【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X元素的某种原子不含中子，X为H元素；W的单质为黄色，W为S元素；W和Z同主族，Z为O元素；X与M同主族，M只能为Na元素；5种元素最外层电子总数为19，则Y最外层电子数为5，Y为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Na元素，W为S元素。
A.元素周期表中，短周期共有18种元素，其中主族元素共有15种，还有3种元素为稀有气体元素，故A错误；
B.M为Na元素，为活泼的金属元素，X、Y、Z、W均为非金属元素，都可以和钠形成离子化合物，故B正确；
C.以上5种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，可以是钠盐，也可以是铵盐，能形成两类盐，故C错误；
D.原子半径：
Na＞O，但离子半径：
Na+＜O2-，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断及应用。
本题易错点为C，要注意阳离子中有一种特殊的阳离子是NH4+。
5.燃烧产生的尾气中含有一定量的NO。
科学家们设计了一种间接电处理法除去其中NO的装置，如下图所示，它可以将NO转化为NH4+。
下列说法正确的是
A.a连接电源的正极
B.Pt电极B上发生的电极反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+
C.当NO吸收柱中产生1molSO32ˉ时，理论上处理的NO气体的体积为8.96L（标准状况）
D.图中的离子交换膜应为阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示，SO32ˉ在电极A上反应生成S2O42ˉ，反应中S元素的化合价由+4价变成+3价，化合价降低被还原，因此A为阴极，则B为阳极，在NO吸收柱中NO与S2O42ˉ反应生成氮气和SO32ˉ，据此分析解答。
【详解】A.根据上述分析，A为阴极，B为阳极，a连接电源的负极，故A错误；
B.Pt电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+，故B正确；
C.当NO吸收柱中产生1molSO32ˉ时，反应中消耗0.05molS2O42ˉ，转移1mol电子，根据得失电子守恒，处理的NO气体为0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故C错误；
D.根据图示，阳极区硫酸的浓度基本不变，结合电极B的反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+，生成的氢离子需要向阴极区运动，离子交换膜应为阳离子交换膜，故D错误；故选B。
6.25℃时，改变醋酸溶液的pH[溶液中c（CH3COOˉ）与c（CH3COOH）之和始终为0.1mol·Lˉ1]，溶液中H+、OHˉ、CH3COOˉ及CH3COOH浓度的对数值（lgc）与pH关系如图所示。
下列说法错误的是
A.lgK（CH3COOH）=－9.26
B.图中①表示CH3COOH浓度的对数值与pH的关系曲线
C.0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液的pH约为2.88
D.0.1mol·Lˉ1CH3COONa溶液的pH约为8.87
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，在强酸性溶液中c（CH3COOH）≈0.1mol/L，lgc（CH3COOH）≈-1，强碱性溶液中c（CH3COO-）≈0.1mol/L，lgc（CH3COO-）≈-1，根据图知，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，酸性越强lg（H+）越大、lg（OH-）越小，碱性越强lg（H+）越小、lg（OH-）越大，所以③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，据此分析解答。
【详解】A.K（CH3COOH）=
，当c（CH3COOH）=c（CH3COO-），Ka=c（H+）=10-4.75，lgK（CH3COOH）=-4.75，故A错误；
B.根据上述分析，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，故B正确；
C.醋酸为弱酸，电离程度较小，因此0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液中c（CH3COO-）≈c（H+），根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH约为2.88，故C正确；
D.因为醋酸钠水解程度较小，所以醋酸钠溶液中c（CH3COOH）≈c（OH-），根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH=8.87，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离及酸碱混合溶液的定性判断，明确弱电解质电离特点及图示中各条曲线代表的微粒是解本题关键，也是本题的难点和易错点。
7.下列实验过程可以达到实验目的的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.5mL10mol/L的硫酸溶于水时放热，在烧杯中溶解后需要冷却至室温后再转移到容量瓶中，故A错误；B.向亚硫酸钠溶液中滴加浓盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫和水，无氧化还原反应发生，故B错误；C.制取并纯化氯气，用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，产生的氯气通入饱和的碳酸氢钠溶液会发生反应生成二氧化碳气体，所以得不到纯净的氯气，故C错误；D通过观察发现加入三氯化铁试管产生气体速度快，说明三氯化铁在中间起了催化剂作用，故D正确；答案D。
