若阳极材料是惰性电极,则在电解过程中首先分析溶液中离子放电的难易。
7.类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pC=－lgC,pKa=－lgKa,常温下,某浓度H2A溶液在不同pH值下,测得pC（H2A）、pC（HA－）、pC（A2－）变化如图所示,下列说法正确的是
A.随着pH的增大,pC增大的曲线是A2－的物质的量浓度的负对数
B.pH=3.50时,c（HA－）>c（A2－）>c（H2A）
C.b点时c（H2A）.c（A2-）/c2（HA-）=104.5
D.pH=3.00~5.30时,c（H2A）+c（HA－）+c（A2－）先减小后增大
【答案】B
【解析】
【分析】
H2A⇌H++HA-,HA-⇌H++A2-,pH增加促进电离平衡正向移动,所以由图可知：
下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,由此分析解答。
【详解】A．由分析可知,随着pH的增大,pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,故A错误；B．pH=3.50时,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,此时pC（H2A）>pC（A2－）>pC（HA－）,即c（HA－）>c（A2－）>c（H2A）,故B正确；C．b点时,c（H2A）=c（A2-）,
=
=
=
=10-4.5,故C错误；D．pH=3.00～5.30时,结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变,故D错误；故答案为B。
包括必考题和选考题两部分。
第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。
第33题~第38题为选考题,考生根据要求作答。
（一）必考题：
共129分
8.无水氯化锌是有机合成中重要催化剂,无水氯化锌为白色粉末,易潮解,沸点为732℃。
久置市售氯化锌常含Zn（OH）Cl,影响催化效果。
实验室用HC1气体“置换”除水、升华氯化锌相结合的方法提纯市售氯化锌。
（1）选用下图所示的装置（可以重复选用）进行实验,装置接口依次连接的合理顺序为：
a→___________。
（2）装置A盛氯化钠固体的仪器名称是___________,装置C中试剂是___________。
（3）实验开始时,通入HC1和N2,将管式炉I,Ⅱ升温至150℃,装置D中发生的化学反应方程式为___________；此时通入N2的目的是______________________；
（4）反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350℃,保证将水除尽,再______________________；（填操作）最后在氮气保护下将氯化锌刮出玻璃管外,保存待用。
（5）若称取100.00g市售氯化锌样品,经提纯最终得到高纯氯化锌100.3g,则样品中氯化锌纯度为___________。
【答案】
（1）.（cd）efcdb
（2）.三颈烧瓶（3）.浓硫酸（4）.Zn（OH）2Cl+HCl
ZnCl2+H2O（5）.稀释HCl气体,提供惰性环境（6）.撤去管式炉Ⅱ,将管式炉Ⅰ升温至732℃以上（7）.73.1%
【解析】
【分析】
根据实验目的,利用浓硫酸的高沸点、酸性,氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl,用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ,凝华得到高纯度无水氯化锌；为了防止氯化锌吸水潮解,在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置,据此进行解答。
（1）A装置制取HCl,经C装置干燥后通入D中,将反应后的尾气经C装置干燥后,再用B装置吸收未反应的HCl气体；
（2）根据仪器的结构和性能确定仪器的名称,装置C的作用是干燥HCl气体；
（3）在加热条件下装置D中Zn（OH）Cl和HCl反应生成ZnCl2和水；HCl中添加适量氮气可稀释HCl气体,另外氮气的性质稳定；
（4）氯化锌升华进入管式炉Ⅱ,凝华得到高纯度无水氯化锌,所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ；
（5）根据差量法计算样品中氯化锌纯度。
【详解】
（1）A装置制取HCl,经C装置干燥后通入D中,将反应后的尾气再通过C装置,以防CB装置中的水蒸气引起氯化锌水解,最后用B装置吸收未反应的HCl气体,则装置接口依次连接的合理顺序为acdefcdb；
（2）根据仪器的结构和性能确定仪器的名称是三颈烧瓶,装置C的作用是干燥HCl气体,则盛装的试剂为浓硫酸；
（3）在加热条件下装置D中Zn（OH）Cl和HCl反应生成ZnCl2和水,发生反应的化学方程式为Zn（OH）2Cl+HCl
ZnCl2+H2O；实验中通入HC1和N2,其中通入N2的目的是稀释HCl气体,并提供惰性环境,防ZnCl2被氧化；
（4）氯化锌升华进入管式炉Ⅱ,凝华得到高纯度无水氯化锌,所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热,则反应一段时间后保持管式炉I、Ⅱ温度为350℃,保证将水除尽,再撤去管式炉Ⅱ,将管式炉Ⅰ升温至732℃以上；
