B.简单离子半径：
W>X>Y>Z
C.含氧酸的酸性：
W>X
D.Z与Y形成的化合物中只含离子键
【答案】B
【解析】
【详解】由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，则X为N，Y为O；Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍，则Z为Na，W为Cl；
A.氯气是易液化的气体，而氧气难液化，故单质沸点：
W>Y，故A错误；
B.氯离子核外有3个电子层，而其它离子只有2个电子层，所以氯离子半径最大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以简单离子半径：
W>X>Y>Z，故B正确；
C.硝酸的酸性强于次氯酸，故C错误；
D.过氧化钠中既有离子键又有共价键，故D错误，
故选B。
7.常温下，用0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.10mol·L－1的HX溶液所得滴定曲线如下图（忽略溶液体积变化）。
下列说法正确的是
A.常温下K（HX）≈1×10－12
B.a点所示的溶液中：
c（Na+）>c（X－）>c（OH－）=c（H+）
C.c点所示的溶液中：
c（Na+）+c（HX）+c（X－）=0.10mol·L－1
D.相同条件下，X－的水解能力弱于HX的电离能力
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图象知0.10mol·L－1的HX溶液中c（H+）=1×10-6mol·L－1，HX⇌H++X-，c（X－）=c（H+），c（HX）≈0.10mol·L－1，K（HX）=
=
=1×10－11，故A错误；
B.a点时c（OH－）=c（H+），由电荷守恒原理知，c（Na+））=c（X-），故B错误；
C.c点时，酸碱恰好反应完全，体积变为原来的2倍，溶质为NaX，根据物料守恒知c（Na+）+c（HX）+c（X－）=0.10mol·L－1，故C正确；
D.b点时，反应生成的NaX的物质的量与剩余的HX的物质的量相等，由于此时混合溶液显碱性，说明X－水解程度大于HX电离程度，故D错误；
故选C。
【点睛】在比较溶液中离子浓度时主要看几个守恒：
物料守恒、电荷守恒及质子守恒，再根据溶液的酸碱性比较氢离子和氢氧根离子的浓度大小，还要注意溶液混合时的体积变化，这是易错点。
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分。
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。
（一）必考题：
共129分。
8.氨基锂（LiNH2）是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，遇热水则强烈水解。
在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。
（1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是___________（填宇母）。
A．浓氨水、CuOB．NH4Cl固体、Ca（OH）2固体
C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体
（2）用
（1）中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为___________（填接口处宇母），装置A的作用是______________________。
（3）装置C中仪器的名称是___________，盛装的试剂是___________。
实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为___________。
（4）实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是______________________。
（5）氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，请推测该气体的成分并用实验验证你的结论：
________。
【答案】
（1）.D
（2）.e→f→c→d→h→g→a（3）.盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中（4）.干燥管（5）.碱石灰（6）.先通氨气再加热（7）.因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，故从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多（8）.该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
【解析】
【分析】
根据物质的性质选择适当的药品；根据仪器的构造及实验需要正确连接装置；根据题干信息及氨气的性质分析实验中各装置的作用及氨气的检验方法。
【详解】
（1）因NH4NO3受热或撞击易发生爆炸，故不易用NH4NO3固体、NaOH固体制备NH3，
故答案为：
D；
（2）因LiNH2能与水反应，故进入B中的氨气应该是干燥的，又因为氨气无法在B中消耗完且空气中水蒸气也可以逆向进入B，又氨气溶解时可能会产生倒吸现象，故相应的连接顺序为e→f→c→d→h→g→a；装置A中盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中；
故答案为：
e→f→c→d→h→g→a；盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中；
（3）装置C用于干燥氨气，可以使用碱性干燥剂；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，
故答案为：
干燥管；碱石灰；先通氨气再加热；
（4）因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多，
故答案为：
因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多；
（5）由LiNH2+H2O=LiOH+NH3推测，气体产物是氨气，可用红色石蕊试纸检测该气体，
故答案为：
该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。
9.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
（1）炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：
______________________。
当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是______________________。
（4）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：
______________________，操作X包括___________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是___________。
（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：
_________________________________。
【答案】
（1）.SO2
（2）.2：
1（3）.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（4）.空气或氧气（5）.3.7≤pH<4.8（6）.4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O（7）.过滤（8）.防止Cu2O被空气中氧气氧化（9）.2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
【解析】
【分析】
根据流程图及二氧化硫的还原性分析解答；根据氧化还原反应原理书写化学方程式及离子方程式；根据电解原理书写电极反应式。
【详解】
（1）金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:
1，
故答案为：
SO2；2：
1；
（2）酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，
故答案为：
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；空气或氧气；
（3）调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，
故答案为：
3.7≤pH<4.8；
（4）N2H4将Cu2+还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为；4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，
故答案为：
4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
（5）因Cu2O是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为：
2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；
故答案为：
2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
10.许多含氮物质是农作物生长的营养物质。
（1）肼（N2H4）、N2O4常用于航天火箭的发射。
已知下列反应：
①N2（g）+O2（g）====2NO（g）△H=+180kJ·mol－1
②2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）△H=－112kJ·mol－1
③2NO2（g）
N2O4（g）△H=－57kJ·mol－1
④N2H4（g）+N2O4（g）====3N2（g）+4H2O（g）△H=－1136kJ·mol－1
则N2H4与O2反应生成氮气与水蒸气的热化学方程式为______________________。
（2）一定温度下，向某密闭容器中充入1molNO2，发生反应：