8.以硫铁矿（FeS2的质量分数为60%）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O，270.5g·moˉ1）的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为_____、_____。
（任写两条）
（2）焙烧后得到的Fe2O3在酸溶过程中发生反应的离子方程式为________。
（3）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、_______、______。
（4）焙烧过程中产生的SO2可用过量的氨水进行吸收，所得溶液中溶质的名称为_______。
（5）先向氯化铁溶液中加适量盐酸的目的是______，再______、______、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体。
（6）若取1kg硫铁矿经过上述流程（铁元素在整个流程中损失率为4%），则可得氯化铁晶体的质量为_______（保留一位小数）kg。
【答案】
（1）.将矿石粉碎
（2）.提高氧气的浓度（或升高反应的温度）（3）.2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O（4）.漏斗（5）.玻璃棒（6）.亚硫酸铵（7）.抑制氯化铁的水解（8）.蒸发浓缩（9）.冷却结晶（10）.1.3
【解析】
【分析】
根据流程图，硫铁矿在高温下煅烧可以得到氧化铁和二氧化硫，将Fe2O3溶于盐酸中，可以得到含有铁离子的盐溶液，将氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体；（6）根据铁元素守恒进行计算，据此分析解答。
【详解】
（1）根据影响化学反应速率的因素可知，为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施有：
将矿石粉碎，增大接触面积、增大空气的进入量，即提高氧气的浓度、升高反应的温度等，故答案为：
将矿石粉碎；提高氧气的浓度（或升高反应的温度）；
（2）流程中需用30%的盐酸“酸溶”焙烧后的残渣，盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水，化学方程式为：
2Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，反应的离子方程式为2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：
2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（3）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：
漏斗；玻璃棒；
（4）SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，故答案为：
亚硫酸铵；
（5）氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁，先向氯化铁溶液中加适量盐酸可以抑制氯化铁的水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体，故答案为：
抑制氯化铁的水解；蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）根据铁元素守恒有，FeS2～FeCl3·6H2O，则生成的氯化铁晶体的质量为
×（1-4%）×270.5g/mol=1298.4g=1.3kg，故答案为：
1.3。
9.碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：
2CO（g）+O2（g）
2CO2（g）△H1=－566kJ·molˉ1
H2O（g）+CO（g）
H2（g）+CO2（g）△H2=－41kJ·molˉ1
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H3=－107kJ.molˉ1
则CH3OH（g）+
O2（g）
CO2（g）+2H2O（g）△H=___________kJ·molˉ1，增大压强，CH3OH（g）的转化率___________（填“增大”“减小”或“不变”，下同），升高温度，CH3OH（g）的转化率___________。
（2）T℃时，向容积均为2L的A、B两个密闭容器中均通入4.0molCO2和6.8molH2，发生反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=—50kJ·molˉ1。
A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，测得A容器中CO2的转化率[α（CO2）]随时间的变化如图所示。
①在0~5min内A容器中v（CH3OH）=_______；该温度下上述反应的平衡常数K=_______（保留两位有效数字）。
②反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v（A）________（填“>”“<”或“=”）v（B）。
③下列各项指标能表明A容器中反应的v正>v逆的是___（填标号）
a.体系内的压强增大
b.气体的平均相对分子质量增大
c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍
d.v逆（CO2）=v正（H2）
【答案】
（1）.-660
