注意事項：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名。準考證號碼填寫在答題卡上。
2.作答時，務(wù)必將答案寫在答題卡上，寫在本試卷及草稿紙上無效。
3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。
一、選擇題；本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1. 下列關(guān)于氧化物的敘述中不正確的是
①酸性氧化物均可與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸
②非金屬氧化物肯定是酸性氧化物
③堿性氧化物肯定是金屬氧化物
④金屬氧化物都是堿性氧化物
⑤不能跟酸反應(yīng)的氧化物一定能跟堿反應(yīng)
A. ①②④⑤B. ①②③④⑤C. ②③④D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①大多酸性氧化物和水反應(yīng)生成對應(yīng)的酸,二氧化硅是酸性氧化物不能和水反應(yīng)生成酸；
②和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物,非金屬氧化物NO、CO、H2O等不與堿反應(yīng)；
③堿性氧化物是和酸反應(yīng)生成鹽和水的化合物；
④金屬氧化物可以是兩性氧化物或酸性氧化物；
⑤不與酸反應(yīng)的氧化物與堿也不一定反應(yīng)。
【詳解】①大多酸性氧化物和水反應(yīng)生成對應(yīng)的酸，二氧化硅是酸性氧化物不能和水反應(yīng)生成酸,故錯誤；
②和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物,非金屬氧化物NO、CO、H2O等不與堿反應(yīng),不是酸性氧化物,故錯誤；
③堿性氧化物是和酸反應(yīng)生成鹽和水的化合物,一定是金屬氧化物,故正確；
④金屬氧化物可以是兩性氧化物或酸性氧化物,如Al2O3是兩性氧化物,Mn2O7是酸性氧化物,故錯誤；
⑤不與酸反應(yīng)的氧化物與堿也不一定反應(yīng),如NO、CO既不能跟酸反應(yīng)的也不能跟堿反應(yīng),故錯誤；
結(jié)合以上分析可知，只有①②④⑤符合題意；
故答案選A。更多優(yōu)質(zhì)滋源請 家 威杏 MXSJ663 2. NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是
A. 15g甲基(-CH3)中含有的電子數(shù)為10NA
B. 標準狀況下，11.2 L 丙烷具有的極性共價鍵數(shù)為5.0NA
C. 2.3 g Na在空氣中點燃，完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.1NA
D. 常溫下，0.5 ml Fe投入濃硫酸中，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.5NA
【答案】C
【解析】
【詳解】A．15g甲基(-CH3)的物質(zhì)的量為1ml，1個甲基中含有9個電子，則15g甲基含有的電子數(shù)為9NA，A不正確；
B．標準狀況下，11.2 L 丙烷的物質(zhì)的量為0.5ml，1個丙烷分子中含有8個C-H極性共價鍵和3個C-C非極性共價鍵，則具有的極性共價鍵數(shù)為4.0NA，B不正確；
C．2.3 g Na的物質(zhì)的量為0.1ml，在空氣中點燃生成過氧化鈉，Na由0價升高到+1價，則Na完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.1NA，C正確；
D．常溫下，F(xiàn)e遇濃硫酸發(fā)生鈍化，則將0.5 ml Fe投入濃硫酸中，只有表面發(fā)生反應(yīng)生成四氧化三鐵，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于1.5NA，D不正確；
故選C。
3. 下表中對離子方程式書寫的評價正確的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A．電荷不守恒，離子方程式，正確的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A評價錯誤；
B．Na2O2與H2O反應(yīng)生成NaOH和氧氣，正確的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，原離子方程式氧元素不守恒，B評價正確；
C．NaOH溶液與氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式Al2O3+2OH-=2+H2O，C評價錯誤；
