D、CH3COOH为弱酸，0.01mol·L－1CH3COOH溶液的pH>2，故D错误。
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分。
第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
8.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体。
其研究小组以浓氨水、干冰等为原料制备氨基甲酸铵的实验装置如图1所示，其主要反应的原理为2NH3（g）+CO2（g）
NH2COONH4（s）△H<0
（1）仪器1的名称是___________。
仪器3中盛装的固体是___________，其作用是___________。
（2）仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内浓硫酸中产生气泡，则应该___________（填“加快”“减慢”或“不改变”）产生氨气的速率。
（3）另一种制备氨基甲酸铵的反应装置（液体石蜡和CCl4均充当惰性介质）如图2所示。
①液体石蜡鼓泡瓶的作用是______________________。
②若无冰水，则氨基甲酸铵易分解生成尿素[CO（NH2）2]请写出氨基甲酸铵受热分解的化学方程式：
______________________。
③当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，立即停止反应，过滤分离得到粗产品，为了将所得粗产品干燥，可采取的方法是___________（填标号）。
A.蒸馏B.真空微热烘干C.高压加热烘干
（4）制得的氨基甲酸铵中可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质（不考虑氨基甲酸铵与水的反应）。
①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。
限选试剂：
蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：
取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解
得到无色溶液
步骤2：
向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置
若溶液不变浑浊，则证明固体中不含碳酸铵
步骤3：
向试管中继续加入___________
___________，则证明固体中含有碳酸氢铵
②根据①的结论。
取15.8g氨基甲酸铵样品，用足量氧氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97g。
则样品中氨基甲酸铵的质量分数为___________。
【答案】
（1）.滴液漏斗
（2）.碱石灰（3）.干燥氨气，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解（4）.加快（5）.通过观察气泡，控制通入NH3与CO2的速率（6）.NH2COONH4
CO（NH2）2+H2O（7）.B（8）.少量澄清石灰水（9）.若溶液变浑浊（10）.95.0%
【解析】
【详解】
（1）根据仪器1的特点，仪器1名称为滴液漏斗或恒压滴液漏斗；氨基甲酸铵是一种易分解、易水解的白色固体，因此氨气需要干燥，即仪器3中盛放碱石灰或生石灰或NaOH固体，其作用是干燥氨气，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解；
（2）氨气易溶于稀硫酸，CO2难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明CO2过量，应该加快产生氨气的流速；
（3）①液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，控制通入NH3与CO2的速率；
②氨基甲酸铵受热分解成尿素，由原子守恒可知还生成水，反应方程式为H2NCOONH4
CO（NH2）2＋H2O；
③氨基甲酸铵受热易分解，采取减压低温烘干，即真空微热烘干，故B正确；
（4）①根据得出结论：
证明固体中含有碳酸氢铵，因此试管中继续加入少量的澄清石灰水，发生NH4HCO3＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，现象为溶液变浑浊；
②氨基甲酸铵样品用足量氢氧化钡溶液充分处理，生成沉淀的反应：
Ba（OH）2＋NH4HCO3=BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，n（NH4HCO3）=n（BaCO3）=
==0.01mol，m（NH4HCO3）=0.01mol×79g·mol－1=0.79g，m（NH2COONH4）=（15.8－0.79）g=15.01g，氨基甲酸铵的质量分数为15.01/15.8×100%=95.0%。
9.氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。
一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：
已知：
I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下：
元素组成
Zn
Pb
Cu
Cl
F
质量分数%
59.78
9.07
0.30
2.24
1.80
Ⅱ.浸出”时，大部分锌元素以Zn（NH3）42＋形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。
（1）氨的电子式______________________。
（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_________________________________；“浸出”时温度不宜过高，其原因为____________________________________________。
（3）若“浸出”后，所得溶液中c（F－）=0.02mol/L，向其中加入等体积的氯化钙溶液（忽略溶液体积变化），使F－沉淀完全即溶液中c（F－）<10－5mol/L，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为___________。
已知：
Ksp（CaF2）=3.45×10－11
（4）“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有___________；“净化”时，利用活性炭___________性，除去溶液中残留的有机物。
（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）2Cl2。
所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为____________________________________________。
（6）“一次水解”时，产物为Zn（OH）xCly。
取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1g（假设各步均转化完全）。
则一次水解产物的化学式为___________。
【答案】
（1）.