（5）设样品中含有Zn（OH）2Cl的质量为mg,则
Zn（OH）2Cl+HCl
ZnCl2+H2O△m
134.51361.5
mg100.3.g-100g=0.3g
解得：
m=26.9,则样品中氯化锌纯度为
=73.1%。
9.以生产硼砂晶体的废渣为原料制取七水合硫酸镁的工艺流程如下：
资料：
（1）生产硼砂晶体的废渣主要成分是MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO：
MnO、SiO2等杂质。
（2）滤渣C的成分为CaSO4·2H2O
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中,镁的浸出率结果如下图所示。
由图可知,当镁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为___________；
（2）滤渣B中含有不溶于稀盐酸、但能溶于热的浓盐酸的黑色固体,写出生成该黑色固体的离子方程式______________________；
（3）流程中加入的物质A是______________________；
（4）从滤液C中得到MgSO4·7H2O步骤为______________________；
（5）硼砂也可用于工业上制取NaBH4,NaBH4被称为有机化学中的“万能还原剂”。
①写出NaBH4的电子式：
___________；
②“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力,其定义是：
每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。
NaHB4的有效氢含量为___________（保留两位小数）。
【答案】
（1）.100℃、2.8h左右
（2）.ClO-+Mn2++H2O=MnO2↓+ClO-+2H+（3）.MgO（或Ca（OH）2、CaCO3等合理答案均可）（4）.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）.
（6）.0.21
【解析】
【分析】
分析流程,硼镁泥中主要有MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质,通过硫酸酸浸,得到滤渣为SiO2,滤液中含有Na+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、SO42-、B4O72-,经过NaClO溶液处理,NaClO在酸性溶液中具有一定的氧化性,将Fe2+氧化为Fe3+,将Mn2+氧化为MnO2,加入MgO处理,形成Fe（OH）3和MnO2,这就是滤渣B,滤液经过蒸发浓缩,趁热过滤,得到滤渣C为CaSO4•2H2O,此时滤液中存在Na+、B4O72-、SO42-、Mg2+,滤液经过冷却结晶,得到MgSO4•7H2O和硼砂溶液,据此分析；
（5）①NaBH4的电子式,存在Na+和BH4-,据此写出电子式；
②根据有效含氢量的定义,每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力,H2做还原剂,1molH2失去电子2mol,结合电子得失守恒计算；
【详解】
（1）由图可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为选择温度为100℃、2.8h左右；
（2）滤渣B中含有不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体,根据流程分析,应为MnO2,由NaClO在酸性溶液中氧化Mn2+得到,考虑到介质为酸性,H+参与反应或反应生成H+,则生成黑色固体的离子方程式为：
ClO-+Mn2++H2O═MnO2+Cl-+2H+；
（3）流程中加入物质A的目的是中和溶液的H+,促进溶液中的Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀,结合不引入新的杂质的前提下,A应选择MgO（或Ca（OH）2、CaCO3等）；
（4）将滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,最终获得MgSO4·7H2O晶体；
（5）①NaBH4为离子化合物,含有Na+和BH4-,则NaBH4的电子式为
；
②根据有效含氢量的定义,每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力,H2做还原剂,1molH2失去电子2mol,1gH2的物质的量为
=0.5mol,0.5molH2转移的电子数为1mol,根据电子得失守恒,NaBH4也应转移1mol电子,NaBH4中H为-1价,做还原剂时,H从-1价升高为+1价,1molNaBH4转移电子数为4×2=8mol,则转移1mol电子消耗NaBH4的物质的量为0.125mol,其质量为0.125mol×38g/mol=4.75g,即1gH2相当于4.75gNaBH4,那么1gNaBH4相当于
gH2,即0.21gH2,故答案为：
0.21。
10.钼（Mo）是一种难熔稀有金属,我国的钼储量居世界前列,钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。
