【答案】B
【解析】A．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，结论不合理，故A错误；B．溴水滴加到淀粉KI溶液中，发生氧化还原反应生成碘，溶液变蓝，则验证非金属性：
Br＞I，故B正确；C．焰色反应为元素的性质，焰色为黄色，可知一定含Na元素，可能为NaOH或钠盐等，故C错误；D．向AgI沉淀中滴入KCl溶液，有白色沉生成，表明生成了氯化银沉淀，说明存在AgI的溶解平衡，没有告知KCl溶液浓度的大小，无法判断Ksp（AgCl）和Ksp（AgI）的大小，故D错误；故选B。
7．25℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-1g[c（H+）/c（H2C2O4）]和-1gc（HC2O4-）或-1g[c（H+）/c（HC2O4-）]和-1gc（C2O42-）关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线L1表示-1g[c（H+）/c（H2C2O4）]和-1gc（HC2O4-）的关系
B．Ka2（H2C2O4）的数量级为10-2
C．NaHC2O4溶液中c（Na+）>c（HC2O4-）>c（H2C2O4）>c（C2O42-）
D．向0.lmol/LH2C2O4溶液中加入少量水[c（HC2O4-）/c（H2C2O4）]减小
【答案】A
【解析】A．H2C2O4为弱酸，第一步电离平衡常数＞第二步电离平衡常数，即
＞
，则lg
＞lg
，则-lg
-lgc（HC2O4-）＜-lg
-1gc（C2O42-），因此曲线L1表示-1g[c（H+）/c（H2C2O4）]和-1gc（HC2O4-）的关系，曲线L2表示-1g[c（H+）/c（HC2O4-）]和-1gc（C2O42-）的关系，故A正确；B．根据上述分析，因为-lg
-1gc（C2O42-）=5，则Ka2（H2C2O4）=
=10-5，故B错误；C．根据B的分析，Ka1（H2C2O4）=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数=
=10-12＜Ka2（H2C2O4），说明以电离为主，溶液显酸性，则c（Na+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4），故C错误；D．向0.lmol/LH2C2O4溶液中加入少量水，草酸的电离程度增大，[c（HC2O4-）/c（H2C2O4）]增大，故D错误；故选A。
第II卷（非选择题）
8．绿矾（FeSO4·7H2O） 可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。
已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能溶于浓硫酸，能漂白某些有机染料，如品红等。
回答下列问题:
（1）甲组同学按照上图所示装置，通过实验检验绿矾分解产物。
装置B 中可观察到的现象是______________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。
（2） 乙组同学认为上述实验结论不严谨，对甲组同学做完实验的B 装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中____________（填字母）。
A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分实验装置及下列装置重新组装，对绿矾分解所得气态产物进行进一步验证:
①装置F中仪器的名称是______________________。
②丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、F、____、____、____、D、H（每个仪器只能使用一次）。
该实验过程中，SO3对后面气体检测不产生干扰的现象是____________。
③实验完成后，A试管中产生的红色固体是_________。
能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是______________________________________________________。
④已知实验前装置A 试管中所取的绿矾质量是mg，加热一段时间后，往该试管中加入足量的稀硫酸，并用浓度为cmol/L的KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL，则绿矾加热分解过程中，铁元素被氧化的百分率为____________。
【答案】品红溶液褪色BC球形干燥管G、E、B装置E中无白色沉淀生成Fe2O3把H 中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气[（m-1.39cV）/m] ×100%
【解析】
（1）甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2，装置B中为品红溶液，二氧化硫有漂白性，故装置B中品红溶液褪色，故答案为：
品红溶液褪色；
（2）根据题意SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红，三氧化硫的漂白不可恢复，乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中肯定有三氧化硫，未对二氧化硫检验，故可能含有二氧化硫，故答案为：
BC；
（3）①装置F中仪器为球形干燥管，故答案为：
球形干燥管；
9．硒（Se）、碲（Te）为VIA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一，电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se和少量金属单质及其他化合物，工业上从其中回收碲、硒的一种工艺流程如下:
已知:
I.Se单质难溶于水。
TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱；
II.元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-、HTeO3-等形式存在；
III.25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
（1）Se的氢化物的电子式是_______________。
0.1mol/L的H2TeO3电离度（当弱电解质在溶液里达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数叫做电离度）约为_____________________。
（2）加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎，其目的是_______________________。
（3）SeO2与SO2在冷却后通入水中反应的化学方程式_________________________________。
反应后分离出Se单质的操作①为_________________（填操作名称）。
（4）焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为_______（填化学式，过量的NaOH除外）。
工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲。
已知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为__________________________________。
（5）向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5~5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致碲的回收率__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（6）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，请写出由四氯化碲得到Te单质的离子方程式________________________________。
（7）上述流程中可循环利用的物质_______________（填化学式）。
【答案】
10%增大接触面积，提高反应速率SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se ↓过滤Na2TeO3TeO32-+3H2O+4e-= Te+ 6OH-偏低Te4++ 2SO2+ 4H2O= Te+8H++ 2SO42-H2SO4、HCl
【解析】
（1） Se与O属于同族元素， 氢化物的电子式为
。
设电离的亚碲酸为xmol/L，（H2TeO3）的Ka1= 1×10-3=
=
，解得x=0.01，则0.1mol/L的H2TeO3电离度=
×100%=10%，故答案为：
；10%；
（2） 加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：
增大接触面积，提高反应速率；
（3） 根据流程图，SeO2 与SO2在冷却后通入水中反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se ↓。
Se 单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤分离，故答案为：
SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se ↓；过滤；
（4）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。
焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH 溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3。
工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-= Te+ 6OH-，故答案为：
Na2TeO3；TeO32-+3H2O+4e-= Te+ 6OH-；
（5）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。
向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH 为4.5~5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低，故答案为：
偏低；
（6）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为Te4++ 2SO2+ 4H2O= Te+8H++ 2SO42-，故答案为：
Te4++ 2SO2+ 4H2O= Te+8H++ 2SO42-；
（7）根据流程图和上述（6）的方程式可知，Te4++ 2SO2+ 4H2O= Te+8H++ 2SO42-反应中生成的盐酸和硫酸可以循环利用，故答案为：
H2SO4、HCl。
10．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质。
（1）工业上可利用CO或CO2来制备清洁液体燃料甲醇。
已知:
800℃时
反应①:
2H2（g）+CO（g）
CH3OH（g）△H=-90.8kJ/mol
反应②:
H2（g）+CO2（g）
H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ/mol
（1）写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式___________________________________。
（2）对于反应①，在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1:
2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。
据此判断
①压强P1_____P2（填“>”“<”或“=”，下同）
②平衡常数K（状态C）_____K（状态D）
③反应速率:
V逆（状态A）_____V逆（状态B）
（3）对于反应②，在体积一定的密闭容器中加入一定量的H2和CO。
进行反应。
下列说法正确的是______。
A．若该反应在恒容，绝热的容器中进行，当容器中压强保持不变时表明反应达到平衡状态
B．该反应达到平衡时，向平衡体系中充入一定量的氦气，平衡可能发生移动
C．恒温恒容条件下，若改变反应物的投入量，△H的值不发生变化
D．恒温恒容条件下，若投入气体的总量保持不变，设起始投料比[n（H2）/n（CO2）]=X，当X=2或1/2时，H2O的体积分数不变。
（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2。
紫外线照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图2所示，在0-15h内，对反应催化效果最好的催化剂是____________（填序号）。
（5）一种新利CO燃料电池工作原理如上图3所示，该电池负极电极反应式为______________，电极A处产生的CO2有部分参与循环利用，其利用率为______________________。
【答案】CO2 （g） + 3H2 （g）
CH3OH （g） +H2O （g）△H=-49.6kJ/mol>=（4）由图可知，0-15小时内，相同时间内第Ⅱ种催化剂的作用下收集的CH4最多，反应催化效果最好的催化剂是Ⅱ，故答案为：
Ⅱ；
（5）负极发生氧化反应，电极反应式为：
CO-2e-+CO32-=2CO2，根据负极2CO+2CO32--4e-=4CO2，而正极反应为O2+4e-+2CO2═2CO32-，所以在转移4mol电子相同的情况下负极产生4mol的二氧化碳，而正极消耗2mol的二氧化碳，所以利用率为50%，故答案为：
CO-2e-+CO32-=2CO2；50%。
11．太阳能电池的发展已经进入了第三代。
第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜硅系太阳能电池。
完成下列填空:
（1）亚铜离子（Cu+）基态时的电子排布式为_______________________。
（2）比较硒和同周期相邻的元素砷的第一电离能I1的大小:
I1（As）__I1（Se）。
用原子结构观点加以解释______________________________________________。
（3）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，BF3·NH3中N原子的杂化轨道类型为__________________，B与N之间形成________键。
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂（SiC）结构。
金刚砂晶体属于_________（填晶体类型），在SiC结构中，每个C原子周围最近的C原子数目为___________________。
【答案】[Ar]3d10I1（As）＞I1（Se）元素的第一电高能从左到右依次增大，而As原子最外层电子排布为4s24p3，电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大sp3配位原子晶体12
【解析】
（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu+）的电子排布式为：
[Ar]3d10，故答案为：
[Ar]3d10；
（2）As、Se属于同一周期且原子序数逐渐增大，这两种元素依次属于第VA族、第VIA族，Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大，故答案为：
＞； 元素的第一电高能从左到右依次增大，而As原子最外层电子排布为4s24p3，电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
（3）BF3•NH3中B原子含有3个σ键一个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，N原子含有3个σ键一个配位键，N原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键，故答案为：
sp3；配位；
（4）金刚砂具有金刚石的结构特点，属于原子晶体，每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为3×4=12，故答案为：
原子晶体；12。
点睛：
本题考查内容涉及核外电子排布、第一电离能大小的比较、杂化方式的判断等知识点。
本题的难点是配位数的判断，要注意根据晶胞结构结合丰富想象力进行分析解答。
12．光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物已略去）:
已知:
I.
（R1、R2为烃基或氢原子）
II．
（R1、R2为烃基或氢原子）
（1）A的化学名称是_________________。
C中官能团的名称是____________________。
（2）C→D的反应类型是____________，E的结构简式是_________________________。
（3）D+G→光刻胶的化学方程式为_____________________________。
（4）H是C的同分异构体，具有下列性质或特征:
①能发生水解反应和银镜反应；②能使溴水褪色；③属于芳香族化合物，则H的结构有_____种。
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1:
1:
2:
2:
2的结构简式为_____________________________。
（5）根据已有知识并结结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）___________________________________________。
合成路线流程图示例如下:
【答案】苯甲醛羧基、碳碳双键取代反应CH3COOCH=CH2
5
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCHO
CH3CH2CH2CH2OH
【解析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为
，B为
，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为
。
乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，根据G的结构可知F为
，故E为CH3COOCH=CH2
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