（2）.ZnO+2NH3+2NH4+=Zn（NH3）42++H2O或ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn（NH3）42++3H2O（3）.避免氨水的分解与挥发（4）.0.70mol·L-1（5）.Pb、Cu（6）.吸附（7）.Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl（8）.Zn（OH）1.6Cl0.4
【解析】
【详解】
（1）氨的分子式为NH3，其电子式为
；
（2）根据信息，浸出时，大部分锌元素以Zn（NH3）42＋形式存在溶液中，根据流程图，反应的离子方程式为ZnO＋2NH3＋2NH4＋=Zn（NH3）42＋＋H2O或ZnO＋＋2NH3·H2O＋2NH4＋=Zn（NH3）42＋＋3H2O；氨水易挥发，受热易分解，因此浸出时温度不宜过高原因是防止氨水的分解与挥发；
（3）取1Lc（F－）＝0.02mol·L－1浸出液，加1L氯化钙溶液，令c（Ca2＋）为xmol·L－1，混合后溶液体积为2L，溶液中留下的n（F－）=2L×10-5mol·L－1=2×10-5mol，沉淀的n（F－）=0.02mol·L－1×1L－2×10-5mol≈0.02mol，沉淀的n（Ca2＋）=0.01mol，Ksp（（CaF2）=c（Ca2＋）．c2（F－）=3.45×10-11，余下的溶液中c（Ca2＋）=3.45×10-11/（10-5）2=0.345mol·L－1，余下的溶液中n（Ca2＋）=0.345mol/L×2L=0.69mol，故加入的c（Ca2＋）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70mol·L－1，使F－沉淀完全即溶液中c（F－）＜10-5mol·L－1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol·L－1；
（4）根据氧化锌烟灰的成分，Zn的活泼性强于Pb、Cu，"置换"时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb、Cu；净化时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物；
（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）Cl2，所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl；
（6）n（ZnO）=8.1g/81g·mol－1=0.1mol，根据原子守恒，Zn（OH）xCly的物质的量为0.1mol，则M（Zn（OH）xCly）=10.64g/0.1mol=106.4g·mol－1，x+y=2，65+17x+35.5y=106.4，解得：
x=1.6，y=0.4，则一次水解产物的化学式为Zn（OH）1.6Cl0.4。
【点睛】本题易错点是问题（3），学生不注意加入CaCl2的体积与浸出后溶液的体积相等，即c（F－）应是原来的一半，读题时应注意忽略体积的变化，即体积可以相加，原来溶液的浓度发生变化。
10.含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物.回答下列有关问题：
（1）在一定条件下；2N2（g）+6H2O（g）=4NH3（g）+3O2（g）。
已知该反应相关的化学键键能数据如表一：
表一：
化学键
H-O
N-H
O=O
E/（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H=___________kJ/mol
（2）在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：
4NO2（g）+O2（g）
2N2O5（g）
①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示.常温下，该反应能逆向自发进行，原因是____________________________________________。
②下列有关该反应的说法正确的是___________。
A.扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
B.恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大
C.恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态
D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图。
则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为______________________。
（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。
下表二是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH。
将X、Y、Z各lmol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______________________。
0.01mol/L的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：
I：
2NO2（g）+NaCl（s）
NaNO3（s）+ClNO（g）K1
II：
2NO（g）+Cl2（g）
2ClNO（g）K2
①4NO2（g）+2NaCl（s）
2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=___________（用K1、K2表示）
②在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应Ⅱ达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5×10－3mol/（L·min），则平衡时NO的转化率α1=___________；其他条件不变，反应Ⅱ在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2=___________α1（填“>”“<”或“=”）
【答案】
（1）.+1268
（2）.逆反应方向的△S＞0（3）.BD（4）.BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O（5）.c（Na+）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）（6）.K12/K2（7）.75%（8）.＞
【解析】
【详解】
（1）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=（2×946kJ·mol－1＋6×2×463kJ·mol－1－4×3×391kJ·mol－1－3×496kJ·mol－1）=＋1268kJ·mol－1；
（2）①根据图像，II的温度高于I，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即该反应的正反应方向△H<0，能够自发进行，△G=△H－T△S<0，常温下，该反应能逆向自发进行，原因是逆反应方向的△S>0；
②A、扩大容器的体积，气体压强减小，平衡向逆反应方向进行，但组分的浓度减小，混合气体颜色变浅，故A错误；
B、再充入2molNO2和1molO2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故B正确；
C、组分都是气体，即气体总质量不变，容器为恒容装置，气体体积不变，根据密度的定义，任何时刻，密度保持不变，因此密度不变，不能说明该反应达到平衡，故C错误；
D、该反应平衡常数增大，说明温度改变，根据①的分析，该反应为放热反应，因此该反应平衡常数增大，一定是降低温度，故D正确；
（3）BH4－中B为＋3价，H为－1价，BO2－中B为|＋3价，O为－2价，根据装置图，－1价H转变成＋1价，根据原电池工作原理，通BH4－和OH－一极为负极，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－=BO2－＋6H2O；
（4）浓度均为0.01mol·L－1，X溶液为碱性，且pH=12，推出X为NaOH，Y溶液显酸性，且pH=2，推出Y为HNO3，Z溶液显碱性，pH=8.5，推出Z为NaNO2，同理W为NH4NO3，X、Y、Z各1mol同时溶于水，NaOH和HNO3恰好完全反应，即混合溶液中的溶质为NaNO3和NaNO2，NaNO2为强碱弱酸盐，NO2－发生水解，溶液显碱性，即离子浓度大小顺序是c（Na＋）>c（NO3－）>c（NO2－）>c（OH－）>c（H＋）；
（5）①K1=c（ClNO）/c2（NO2），K2=c2（ClNO）/[c（Cl2）×c2（NO）]，K=[c2（NO）×c（Cl2）]/c4（NO2），因此K=K12/K2；
②10min内生成ClCNO的物质的量为7.5×10－3mol/（L·min）×2L×10min=0.15mol，则消耗NO的物质的量为0.15mol，即NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%；该反应是气体物质的量减少，反应II在恒压条件下，压强比恒容时大，向正反应方向进行趋势大，即恒压条件下，NO的转化率α2>α1。
【点睛】难点是最后一空，恒压与恒容转化率的比较，一般根据压强进行判断，首先判断反
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