D．FeCl3溶液中滴加足量氨水生成氯化銨和氫氧化鐵沉淀，NH3·H2O應(yīng)保留化學(xué)式，正確的離子方程式為Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3，D評價錯誤；
答案選B。
4. 下列離子方程式正確的是
A. 稀硫酸加入氫氧化鋇溶液中：H++OH-=H2O
B. 石灰石投入到稀鹽酸中： +2H+=CO2↑+H2O
C. 二氧化硫通入氨水：SO2+2NH3?H2O=2+ +H2O
D. Fe粉加入足量稀硝酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑
【答案】C
【解析】
【詳解】A．稀硫酸加入氫氧化鋇溶液中，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，選項A錯誤；
B．石灰石投入到稀鹽酸中，反應(yīng)生成氯化鈣、二氧化硫和水，反應(yīng)的離子方程式為：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，選項B錯誤；
C．二氧化硫通入氨水，反應(yīng)生成亞硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2NH3?H2O=2++H2O，選項C正確；
D．Fe粉加入足量稀硝酸中，反應(yīng)生成硝酸鐵、NO和水，反應(yīng)的離子方程式為：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，選項D錯誤；
答案選C。
5. NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是
A. 1ml甲基中含有的電子數(shù)為7NA
B. 2L0.5ml?L-1亞硫酸溶液中含有的H+數(shù)為2NA
C. 過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mlO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA
D. 100mL18.4ml?L-1濃硫酸與足量銅反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目為0.92NA
【答案】C
【解析】
【詳解】A．甲基中含一個未成對單電子，故1ml甲基含有9ml電子，含有的電子數(shù)為9NA，故A錯誤；
B．亞硫酸的n=cV=1ml，但亞硫酸為弱電解質(zhì)不能完全電離，含有的H+個數(shù)小于2NA，故B錯誤；
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2↑，由方程式知，每生成1ml O2轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2ml,所以生成0.1ml氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故C正確；
D．銅只能與濃硫酸反應(yīng)，與稀硫酸不反應(yīng)，故硫酸不能反應(yīng)完全，則生成的二氧化硫分子個數(shù)小于0.92NA，故D錯誤；
故選C。
6. 下列實驗裝置及表述正確的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A．制無水AlCl3固體應(yīng)該在HCl的氣流中蒸干AlCl3溶液，故A錯誤；
B．電石和飽和食鹽水反應(yīng)過快且生成的氫氧化鈣微溶物易堵塞導(dǎo)管口，因此不能用啟普發(fā)生器制備乙炔，故B錯誤；
C．制備氫氧化鐵膠體是向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，加熱至出現(xiàn)紅褐色后停止加熱，故C錯誤；
D．鐵表面有藍色沉淀，說明鐵表面生成了亞鐵離子，亞鐵離子可能是K3[Fe(CN)6]將鐵氧化得來，因此無法驗證Zn保護了Fe ，故D正確。
綜上所述，答案為D。
7. 已知常溫下0.1ml/L NaHSO3溶液pH＜7，將10mL 0.1ml/LBa（OH）2溶液緩慢滴加到10mL 0.1ml/L NaHSO3溶液中，下列說法不正確的是（ ）
A. 滴加過程中，溶液中白色沉淀不斷增加
B. 常溫下0.1 ml/L NaHSO3溶液中HSO3－電離程度大于水解程度
C. 當加入Ba（OH）2溶液體積為7.5 mL時，溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO32－）＞c（OH－）＞c（H+）
D. 當加入的Ba（OH）2溶液體積小于5 mL時，溶液中的反應(yīng)為：2HSO3－ + Ba2+ + 2OH－ = BaSO3↓ + 2H2O + SO32－
【答案】C
【解析】
