D.同周期中，原子半径从左到右依次减小；同主族中，原子半径从上到下依次增大，则上述四种元素的原子半径比较：
r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），D项正确；
答案选B。
5.下列实验不能达到目的的是
A.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
B.检验火柴头燃烧产生的SO2
C.制金属锰
D.模拟钢铁的腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A.容量瓶不能用作溶解固体用，A项错误；
B.利用品红溶液可以检验二氧化硫的生成，气体长管进短管出，能够达到实验目的，B项正确；
C.可以利用铝热反应制备金属锰，该装置科学规范，可以达到实验目的，C项正确；
D.稀醋酸润湿可提供酸性环境使钢铁发生析氢腐蚀，试管内气压增大，而食盐水润湿的试管可提供中性环境发生吸氧腐蚀，使试管内气压减小，红墨水用于观察气压变化情况，可以达到实验目的，D项正确；
答案选A。
6.利用微生物可实现苯酚（
）废水的净化，装置如图所示。
下列有关说法正确的是
A.a极的电极反应式为：
C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋
B.b极为正极，发生氧化反应
C.中间室的Na+向左室移动
D.右室生成0.1molN2时，用电器流过0.5mol电子
【答案】A
【解析】
【分析】
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则装置右边b电极为正极，电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，装置左边a极苯酚失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应为C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋，结合原电池的工作原理作答。
【详解】根据上述分析可知，
A.a极为原电池的负极，发生的电极反应为：
C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋，A项正确；
B.b极为正极，发生还原反应，B项错误；
C.中间室的Na+向原电池的正极（b极）移动，即向右室移动，C项错误；
D.右室中的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，则生成0.1molN2时，用电器流过1mol电子，D项错误；
答案选A。
【点睛】掌握原电池的工作原理是解题的关键，原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。
本题的难点是A选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
7.常温下，向0.1mo1·L－1的NH4HCO3溶液中逐滴加入NaOH，溶液中部分含氮、含碳微粒的分布情况如下图所示。
下列说法不正确的是
A.开始阶段，HCO3-增加的原因可能是：
HCO3-的水解平衡逆向移动
B.pH在8.7~9.7之间，HCO3-和NH4＋同时与OH-反应
C.通过分析可知常温下：
Kb（NH3·H2O）＜Ka1（H2CO3）
D.pH＝9时，溶液中存在下列关系：
c（HCO3-）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32-）
【答案】C
【解析】
【分析】
NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+①；
HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②；
HCO3-的电离平衡，即HCO3-⇌H++CO32-③；
在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第②个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量略有增加；对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O的量增加，NH4+的量减小，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，据此分析。
【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+①；
HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②；
HCO3-的电离平衡，即HCO3-⇌H++CO32-③；
A.开始阶段，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，A项正确；
B.对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH在8.7~9.7之间，CO32−的量在增加，平衡③受到影响，HCO3−被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B项正确；
