答案：
B
5．（2017年陕西师大附中高三上二模）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：
则相关判断正确的是（ ）
A.W原子半径大于Z
B.氢元素可以与X、Y分别形成的二元化合物分子间容易形成氢键
C.向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量无现象
D.W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体
解析：
短周期元素中，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3，则X的最高化合价为＋4，结合原子序数Y＞X，可确定X为C元素，Z元素的原子最外层有3个电子，即Z为Al元素；W的一种核素的质量数为28，中子数为14，可确定W的质子数为28－14＝14，即W为Si。
A.同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，W原子半径小于Z，故A错误；B.烷烃分子间不容易形成氢键，故B错误；C.向铝与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，先生成白色沉淀，后沉淀溶解，故C错误；D.硅与氢氟酸反应生成两种无色气体：
Si＋
4HF===SiF4↑＋2H2↑，故D正确。
答案：
D
6．（2017年湖北省衡阳市八中高三上第四次月考）全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池。
其电池总反应为：
V3＋＋VO2＋＋H2O
VO
＋2H＋＋V2＋，下列说法正确的是（ ）
A．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂
B．放电时正极反应为：
VO
＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O
C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极
D．充电过程中，H＋由阴极区向阳极区迁移
解析：
本题考查原电池的工作原理。
A.放电时氧化剂为VO
离子，在正极上被还原后生成VO2＋离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，A错误；B.原电池放电时，VO
离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2＋离子，反应的方程式为VO
＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，B正确；C.原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，C错误；D.充电过程中，H＋由阳极区向阴极区迁移，D错误。
答案：
B
7．（2017年江西省师大附中高三联考）等体积浓度均为0.1mol/L的三种溶液：
①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③NaHCO3溶液混合，①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.三种溶液pH的比较③＞②＞①
B.反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO－）>c（SCN－）
C.上述三种溶液中水电离的电离度：
NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN
D.①与③反应所得的溶液中：
c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.1mol/L
解析：
NaHCO3溶液呈碱性，pH>7，HSCN与NaHCO3反应先完成，速率快，说明HSCN中H＋浓度大于CH3COOH中H＋浓度，酸性大，则pH小，三种溶液pH③＞①＞②，A错误；HSCN酸性大于CH3COOH，SCN－水解程度小于CH3COO－，则溶液中c（SCN－）＞c（CH3COO－），B错误；NaHCO3可水解，促进水的电离，CH3COOH、HSCN为酸，均抑制水的电离，HSCN酸性大于CH3COOH，HSCN抑制能力强，水的电离程度小，水电离的程度：
NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN，C正确；等体积、浓度CH3COOH溶液与NaHCO3溶液混合，体积变为原来的2倍，根据物料守恒有：
c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝0.05mol/L，D错误。
答案：
C
二、非选择题（共58分，第8～10题为必考题，11和12题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题：
共43分。
8．（14分）（2017年河南省百校联盟高三4月教学质量检测）某化学兴趣小组欲在实验室模拟工业制硝酸的过程。
设计了如下装置（夹持装置略去）：
（1）装置B中固体氢氧化钠的作用是______________。
（2）请在装置图方框处画出必要仪器____________，并指出所加试剂。
（3）①装置D中发生反应的化学方程式为________________；开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行，原因为________________________。
②某同学认为在装置F中可能出现白烟，应在装置D和装置F之间增加下列装置中的________（填序号），从而避免此现象发生，提高硝酸的产率。
利用改进后的装置进行实验，装置F中发生反应的化学方程式为____________________。
（4）取反应后装置G中得到的溶液20.00mL，加2～3滴酚酞溶液，用0.002mol/L的NaOH标准溶液滴定，用去10.00mL时，达到滴定终点，则装置G中得到的溶液pH＝__________________。
解析：
（1）氢氧化钠溶解时放热，使一水合氨分解放出氨气，故其作用为氢氧化钠固体溶于水放热，使氨气溶解度减小，且电离出OH－，使NH
＋OH－NH3·H2ONH3↑＋H2O向正方向移动，使氨气逸出；
（2）生成的氨气中混有水蒸气，需要去除，因此方框处需要连接盛有碱石灰的干燥管，故为
；
（3）①装置D中氨气发生催化氧化，反应的化学方程式为4NH3＋5O2
4NO＋6H2O；该反应是放热反应，开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行；②氨气催化氧化生成的一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成部分硝酸蒸汽，氨气与硝酸蒸汽反应出现白烟，因此为了避免这种现象的发生，对生成的气体进行干燥即可，故选a；利用改进后的装置进行实验，装置F中一氧化氮被氧化为二氧化氮，反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2；
（4）装置G中为稀硝酸，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.002mol/L×0.01L＝0.00002mol，因此硝酸的物质的量为0.00002mol，硝酸的浓度
＝0.001mol/L，即c（H＋）＝0.001mol/L，溶液的pH＝3。
答案：
（1）氢氧化钠固体溶于水放热，使氨气溶解度减小，且电离出OH－，使NH