【詳解】A、隨鋇離子和氫氧根離子的濃度增加，滴加過程中，逐漸產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，溶液中白色沉淀不斷增加，故A正確；B、已知常溫下0.1ml·L－1 NaHSO3溶液pH＜7，說明亞硫酸氫鈉的電離程度大于水解程度，故B正確；C、當加入Ba(OH)2 溶液體積為7.5 mL時，則氫氧化鋇的物質(zhì)的量為：0.75×10―3ml，而NaHSO3溶液的物質(zhì)的量為1×10―3ml，溶液鈉離子的物質(zhì)的量為1×10―3ml，亞硫酸根離子的物質(zhì)的量1×10―3ml-0.75×10―3ml=0.25×10―3ml，氫氧根離子的物質(zhì)的量為：1.5×10―3ml－1×10―3ml=0.5×10―3ml，溶液中離子濃度大小為：c（Na＋）＞c（OH－）＞c（SO32－）＞c（H＋），故C錯誤； D、當加入的Ba(OH)2 溶液體積小于5 mL時，說明亞硫酸氫鈉過量，則氫氧化鋇少量，即氫氧化鋇完全反應(yīng)，所以鋇離子與氫氧根離子之比等于1：2，所以溶液中反應(yīng)的離子方程式為：2HSO3－+Ba2＋+2OH－=BaSO3↓+2H2O+SO32－，故D正確；故選C。
8. T1℃時，在一個容積為10L的恒容密閉容器中分別加入1ml、1mlCO，發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)10min達到平衡。該反應(yīng)平衡常數(shù)隨溫度的變化如圖所示，下列說法正確的是
A. 該反應(yīng)的
B. CO的平衡轉(zhuǎn)化率：a0，故c()+c(H+)>1ml/L，所以與H+的數(shù)目之和大于NA，C不正確；
D．常溫下，Cl2與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以1mlCl2與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于NA，D不正確；
故選A。
11. 某有機物其結(jié)構(gòu)簡式如圖，關(guān)于該有機物，下列敘述不正確的是（ ）
A. 該有機物有三種官能團
B. 1ml該有機物能與H2發(fā)生反應(yīng)，消耗H2物質(zhì)的量為4ml
C 一定條件下，能發(fā)生加聚反應(yīng)
D. 該有機物苯環(huán)上的一個H被取代，有3種同分異構(gòu)體
【答案】A
【解析】
【詳解】A．該有機物只含有碳碳雙鍵和氯原子兩種官能團，A錯誤；
B．該有機物含有一個碳碳雙鍵和一個苯環(huán)，1ml碳碳雙鍵消耗1ml氫氣，1ml苯環(huán)消耗3ml氫氣，故1 ml該有機物能與H2發(fā)生反應(yīng)共消耗4ml H2，B正確；
C．該有機物分子含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)，C正確；
D．該有機物苯環(huán)上的一個H被取代，有鄰、間、對3 種位置，故得3種同分異構(gòu)體，D正確；
故選A。
12. 關(guān)于膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別，下列敘述中正確的( )
A. 溶液呈電中性，膠體帶電荷
B. 溶液中通過一束光線出現(xiàn)明顯光路，膠體中通過一束光線沒有特殊現(xiàn)象
C. 溶液中溶質(zhì)粒子能通過濾紙，膠體中分散質(zhì)粒子不能通過濾紙
D. 溶液與膠體的本質(zhì)區(qū)別在于分散質(zhì)微粒直徑大小
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 溶液和膠體都屬于分散系，都呈電中性，故錯誤；
B. 膠體中通過一束光時有明顯光路，屬于丁達爾效應(yīng)，而溶液沒有，故錯誤；
C. 溶液中的溶質(zhì)微粒比濾紙的空隙小，能通過濾紙，膠體的微粒直徑也小于濾紙，也能通過濾紙，故錯誤；
D. 溶液和膠體的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)微粒直徑的大小，故正確；
故選D。
13. 如圖是以Cu和Zn為電極的兩種原電池，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列相關(guān)敘述正確的是
A. (a)和(b)均為Zn作負極反應(yīng)物和負極材料，Cu作正極反應(yīng)物和正極材料
B. (a)和(b)相比，(a)的能量利用率更高，電流更穩(wěn)定
C. (a)中Cu2+移向Cu電極，SO移向Zn電極
D. (b)中Zn片質(zhì)量減少6.5g時，理論上電路中轉(zhuǎn)移0.1NA個電子
【答案】C
【解析】
【詳解】A．活潑金屬作負極，所以兩原電池都是Zn作負極材料及負極反應(yīng)物，Cu作正極材料，但是在正極發(fā)生反應(yīng)的是而不是Cu，選項A錯誤；