C.在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，根据盐类水解“越弱越水解”的规律可知，NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，即Kb（NH3·H2O）>Ka1（H2CO3），C项错误；
D.从图中可直接看出pH=9时，溶液中的离子浓度大小关系为：
c（HCO3-）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32-），D项正确；
答案选C。
第Ⅱ卷非选择题（共174分）
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，每个考题考生都必须作答，第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共129分。
8.碱式碳酸铜可用作木材防腐剂、水体杀藻剂等，研究性学习小组设计以下方案制备碱式碳酸铜并进行相关实验探究。
Ι．以铜屑为原料制备碱式碳酸铜的装置如下：
步骤1连接好装置，检查装置的气密性，装药品。
步骤2往三颈烧瓶中加入适量的浓硝酸，使铜屑完全反应。
步骤3往步骤2反应后的溶液中加入一定比例的Na2CO3和NaOH的混合液，加热。
步骤4将三颈烧瓶中的混合物过滤、洗涤、烘干，获得产物。
已知：
ⅰ．碱式碳酸铜为草绿色或绿色结晶物，易溶于酸，不溶于水，在100℃的水中易分解；
ⅱ．NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
NO不能单独与NaOH溶液反应。
（1）步骤2中浓硝酸与铜屑反应的离子方程式为___________________。
（2）步骤2反应一段时间后，须打开止水夹，通入一段时间的空气，目的是_______。
（3）步骤3对装置A的加热方式最好采用____________。
（4）装置Ι中仪器a的名称为____，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个装置不能替代图1中B装置的是_____（填装置序号）。
（5）欲检验步骤4获得的产物中是否含有NO3-，所需的试剂可以是__________。
Ⅱ．探究在一定温度下，不同的原料配比对产物的影响，实验数据如下：
实验序号
V[Cu（NO3）2]/mL
（0.5mo1·L-1）
V（NaOH）/mL
（0.5mo1·L-1）
V（Na2CO3）/mL
（0.25mo1·L-1）
沉淀数量
沉淀颜色
1
2.0
2.0
1.6
+
浅绿色
2
2.0
2.0
2.0
++
浅绿色
3
2.0
2.0
2.4
+++
蓝色
4
2.0
2.0
2.8
+++
蓝色
注：
“+”越多表示沉淀量越多
（6）分析表格数据可得：
制备碱式碳酸铜最佳的原料配比n[Cu（NO3）2]:
n（NaOH）:
n（Na2CO3）=___。
Ⅲ．产物组成的测定
（7）碱式碳酸铜的成分有多种，化学式可表示为mCu（OH）2·nCuCO3。
为测定Ι中所得碱式碳酸铜的组成，学习小组同学准确称取3.820g样品溶于适量的硫酸中，加水配成l00mL溶液，取l0.00mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH至3～4，加入过量的KI（2Cu2++4I-=2CuI↓+I2），用0.l000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定（2S2O32-+I2=2I-+S4O62-），接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失。
进行平行实验后，测得平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为35.00mL。
该碱式碳酸铜的化学式为_____
【答案】
（1）.Cu+4H++2NO3－=Cu2++2NO2↑+2H2O
（2）.使装置中有毒气体被NaOH溶液完全吸收（3）.水浴加热（4）.干燥管或球形干燥管（5）.Ⅲ（6）.硫酸、铜片（或其他合理答案）（7）.2:
2:
1（8）.4Cu（OH）2·3CuCO3
【解析】
【分析】
Ι．
（1）浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮与水；
（2）反应一段时间后生成有毒的气体氮氧化物，据此分析作答；
（3）依据给定的碱式碳酸铜的特性作答；
（4）根据仪器构造分析；B装置需要防倒吸，据此考虑作答；
（5）硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，可与铜反应生成NO；
Ⅱ．（6）根据已知碱式碳酸铜的颜色结合实验结果作答；
Ⅲ．（7）根据滴定过程中各物质的量之间的关系，列出关系式得出溶液中铜离子的物质的量，再结合质量列出方程组求出m和n的值得出结论。
【详解】Ι．
（1）步骤2中浓硝酸与铜屑反应
离子方程式为Cu+4H++2NO3－=Cu2++2NO2↑+2H2O；