（2）.减小（3）.减小（4）.0.16mol/（L·min）（5）.0.53（6）.＜（7）.ab
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，将①×
-②×2-③得：
CH3OH（g）+
O2（g）
CO2（g）+2H2O（g），同时计算出△H，结合化学平衡的影响因素分析解答；
（2）①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α（CO2）=40%，结合三段式分析解答；②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，反应过程中气体的压强A＜B，结合影响化学反应速率的因素分析判断；③v（正）>v（逆），说明改变某种因素后，平衡正向移动，据此分析判断。
【详解】
（1）①2CO（g）+O2（g）
2CO2（g）△H1=－566kJ·molˉ1，②H2O（g）+CO（g）
H2（g）+CO2（g）△H2=－41kJ·molˉ1，③CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H3=－107kJ.molˉ1，根据盖斯定律，将①×
-②×2-③得：
CH3OH（g）+
O2（g）
CO2（g）+2H2O（g）△H=（－566kJ·molˉ1）×
-（－41kJ·molˉ1）×2-（－107kJ.molˉ1）=-660kJ·molˉ1；增大压强，平衡逆向移动，CH3OH（g）的转化率减小，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH（g）的转化率减小，故答案为：
-660；减小；减小；
（2）①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α（CO2）=40%，即反应的二氧化碳为1.6mol，则生成CH3OH1.6mol，v（CH3OH）=
=0.16mol/（L·min）；该温度下，CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）反应达到平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2.4mol、2.0mol、1.6mol、1.6mol，物质的量浓度分别为1.2mol/L、1.0mol/L、0.8mol/L、0.8mol/L，平衡常数K=
=0.53，故答案为：
0.16mol/（L·min）；0.53；
②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，A容器中反应过程中气体的压强逐渐减小，B中的气体压强不变，则反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率：
v（A）＜v（B），故答案为：
＜；
③a.体系内的压强增大，平衡正向移动，说明v（正）>v（逆），正确；b.气体的质量不变，气体的平均相对分子质量增大，说明物质的量减小，说明平衡正向移动，则v（正）>v（逆），正确；c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍，说明v（正）＜v（逆），错误；d.v逆（CO2）=
v正（H2），v逆（CO2）=v正（H2）＞
v正（H2），则平衡逆向移动，v（正）＜v（逆），错误；故选ab。
【点睛】本题的易错点为
（1），要注意盖斯定律的灵活运用，本题中可以根据目标方程式中的系数结合三个方程式分析解答。
10.某校学习小组的同学设计用分子筛催化CH4还原NO2并检验还原产物。
回答下列问题：
（1）甲组同学设计用如图所示装置分别制备CH4和NO2。
①在加热条件下，无水CH3COONa与NaOH（CaO为催化剂）生成CH4和Na2CO3的化学方程式为___________。
②仪器a的名称为__________，仪器a中的药品是__________（填名称）。
__________（填“能”或“不能”）用铁代替圆底烧瓶中的铜。
（2）乙组同学利用甲组制得的干燥气体并利用下列装置用CH4还原NO2
①C装置的作用是______________（列举2点）。
②D装置反应管中盛放玻璃丝的目的是___________；CH4与NO2生成N2和CO2的化学方程式为_____________。
③E装置中澄清石灰水未变浑浊，F装置中澄清石灰水变浑浊，其原因可能是__________。
【答案】
（1）.CH3COONa+NaOH
CH4↑+Na2CO3
（2）.分液漏斗（3）.浓硝酸（4）.不能（5）.混合CH4和NO2、调节CH4和NO2的比例（或控制反应的速率）（6）.防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞（7）.CH4+2NO2
N2+CO2+2H2O（8）.E中二氧化碳过量，反应生成了碳酸氢钙
【解析】
【分析】
（1）①根据在加热条件下，无水CH3COONa与NaOH（CaO为催化剂）生成CH4和Na2CO3书写反应的化学方程式；②根据装置图结合常见仪器的结构解答；实验室可以使用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，铁在常温下遇到浓硝酸发生钝化，据此分析解答；
（2）①在C装置中将CH4和NO2混合均匀，并可以通过气泡的速度调节CH4和NO2的比例和反应速率；②D装置中气体可能将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4与NO2生成N2和CO2，结合质量守恒判断其余生成物，再书写反应的化学方程式；③二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，生成的碳酸钙被转化为碳酸氢钙而溶解，据此分析解答。
【详解】