B．(b)為雙液原電池，避免了Zn與溶液接觸，但(a)為單液原電池，負極Zn與溶液接觸，部分會直接與Zn在負極反應(yīng)，能量利用率低且電流不穩(wěn)定，選項B錯誤；
C．陽離子移向正極，陰離子移向負極，選項C正確；
D．(b)中Zn片質(zhì)量減少6.5 g時，理論上電路中轉(zhuǎn)移電子，數(shù)目為，選項D錯誤；
答案選C。
14. 如圖為短周期的一部分，Y原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的 2倍，下列說法正確的是
A. Y的氫化物比 Z的氫化物穩(wěn)定
B. 原子半徑大小為Z>Y>R>X
C. Y、R形成的化合物 YR2能使酸性 KMnO4溶液褪色
D. 四種元素中最高價氧化物的水化物酸性最強的是 Y
【答案】C
【解析】
【分析】由元素在周期表中的相對位置可知，X、R處于第二周期， Y、Z處于第三周期，由Y原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍可知，最外層電子數(shù)為6，則Y為S元素，X為C元素、R為O元素、Z為Cl元素。
【詳解】A.同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強，非金屬性Z強于Y，元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，則Z的氫化物比Y的氫化物穩(wěn)定，A錯誤；
B. 同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素原子半徑從上到下逐漸增大，則原子半徑Y(jié) 大于Z（或X大于R），B錯誤；
C. 二氧化硫具有還原性，可以被酸性高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C正確；
D. 元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，四種元素中Cl的非金屬性最強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性最強，D錯誤；
故選C。
15. 下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是
A. 在蒸餾水中滴加濃H2SO4，Kw不變
B. 常溫下，等體積的鹽酸和甲酸溶液相比，前者的導(dǎo)電能力強
C. 相同溫度時，1ml/L醋酸與0.5ml/L的醋酸中，c(H+)之比為2：1
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度不相同
【答案】D
【解析】
【詳解】A．水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進水電離，濃硫酸在水中稀釋放出熱量，所以水的離子積常數(shù)變大，故A錯誤；
B．常溫下，等體積的鹽酸和甲酸溶液相比，前者的導(dǎo)電能力不一定強，濃度不知，弱酸導(dǎo)電性可以大于強酸，故B錯誤；
C．.醋酸是弱酸，濃度越小電離度越大，相同溫度下，1ml/L的醋酸溶液與0.5ml/L醋酸溶液中 c (H + )之比小于2：1，故C錯誤；
D．氯化鈉是強酸強堿鹽，對水的電離無影響，醋酸銨是弱酸弱堿鹽，水解促進水電離，故D正確；
故選D。
．
16. 氨廣泛應(yīng)用于化工、化肥、制藥等領(lǐng)域，一種新型制備氨的方法如圖。下列說法錯誤的是
A. 反應(yīng)①屬于人工固氮
B. 反應(yīng)④屬于氧化還原反應(yīng)
C. 反應(yīng)③可利用電解溶液的方法實現(xiàn)
D. 該轉(zhuǎn)化過程總反應(yīng)的反應(yīng)物是和，產(chǎn)物是和
【答案】C
【解析】
【詳解】A．反應(yīng)①為游離態(tài)氮轉(zhuǎn)化為氮的化合物，屬于人工固氮，故A正確；
B．反應(yīng)④為和反應(yīng)生成和，Cl、O元素化合價發(fā)生改變，屬于氧化還原反應(yīng)，B正確；
C．電解溶液生成氫氣、氯氣、氫氧化鎂，電解熔融生成鎂和氯氣，故C錯誤；
D．由圖可知，該轉(zhuǎn)化過程總反應(yīng)的反應(yīng)物是和反應(yīng)生成和，故D正確；
選C。
二、填空題：52分
17. 一種含鋁、鋰、鈷的新型電子材料，生產(chǎn)中產(chǎn)生的廢料數(shù)量可觀，廢料中的鋁以金屬鋁箔的形式存在；鈷以C2O3·CO的形式存在，吸附在鋁箔的單面或雙面，其中+3價的C具有較強氧化性；鋰混雜于其中。從廢料中回收氧化鈷(CO)的工藝流程如下：
（1）過程I中采用NaOH溶液溶出廢料中的Al，反應(yīng)的離子方程式為___________。