＋OH－NH3·H2ONH3↑＋H2O向正方向移动，使氨气逸出
（2）
（3）①4NH3＋5O2
4NO＋6H2O 此反应为放热反应，反应放出的热量可维持反应继续进行
②a 2NO＋O2===2NO2
（4）3
9．（15分）（2016年高考·课标全国卷Ⅲ）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。
以下是一种制备过氧化钙的实验方法。
回答下列问题：
（一）碳酸钙的制备
（1）步骤①加入氨水的目的是________；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于________。
（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是________（填标号）。
a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（二）过氧化钙的制备
（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈________性（填“酸”“碱”或“中”），将溶液煮沸，趁热过滤。
将溶液煮沸的作用是________________。
（4）步骤③中反应的化学方程式为________，该反应需要在冰浴下进行，原因是__________________________。
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是________。
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：
将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。
该工艺方法的优点是________________，产品的缺点是________。
解析：
考查物质制备实验设计。
（1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸和沉淀铁离子；小火煮沸的目的是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。
（2）a.过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a错误；b.玻璃棒用作引流，b正确；c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确；d.滤纸边缘应该低于漏斗，d错误；e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e错误。
（3）溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。
溶液中含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中的CO2。
（4）据题目信息可知，反应物为CaCl2、氨水和双氧水，制备CaO2，根据原子守恒可知另外的产物还有氯化铵和水，化学方程式如下：
CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；由于双氧水不稳定，受热易分解，故反应需在冰浴中进行以防止H2O2分解。
（5）过氧化钙不溶于乙醇，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：
将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。
该工艺方法的优点是原料来源丰富、工艺简单、操作方便；产品的缺点是得到的产品纯度较低。
答案：
（1）调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀 过滤分离
（2）ade
（3）酸 除去溶液中的CO2
（4）CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O或CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl 温度过高时过氧化氢易分解
（5）去除结晶表面水分
（6）工艺简单、操作方便 纯度较低
10．（14分）（2017年河北省衡水中学高三下第六次调研）研究表明丰富的CO2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源（石油和天然气）到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。
（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。
下图表示恒压容器中0.5molCO2和1.5
molH2转化率达80%时的能量变化示意图。
①写出该反应的热化学方程式：
________________。
②能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______。
a．容器中压强不变 b．H2的体积分数不变
c．c（H2）＝3c（CH3OH）d．容器中密度不变
e．2个C===O断裂的同时有6个H—H断裂
（2）某国科研人员提出了使用氢气和汽油（汽油化学式用C8H18表示）混合燃料的方案，以解决汽车CO2的排放问题。
该方案主要利用储氢材料CaH2产生H2和用汽油箱贮存汽油供发动机使用，储氢系统又捕集汽油燃烧产生的CO2，该系统反应如下图所示：
①写出CaH2的电子式________________。
②反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。
③如果该系统反应均进行完全，试写出该系统总反应的化学方程式______________________________。
解析：
本题考查热化学方程式、电子式、电极反应式的书写，化学平衡的判断，能量转化的判断，方程式叠加法的应用。
（1）①由所给能量变化示意图可知，1molCO2和3molH2转化率达100%时放出热量49kJ，所以该反应的热化学方程式为：
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝－
×2＝－49
kJ·mol－1；
②a.该反应是在恒压容器中进行的，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；b.达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，正确c.平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；d.由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，能判断该反应达到化学平衡状态，正确；e.反应的任何状态都有2个C===O断裂的同时有6个H—H断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；
（2）①CaH2是离子化合物，其电子式为[H
]－Ca2＋[
H]－；
②反应1是CaH2与H2O反应生成氢氧化钙和氢气，反应中CaH2作还原剂，水作氧化剂，可写出发生的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca（OH）2＋H2↑，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶1；
③由反应的流程图可知，最终产物是CaCO3、H2O。