（1）①在加热条件下，无水CH3COONa与NaOH（CaO为催化剂）生成CH4和Na2CO3的化学方程式为CH3COONa+NaOH
CH4↑+Na2CO3，故答案为：
CH3COONa+NaOH
CH4↑+Na2CO3；
②根据装置图，仪器a为分液漏斗，实验室可以使用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，因此仪器a中的药品为浓硝酸，铁在常温下遇到浓硝酸发生钝化，不能用铁代替圆底烧瓶中的铜，故答案为：
分液漏斗；浓硝酸；不能；
（2）①在C装置中将CH4和NO2混合均匀，并可以通过气泡的速率调节CH4和NO2的比例，也可以控制反应的速率，故答案为：
混合CH4和NO2；调节CH4和NO2的比例（或控制反应的速率）；
②D装置反应管中盛放玻璃丝可以防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4与NO2生成N2和CO2，反应的化学方程式为CH4+2NO2
N2+CO2+2H2O，故答案为：
防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4+2NO2
N2+CO2+2H2O；
③二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，生成的碳酸钙被转化为碳酸氢钙而溶解，因此可能造成E装置中澄清石灰水未变浑浊，故答案为：
E中二氧化碳过量，生成了碳酸氢钙。
11.钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。
回答下列问题：
（1）基态锌原子的价电子排布式为___________；K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________。
（2）Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等,钙的熔点与沸点均比锌高,其原因是_______________。
（3）OF2分子的几何构型为___________,中心原子的杂化类型为___________。
（4）KOH与O3反应可得到KO3（臭氧化钾）,KO3中除σ键外,还存在___________;与O3-互为等电子体的分子为___________（任写一种）。
（5）K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示,其晶胞参数为a=0.4058nm。
①晶胞中Zn2+的配位数为___________个。
②晶胞中紧邻的两个F-间的距离为_______________________（列出算式即可）nm。
③该晶体的密度为___________（列出算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数的数值）g·cm-3。
【答案】
（1）.3d104s2
（2）.F>Zn>K（3）.锌的原子半径较大，金属键较弱（4）.V形（5）.sp3（6）.离子键和π键（7）.ClO2（或其他合理答案）（8）.6（9）.
×0.4058（10）.
【解析】
（1）锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K＞Zn，F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的顺序为F>Zn>K，故答案为：
3d104s2；F>Zn>K；
（2）锌的原子半径较大，金属键较弱，导致钙的熔点与沸点比锌高，故答案为：
锌的原子半径较大，金属键较弱；
（3）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+
（6-1×2）=4，采用sp3杂化，OF2的几何构型为V形，故答案为：
V形；sp3；
（4）KOH 与O3反应可得到KO3（臭氧化钾），KO3 属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和O3-中的π键，与O3-互为等电子体的分子有ClO2等，故答案为：
离子键和π键；ClO2；
（5）①晶胞中与Zn2+距离相等，且最近的为F-，有6个，因此Zn2+配位数为6，故答案为：
6；
②根据图示，晶胞中紧邻的两个F-间的距离为晶胞边长一半的
倍，即
×0.4058 nm×
=
×0.4058 nm，故答案为：
×0.4058；
③该晶胞中含有锌离子的数目=8×
=1，氟离子的数目=12×
=3，钾离子数目=1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为（39+65+19×3）g，1mol晶胞的体积为（0.4058×10-7）3×NAcm3，则晶体的密度为
=
g·cm-3，故答案为：
。
12.[化学—有机化学基础]
双－（对烷氧基苯甲酸）－2，3－二氯－1，4－苯二酚酯（G）是一种新的液晶化合物，在液晶显示领域里有广泛的应用，其合成路线如下：
已知：
R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9︰2︰2︰1，
回答下列问题：
（1）A的结构简式为__________。
（2）B的化学名称为_____________。
（3）A与B生成C的化学方程式为___________。
（4）由E生成G的反应类型为________。
（5）G的分子式为_____________。
（6）H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应和银镜反应，则H共有_________种；其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1︰2︰6︰2︰2︰1的结构简式为_______。
【答
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