（2）過程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出鈷。則浸出鈷的化學(xué)反應(yīng)方程式為(產(chǎn)物中無沉淀且只有一種酸根)___________。在實驗室模擬工業(yè)生產(chǎn)時，也可用鹽酸浸出鈷，但實際工業(yè)生產(chǎn)中不用鹽酸，請從反應(yīng)原理分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因___________。
（3）過程Ⅲ得到鋰鋁渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸鈉溶液在產(chǎn)生Al(OH)3時起重要作用，請寫出該反應(yīng)的離子方程式___________。
（4）碳酸鈉溶液在過程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，請寫出在過程IV中起的作用是___________。
（5）在Na2CO3溶液中存在多種粒子，下列各粒子濃度關(guān)系不正確的是___________(填序號)。
A. c(Na+) = 2c(CO)
B. c(Na+) ＞ c(CO) ＞ c(HCO)
C. c(OH-) ＞ c(HCO) ＞ c(H+)
D. c(OH-) - c(H+) =c(HCO) + c(H2CO3)
（6）CO溶于鹽酸可得粉紅色的CCl2溶液。CCl2含結(jié)晶水數(shù)目不同而呈現(xiàn)不同顏色，利用藍色的無水CCl2吸水變色這一性質(zhì)可制成變色水泥和顯隱墨水。下圖是粉紅色的CCl2·6H2O晶體受熱分解時，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線，A物質(zhì)的化學(xué)式是___________。(C-59；Cl-35.5；O-16；H-1)
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑
（2） ①. 4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O ②. C2O3·CO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境
（3）2Al3++3CO+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）調(diào)整pH，提供CO，使C2+沉淀為CCO3 （5）AD
（6）CCl2?2H2O
【解析】
【小問1詳解】
NaOH溶液與Al反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑；
【小問2詳解】
廢料中鈷以C2O3·CO的形式存在，稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出鈷，則浸出鈷的化學(xué)反應(yīng)方程式為：4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O；C2O3·CO中+3價的C具有較強氧化性，可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境；故答案為：4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O；C2O3·CO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境；
【小問3詳解】
Al3+與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生Al(OH)3的離子方程式為：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小問4詳解】
過程IV目的是沉淀CCO3，則碳酸鈉溶液在過程IV中起的作用是調(diào)整pH，提供CO，使C2+沉淀為CCO3；
【小問5詳解】
A． CO會水解一小部分為HCO，因此c(Na+)2c(CO)，A錯誤；
B．水解前c(Na+)2c(CO)，CO會水解一小部分為HCO，因此c(Na+) ＞ c(CO) ＞ c(HCO)，B正確；
C．CO水解產(chǎn)生OH-和HCO，水電離產(chǎn)生OH-和H+，因此c(OH-) ＞ c(HCO) ＞ c(H+)，C正確；
D．由質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(HCO) + 2c(H2CO3) + c(H+)，D錯誤；
故答案選AD。
【小問6詳解】
65mg無水CCl2的物質(zhì)的量==0.0005ml，A物質(zhì)的質(zhì)量為83mg，水的質(zhì)量=83mg-65mg=18mg，水的物質(zhì)的量為0.001ml，A物質(zhì)化學(xué)式中水分子數(shù)==2，則A物質(zhì)化學(xué)式為：CCl2·2H2O。
18.