反应1生成的氢气与氧气反应生成水，汽油与氧气反应生成二氧化碳和水，其中二氧化碳用于和反应1产生的氢氧化钙反应，将发生反应的化学方程式叠加，消去中间产物二氧化碳、氢气、氢氧化钙，最后的产物只有水和碳酸钙，所以总反应方程式为16CaH2＋2C8H18＋41O2===16CaCO3＋34H2O。
答案：
（1）①CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝－49kJ/mol
②bd
（2）①[H
]－Ca2＋[
H]－
②2∶1
③16CaH2＋2C8H18＋41O2===16CaCO3＋34H2O
（二）选考题：
共15分。
请考生从两题中选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
11．【选修3—物质结构与性质】（15分）
（2017年重庆八中高三第一次适应性模拟）煤、石油、天然气、动植物体、石灰石、白云石、二氧化碳等都含有碳元素。
请回答下列问题：
（1）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，应用价层电子对互斥理论，预测COCl2分子的空间构型为____________。
（2）二茂铁（C5H5）2Fe是Fe2＋与环戊二烯基形成的一类配合物，实验室测定铁的含量可用配位剂邻二氮菲（
），它能与Fe2＋形成红色配合物（如图甲），该配离子中Fe2＋与氮原子形成的配位键共有________个。
（3）普鲁士蓝可用作燃料，立体结构如图乙所示。
普鲁士蓝中，
n（K＋）∶n（Fe3＋）∶n（Fe2＋）∶n（CN－）＝________。
（4）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似（如图丙）。
①纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图，
a中采取sp2杂化的碳原子有________个，b中各元素的电负性由大到小的顺序为________。
②CaC2中C
与O
互为等电子体，O
的电子式可表示为________，其中σ键与π键数目之比为________。
③该晶胞中Ca2＋、C
之间的最近距离为apm，则该CaC2的密度为________g/cm3（NA为阿伏加德罗常数，只列计算式），该晶体中与C
距离相等且最近的C
有________个。
④X射线表明KCl、CaO与NaCl晶体结构相似，三种离子晶体熔点由高到低的顺序为______________。
解析：
本题考查晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。
（1）C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；
（2）Fe2＋和N原子之间形成配位键，该配合物中含有6个N原子，所以有6个配位键；
（3）Fe3＋离子的个数为：
4×
＝
；Fe2＋离子的个数为：
4×
＝
；CN－离子的个数为：
12×
＝3，根据电荷守恒：
N（K＋）＋N
（Fe3＋）×3＋N（Fe2＋）×2＝N（CN－），得N（K＋）＝
，普鲁士蓝中n
（K＋）∶n（Fe3＋）∶n（Fe2＋）∶n（CN－）＝1∶1∶1∶6；
（4）①C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对的采用sp2杂化，苯环上C原子和连接羰基的碳原子都采用sp2杂化；元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这几种元素电负性大小顺序是O＞N＞C＞H；
②根据等电子体的结构相似，则O
的电子式为[
O⋮⋮O
]2＋，该离子中含有1个σ键、2个π键，所以σ键、π键个数之比为1∶2；
③该晶胞中钙离子个数＝1＋12×
＝4，C
离子个数＝8×
＋6×
＝4，Ca2＋、C
之间的最近距离为apm＝a×10－10cm，则该晶胞体积＝（2a×10－10cm）3，晶胞密度＝
＝
g/cm3，该晶胞中与C
距离相等且最近的C
个数＝3×8÷2＝12；
④这几种晶体都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，钙离子所带电荷大于钠离子、钾离子，氧离子所带电荷大于氯离子且半径小于氯离子，所以晶格能大小顺序是CaO＞NaCl＞KCl，则熔沸点大小顺序是CaO＞NaCl＞KCl。
答案：
（1）平面三角形
（2）6
（3）1∶1∶1∶6
（4）①7 O＞N＞C＞H
②[
O⋮⋮O
]2＋ 1∶2
③
12
④CaO＞NaCl＞KCl
12．【选修5—有机化学基础】（15分）
（2017年天津市南开区模拟试卷）室安卡因（G）是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：
Ⅰ.
（1）已知A是
的单体。
则A中所含官能团的名称是______________。
（2）写出B的结构简式并用系统命名法给C命名：
B：
________，C的名称：
______________。
（3）L是E的同分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L所有可能的结构简式有__________________（任写两个）。
（4）F→G的反应类型是________________。
（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是________________。
a．能发生加成反应
b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．能与盐酸反应生成盐
d．属于氨基酸
（6）写出C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式：
__________________。
Ⅱ.H是C的同系物，其核磁共振氢谱有两个峰，按如下路线，由H可合成高聚物V：
H（Mr＝167）
N
Q
V
（7）H的结构简式为________；N→Q的反应类型为________。
（8）写出Q→V的反应方程式：
____________________。
解析：
本题考查有机物的合成与推断。
A是
的单体，则A的结构简式为：
CH2＝CHCOOH，A和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成C，C为CH3CHBrCOOH，C发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G。
（1）A是
的单体，则A的结构简式为：
CH2＝CHCOOH，A中官能团名称是碳碳双键和羧基；
（2）B的结构简式为CH3CH2COOH，C的结构简式为CH3CHBrCOOH，C的名称是2溴丙酸；
（3）L是E的同分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L分子中苯环上有两类氢原子，则L所有可能的结构简式有
、
、
。
（4）根据F和G结构简式的差异性知，F和氨气发生取代反应生成G；
（5）G中含有氨基、羰基、苯环，a.G中含有苯环，所以能发生加成反应，故正确；b.G中有甲基，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；c.G中含有氨基，所以能与盐酸反应生成盐，故正确；d.G中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；
（6）C与足量NaO
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