应，根据1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。 13．D 【解析】 【详解】
从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。
A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；
B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；
C、在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b、a→钢铁闸门，选项C错误；
D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确； 答案选D。 14．B 【解析】 【分析】
Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。 【详解】
A. 氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选； B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选； C. 因为W的原子序数比Z大， 所以原子半径大小为Z>W，故C不选；
D. 元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。 故选B。 【点睛】
在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。 15．D 【解析】 【分析】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫； B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；
C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。 【详解】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误； B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误； C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。 答案选D。 【点睛】
本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】 【分析】 【详解】
（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；
（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；
（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降Na2CO3，低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯； （4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。 【点睛】
《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制
备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平
时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．碳碳双键 氧化反应 加成反应
CH3CH=CH2
、、
【解析】 【分析】
A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为
；
G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为M发生缩聚反应生成的PC结构简式为
；
，F和
（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到； 【详解】
（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；
（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成
，反应类型是加成反应；
（3）反应③是
和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是
；
（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核
磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；
（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成
等；
（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为
；
（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是【点睛】
本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．V2+ +VO2++2H+=V3++VO2++H2O 黄色 阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流 VO(OH)3- Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率 阳极 【解析】 【分析】
（1）B极是V2+失电子发生氧化反应生成V3+，A极VO2+得到电子发生还原反应生成VO2+，根据电极反应式书写总反应式；
（2）储能为充电过程，正极和外接电源正极相连，本身作阳极发生氧化反应，电极反应方程式为：VO2+- e-+H2O= VO2++2H+；
（3）质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流； （4）①由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-； ②Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 。
。