（1）有下列物質(zhì)①Cu ②液氨 ③CH3COOH ④NaHCO3⑤H2O ⑥熔融NaCl ⑦NH3·H2O ⑧NH4Cl 屬于弱電解質(zhì)的是____________（填序號)。
（2）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的量。上表中給出幾種弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)，從中可以判斷：在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力由大到小的順序為_______________。
（3）鹽類水解程度的強弱同樣與弱電解質(zhì)的電離程度有一定聯(lián)系，結(jié)合表中數(shù)據(jù)回答下列問題：
①25℃時，有等濃度的a．NaCN溶液 b．Na2CO3溶液 c．CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為_______________。（填溶液前序號)
②濃度相同的NaCN溶液與CH3COOK溶液相比，c(Na+)—c(CN－)___________c(K+)－c(CH3COO－)。（填“＞”“＜”或“=”)
③將等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水混合后，溶液呈____________性（填“酸”、“堿”或“中”)，用離子方程式表示原因_________________。
④室溫下，若將0.1ml·L－1鹽酸滴入20ml0.1ml·L－1氨水中，溶液pH隨加入鹽酸體積的變化曲線如下圖所示。b點所示溶液中的溶質(zhì)是______________。
⑤NH4HCO3溶液呈________性（填“酸”、“堿”或“中”)。
（4）結(jié)合表中數(shù)據(jù)，向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式__________。
【答案】（1）③⑤⑦ （2）CH3COOH＞H2CO3＞HCN
（3） ①. b＞a＞c ②. ＞ ③. 酸 ④. +H2ONH3·H2O+H+ ⑤. NH3·H2O、 NH4Cl ⑥. 堿
（4）NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】
【小問1詳解】
①Cu是金屬單質(zhì)不是電解質(zhì)；
②液氨屬于非電解質(zhì)；
③CH3COOH是弱酸在溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)；
④NaHCO3是鹽屬于強電解質(zhì)；
⑤H2O能部分電離出氫離子和氫氧根離子，屬于弱電解質(zhì)；
⑥熔融NaCl能完全電離，屬于強電解質(zhì)；
⑦NH3?H2O在溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)；
⑧NH4Cl是鹽，在溶液中完全電離，屬于強電解質(zhì)；
所以屬于弱電解質(zhì)的是③⑤⑦；
【小問2詳解】
電離平衡常數(shù)越大，越易電離，溶液中離子濃度越大，導(dǎo)電性越強，則在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力由大到小的順序為CH3COOH＞H2CO3＞HCN；
【小問3詳解】
①酸的電離平衡常數(shù)越大，越易電離，酸性越強，其鹽的水解程度越小，25℃時，有等濃度的a．NaCN溶液，b．Na2CO3溶液，c．CH3COONa溶液，其水解程度：b＞a＞c，水解程度越大，溶液的堿性越強，其pH越大，則pH：b＞a＞c；
②濃度相同的NaCN溶液與CH3COOK溶液中，分別存在電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(Na+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+)，c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，NaCN在溶液水解程度比CH3COOK，則NaCN中c(OH-)大，所以c(Na+)-c(CN-)＞c(K+)-c(CH3COO-)；
③將等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水混合后，生成氯化銨，氯化銨在溶液中水解顯酸性，其水解的離子方程式為+H2ONH3·H2O+H+；
④室溫下，若將0.1ml/L鹽酸滴入20mL 0.1ml/L氨水中，溶液pH隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示，b點所示溶液pH=7，已知氯化銨溶液顯酸性，pH=7，說明溶液為氯化銨與氨水的混合物，則溶液的溶質(zhì)為NH3?H2O、NH4Cl；
⑤已知NH3?H2O的Kb=1.77×10-5，H2CO3的Ka1=4.30×10-7，說明碳酸的電離程度小，則形成鹽時的水解程度大，所以NH4HCO3溶液呈堿性；
【小問4詳解】
由表中數(shù)據(jù)可知，酸性：H2CO3＞HCN＞，則向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
19. 化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質(zhì))。
Ⅰ．用已準確稱量的固體配制100mL的a 標準溶液；
Ⅱ．取mL上述溶液，加入過量KBr，加酸化，溶液顏色呈棕黃色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入mL廢水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入過量KI；
Ⅴ．用b 標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗溶液mL。
已知：
和溶液顏色均為無色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和_______。
（2）Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______。
（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是_______。
（5）KI與物質(zhì)的量關(guān)系為_______時(此空填寫數(shù)字)，則可確保KI一定過量。
（6）Ⅴ中滴定至終點的現(xiàn)象是_______。
（7）廢水中苯酚的含量為_______(苯酚摩爾質(zhì)量：94)。
（8）由于具有揮發(fā)性，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進行。若在敞口容器中進行反應(yīng)會造成測定結(jié)果_______(偏高、偏低或者無影響)。