（1）Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化生成X和Y（少量）,X和Y中Mo价态相同,硝酸本身被还原为NO2,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：
1,则Mo在氧化产物中的化合价为___________；
（2）已知：
2Mo（s）+3O2（g）===2MoO3（s）△H1；
MoS2（s）+2O2（g）===Mo（s）+2SO2（g）△H2。
写出MoS2（s）与氧气反应生成MoO3（s）的热化学方程式_____________________________；
（3）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）△H,实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。
（a）不同压强下温度与H2平衡转化率的关系
（b）0.1MPa下温度与平衡时气体成分的关系
①由图（a）可知,该反应△H___________0（填“>”或“<”）,p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；
②由图（b）可知,B点时H2的平衡转化率为___________；
③A点对应的平衡常数K=___________（MPa）2。
（用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数）
（4）电氧化法提纯钼的原理：
将辉钼矿（MoS2）放入装有食盐水的电解槽中,用惰性电极电解,MoS2被氧化为MoO42－和SO42－。
①辉钼矿应放入电解槽的___________（填“阴极区”或“阳极区”）；
②阴极的电极反应式为_________________________________。
【答案】
（1）.+6
（2）.2MoS2（s）+7O2（g）=2MoO3（s）+4SO2（g）△H=△H1+2△H2（3）.＞（4）.p1【解析】
【分析】
（1）根据电子守恒确定Mo在氧化产物中的化合价；
（2）①2Mo（s）+3O2（g）═2MoO3（s）△H1,②MoS2（s）+2O2（g）═Mo（s）+2SO2（g）△H2,根据盖斯定律可知,②×2+①得到2MoS2（s）+7O2（g）═2MoO3（s）+4SO2（g）；
（3）①升高温度平衡向吸热反应方向移动,增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动；
②由图（b）可知,B点时H2的体积分数为25%,设起始时氢气的物质的量为1mol,此时氢气的转化率为α,则：
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）
起始物质的量（mol）100
变化物质的量（mol）α0.5αα
平衡物质的量（mol）1-α0.50αα
=25%,即可解得α；
③图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等,均为40%,而由反应方程式可知一氧化碳的体积分数为水蒸气的一半,即为20%,说明氢气、一氧化碳和水蒸气的物质的量之比为2：
1：
2,由此根据表达式求Kp；
（4）电解池的阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,并结合MoS2被氧化为MoO42－和SO42－分析解题。
【详解】
（1）Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化生成X和Y（少量）,X和Y中Mo价态相同,设Mo在氧化产物中的化合价为x价,则Mo元素从0价升高为x价,而硝酸本身被还原为NO2,氮元素从+5价降为+4价,在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：
1,根据电子守恒可知：
6×（5-4）=1×（x-0）,解得：
x=+6,即Mo在氧化产物中的化合价为+6；
（2）已知①2Mo（s）+3O2（g）═2MoO3（s）△H1,②MoS2（s）+2O2（g）═Mo（s）+2SO2（g）△H2,由盖斯定律计算②×2+①得：
2MoS2（s）+7O2（g）═2MoO3（s）+4SO2（g）△H=△H1+2△H2；
（3）①升高温度平衡向吸热反应方向移动，由图像（a）可知升高温度，氢气的转化率增大，说明平衡正向移动，正方向为吸热反应，即该反应△H>0；增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，对MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）可知，增大平衡逆向移动，氢气的转化率降低，则由图像（a）可知p1②由图（b）可知，B点时H2的体积分数为25%，设起始时氢气的物质的量为1mol，此时氢气的转化率为α，则：
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）
起始物质的量（mol）
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