2NO2（g）
N2O4（g），测得反应体系中气体体积分数与压强之间的关系如图所示：
①a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为___________。
平衡时若保持压强、温度不变，再向体系中加入一定量的Ne，则平衡___________移动（填“正向”“逆向”或“不”）。
②a点时NO2的转化率为___________，用平衡分压代替平衡浓度也可求出平衡常数Kp，则该温度下Kp=___________Pa－1。
（3）已知在一定温度下的可逆反应N2O4（g）
2NO2（g）中，v正=k正c（N2O4），v逆=k逆c2（NO2）（k正、k逆只是温度的函数）。
若该温度下的平衡常数K=10，则k正=_________k逆。
升高温度，k正增大的倍数_______（填“大于”“小于”或“等于”）k逆增大的倍数。
（4）氨气是合成众多含氮物质的原料，利用H2－N2—生物燃料电池，科学家以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，X交换膜为隔膜，在室温条件下即实现了合成NH3的同时还获得电能。
其工作原理图如下：
则X膜为___________交换膜，正极上的电极反应式为______________________。
【答案】
（1）.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1
（2）.c>b>a（3）.逆向（4）.66.7%（5）.600/p0（6）.10（7）.大于（8）.质子（9）.N2+6e-+6H+=2NH3
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行反应热的计算；根据勒夏特列原理判断平衡的移动及平衡常数的相关计算；根据原电池原理书写电极反应式。
【详解】
（1）由盖斯定律知（①+②+③+④）/2即可得到N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1，
故答案为：
N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1；
（2）①由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大。
一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；
②a点时，设消耗了xmolNO2，则生成0.5xmolN2O4，剩余（1-x）molNO2，1-x=0.5x，x=2/3mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p（N2O4）=0.96p0，p（NO2）=0.04p0，由此可求出Kp=600/p0；
故答案为：
c>b>a；逆向；66.7%；600/p0；
（3）当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正∙c（N2O4）=k逆∙c2（NO2）。
k正=k逆∙c2（NO2）/c（N2O4）=k逆∙K=10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，
故答案为：
10；大于；
（4）由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢离子，故负极上生成的H+应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3，
故答案为：
质子；N2+6e-+6H+=2NH3。
（二）选考题：
共45分。
请考生从给出的2道物理题、道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。
如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，《本草纲目》中记载：
“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：
S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。
（1）氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。
上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________（填元素符号）。
（2）碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3（结构式为
）。
C2O3与水反应可生成草酸（HOOC—COOH）。
①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。
②草酸与正丁酸（CH3CH2CH2COOH）的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9℃，导致这种差异的最主要原因可能是______________________。
③CO分子中π键与σ键个数比为___________。
（3）超氧化钾的晶胞结构图如下：
则与K+等距离且最近的K+个数为___________，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为___________g·cm－3（用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】
（1）.
（2）.由高能量状态跃迁到低能量状态（3）.N>O>S>K（4）.O（5）.sp2（6）.直线型（7）.草酸分子间能形成更多氢键（8）.2：
1（9）.12（10）.
【解析】
【分析】
根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小；根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。
【详解】
（1）N原子价电子数为5，其电子排布图为
；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，
故答案为：
；
；由高能量状态跃迁到低能量状态；N>O>S>K；O；
（2）①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化；CO2中C原子采取sp杂化，立体构型为直线型；
②草酸分子中有2个O-H键，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；
③CO与N2互为等电子体，结构相似，故π键与σ键个数比为2:
1；
故答案为：
sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：
1；
（3）由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA×71g，晶胞的体积为d3×10-30cm3，故密度为：
g/cm3，
故答案为：
12；
。
12.某有机物F（
）在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：
（1）乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是___________（填化学式），F中含氧官能团的名称为___________。
（2）E→F的反应类型为___________，B的结构简式为___________，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是___________。
（3）写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：
_________________________________。
（4）E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为___________。
①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg
②遇FeCl3溶液发生显色反应
③分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基
（5）以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：
______________________（其他试剂任选）。
【答案】
（1）.：
O2
（2）.羟基、酯基（3）.酯化反应或取代反应（4）.
（5）.咖啡酸乙酯（6）.
（7）.3（8）.
（9）.
【解析】
【分析】
根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。
【详解】由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是
，由C转化为D的反应条件知，D为
，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为
，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；
（1）乙烯生成乙醛，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基，
故答案为：
O2；羟基、酯基；
（2）E→F的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为
；F的名称是咖啡酸乙酯，
故答案为：
酯化反应或取代反应；
；咖啡酸乙酯；
（3）D为
，与NaOH溶液反应的化学方程式：
，
故答案为：
；
（4）由②知分子中含有苯环且苯环上连接羟基；由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团：
-OH、
，苯环上有3种不同的位置关系，故共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为
，
故答案为：
3；
；
（5）乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2
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