【答案】（1）100ml容量瓶
（2）5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O
（3） （4）步驟IV中加KI之前，溶液顏色須為黃色，此時溶液中含有Br2，可保證廢水中苯酚完全反應(yīng)，便于準確測定廢水中苯酚的含量。
（5）6 （6）滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液時，滴定終點的現(xiàn)象是溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色且半分鐘不恢復(fù)；
（7）
（8）溴易揮發(fā)，揮發(fā)出去的溴也會被認為是與苯酚反應(yīng)而消耗的，即會造成測定結(jié)果偏高。
【解析】
【分析】本實驗首先用溴酸鉀和溴化鉀在酸性條件下發(fā)生歸中反應(yīng)生成溴單質(zhì)，然后加入的廢水中的苯酚和溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，剩余的溴單質(zhì)和加入的碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，生成的碘單質(zhì)再用進行滴定測出生成的碘單質(zhì)的量，然后利用碘單質(zhì)的量計算出剩余的溴單質(zhì)的量，最后用步驟II中生成的溴單質(zhì)的量減去剩余的溴單質(zhì)的量即可計算出苯酚消耗掉的溴單質(zhì)的量，繼而計算出苯酚的量，據(jù)此作答；
【小問1詳解】
配制100ml一定物質(zhì)的量濃度溶液時除使用上述玻璃儀器外，還一定要使用100ml容量瓶；
【小問2詳解】
-1價的Br與+5價的Br在酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化合價變?yōu)?價，即生成溴單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為：5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
【小問3詳解】
苯酚與溴水反應(yīng)生成三溴苯酚和溴化氫，其化學(xué)方程式為：
；
小問4詳解】
步驟IV中加KI之前，溶液顏色須為黃色，此時溶液中含有Br2，可保證廢水中苯酚完全反應(yīng)，便于準確測定廢水中苯酚的含量。
【小問5詳解】
5Br- + + 6H+ =3Br2 + 3H2O，Br2 + 2KI=I2 + 2KBr，反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3~3Br2~6KI，因此如果沒有苯酚與溴的反應(yīng)，則n(KI):n(KBrO3)=6：1時，兩者恰好完全反應(yīng)，因廢水中含有苯酚消耗Br2，所以當n(KI)≥6n(KBrO3))時，KI一定過量。
【小問6詳解】
步驟V中含碘單質(zhì)的溶液內(nèi)加入淀粉，溶液顯藍色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍色變淺直至消失，因而當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3標準溶液時，滴定終點的現(xiàn)象是溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色且半分鐘不恢復(fù)；
【小問7詳解】
n()=a×10-3ml，根據(jù)反應(yīng)5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O，可知n (Br2)=3 a×10-3ml，Br2分別與苯酚和KI反應(yīng)，先計算由KI消耗Br2的量，設(shè)為n1(Br2)，根據(jù)Br2~I2~2Na2S2O3， n(Na2S2O3) =b×10-3ml，n1(Br2)= 0.5b×10-3ml，再計算由苯酚消耗的Br2的量，設(shè)為n2(Br2)，n2(Br2)= n (Br2)- n1(Br2)= ，苯酚和溴水反應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)關(guān)系為3Br2~苯酚，n(苯酚)= ，廢水中苯酚的含量=
【小問8詳解】
溴易揮發(fā)，揮發(fā)出去的溴也會被認為是與苯酚反應(yīng)而消耗的，即會造成測定結(jié)果偏高。
20. CO2和H2一定條件下可以合成甲醇，該過程存在副反應(yīng)二
反應(yīng)一：
反應(yīng)二：
（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃燒熱ΔH分別為-285.8kJ·ml-1、-283.0kJ·ml-1，
H2O(1)=H2O(g) ，
則ΔH2=___________kJ/ml。
（2）工業(yè)上可用CO2來制甲醇。
① 。根據(jù)圖甲分析，實際工業(yè)生產(chǎn)中，反應(yīng)溫度選擇250℃的理由是___________。

②利用光電催化原理，由CO2和H2O制備CH3OH的裝置如圖乙。寫出右側(cè)的電極反應(yīng)式：___________

（3）在恒容密閉容器內(nèi)，充入1mlCO2和3mlH2，測得平衡時CO2轉(zhuǎn)化率，CO和CH3OH選擇性隨溫度變化如圖所示【 】。250℃下達平衡時，n(H2O)=___________ml，其他條件不變，210℃比230℃平衡時生成的CH3OH___________(填“多”或“少”)。

（4）在某密閉容器中充入n(CO2)：n(H2)=5：17的混合氣體，于5.0MPa和催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，平衡時CO和CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分數(shù)及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。

①表示平衡時CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分數(shù)的曲線是___________(填“a”或“b”)。
②CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高先減小后增大，增大的原因可能是___________。
【答案】（1）+41.2
（2） ①. 溫度低于250℃時，CO2的轉(zhuǎn)化率較大但催化劑的催化效率低，反應(yīng)速率慢；若溫度高于250℃時，CO2的轉(zhuǎn)化率和催化效率都較低 ②.
（3） ①. 0.12 ②. 少
（4） ①. a ②. 溫度升高后，以副反應(yīng)(或反應(yīng)二)為主，副反應(yīng)(或反應(yīng)二)是一個吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動
【解析】
【小問1詳解】
①
②
③
利用蓋斯定律，將反應(yīng)①-②+③得，
；
【小問2詳解】
①根據(jù)圖甲，250℃時，催化效率最高，溫度低于250℃時，CO2的轉(zhuǎn)化率較大但催化劑的催化效率低，反應(yīng)速率慢：若溫度高于250℃時，CO2的轉(zhuǎn)化率和催化效率都較低。
②根據(jù)電子或H+移動的方向，以及原電池的工作原理，即右側(cè)為正極，根據(jù)目的，右側(cè)電極反應(yīng)式為；
【小問3詳解】
該溫度下，CH3OH的選擇性是75%，CO是25%，CO2平衡轉(zhuǎn)化率是12%，故轉(zhuǎn)化的CO2物質(zhì)的量是0.12ml，根據(jù)反應(yīng)一，二系數(shù)可知，生成H2O是0.12ml。210℃和230℃相比CH3OH的選擇性相差不大，但是230℃時CO2的平衡轉(zhuǎn)化率要明顯大于210℃時，故230℃時轉(zhuǎn)化生成的CH3OH更多；
【小問4詳解】
①升高溫度，反應(yīng)一：
逆向移動，反應(yīng)二： 正向移動，則平衡時CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分數(shù)減小，平衡時CO在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分數(shù)增大，所以表示平衡時CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分數(shù)的曲線是a。
②在250℃前，反應(yīng)一占主導(dǎo)地位，250℃后，反應(yīng)二占主導(dǎo)地位，所以CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高先減小后增大，增大的原因可能是溫度升高后，以副反應(yīng)(或反應(yīng)二)為主，副反應(yīng)(或反應(yīng)二)是一個吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動。選項
化學(xué)反應(yīng)與離子方程式
評價
A
將銅屑加入含F(xiàn)e3+的溶液中：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
正確
B
Na2O2與H2O反應(yīng)：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
錯誤，氧元素不守恒
C
NaOH溶液與氧化鋁反應(yīng)：Al2O3+2OH-=2+H2O
錯誤，產(chǎn)物應(yīng)該Al(OH)3
D
向FeCl3溶液中滴加足量氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
正確
A
B
C
D
(經(jīng)酸化3%NaCl溶液)
蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體
實驗室制乙炔
實驗室制備Fe(OH)3膠體
在Fe表面生成藍色沉淀，無法驗證Zn保護了Fe
化學(xué)式
NH3·H2O
HCN
CH3COOH
H2CO3
電離平衡常數(shù)（25℃)
Kb=1.77×10－5
Ka=4.93×10－10
Ka=176×10－5
Ka1=4.30×10－7
Ka2=5.61×10－11

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