（2）步骤2反应一段时间后，会生成有毒气体二氧化氮（可能含NO），为了使气体被氢氧化钠充分吸收，须打开止水夹，通入一段时间的空气，故答案为：
使装置中有毒气体被NaOH溶液完全吸收；
（3）因碱式碳酸铜在100℃的水中易分解，所以步骤3对装置A的加热方式最好采用水浴加热；
（4）装置Ι中仪器a的名称为干燥管或球形干燥管；装置Ι中干燥管可防倒吸，装置Ⅱ中倒置的漏斗也可起到防倒吸作用，装置Ⅲ中苯的密度比水小，在水的上层，不能起到防倒吸作用，故答案为：
Ⅲ；
（5）欲检验步骤4获得的产物中是否含有NO3-，所需的试剂可以是硫酸、铜片（或其他合理答案）；
Ⅱ．（6）碱式碳酸铜为草绿色或绿色结晶物，根据实验数据可以看出，实验2的沉淀量最多，实验3和4得到的沉淀为蓝色沉淀，则制备碱式碳酸铜最佳的原料配比n[Cu（NO3）2]:
n（NaOH）:
n（Na2CO3）=0.5mol/L:
0.5mol/L:
0.25mol/L=2:
2:
1；
Ⅲ．（7）由2Cu2++4I-═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32-+I2═2I-+S4O62-可知，
反应的定量关系为：
2Cu2+～I2～2S2O32-，所以n（Cu2+）=n（S2O32-）=0.1000mol•L-1×0.03500L=3.5×10-3mol，
100mL溶液中含铜元素物质的量为3.5×10-3mol×
=3.5×10-2mol，则m+n=3.5×10-2mol，又样品质量为3.820g，所以98m+124n=3.820g，联立方程可得m=0.020mol，n=0.015mol，所以m:
n=4:
3，故碱式碳酸铜的化学式可表示为：
4Cu（OH）2·3CuCO3。
9.著名化学家徐光宪在稀土领域贡献突出，被誉为“稀土界的袁隆平”。
钇是稀土元素之一，我国蕴藏着丰富的钇矿石（Y2FeBe2Si2O10），工业上通过如下工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。
已知：
ⅰ．钇（Y）的常见化合价为＋3价；
ⅱ．铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似；
ⅲ．Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3+
2.1
3.1
Y3+
6.0
8.3
（1）将钇矿石与NaOH共熔的反应方程式补充完整：
__Y2FeBe2Si2O10+__NaOH+____
__Y（OH）3+__Fe2O3+__Na2SiO3+__Na2BeO2+__H2O
（2）滤渣Ⅱ的主要成分是____________。
（3）试剂A可以是___________。
A．NaOH溶液B．氨水C．CO2D．CaO
（4）用氨水调节pH=a时，a的取值范围是_____________________。
（5）计算常温下Y3++3H2O
Y（OH）3+3H+的平衡常数K=________。
（常温下Ksp[Y（OH）3]=8.0×10-23）
（6）滤液Ⅲ加入氨水产生沉淀的离子方程式为_______________。
（7）从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________。
（8）常见的由BeCl2固体生产Be的工业方法有两种：
①电解法：
电解NaCl-BeCl2混合熔融盐制备Be；②热还原法：
熔融条件下，钾还原BeCl2制备Be。
以上两种方法你认为哪种更好并请说明理由_________。
【答案】
（1）.4
（2）.32（3）.O2（4）.8（5）.2（6）.8（7）.8（8）.4（9）.H2SiO3或H4SiO4（10）.B（11）.3.1≤a＜6.0（或其他合理答案）（12）.1.25×10-20（13）.Y3++3NH3∙H2O=Y（OH）3↓+3NH4+（14）.蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体（或在HCl气流中加热蒸干）（15）.电解法好，同时能得到工业原料Cl2（热还原法好，操作简单，不产生有毒气体，或其它合理答案）
【解析】
【分析】
钇矿石与NaOH共熔生成Y（OH）3、Fe2O3、Na2SiO3和Na2BeO2，“水溶”后Na2SiO3和Na2BeO2溶于水成为滤液I的主要溶质，Y（OH）3、Fe2O3不溶，则过滤得到滤渣I的成分为Y（OH）3、Fe2O3；向滤液I加入过量盐酸，Na2SiO3与盐酸反应转化为硅酸沉淀，Na2BeO2具有与偏铝酸钠相似的性质，则与过量盐酸反应后转化为BeCl2，因此滤渣II为H2SiO3或H4SiO4，滤液II为BeCl2、NaCl和过量的HCl，再加入过量氨水，分离Be元素，会生成Be（OH）2沉淀，再加过量盐酸，得到纯净的BeCl2最后获得副产物Be；另一方面，滤渣I经过稀盐酸溶解后得到YCl3和FeCl3，滴加氨水条件pH，便于分离沉淀Fe元素，得到的滤液中YCl3经氨水调节适当pH沉淀得到Y（OH）3，最终高温得到Y2O3，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）钇矿石Y2FeBe2Si2O10中，Y显+3价，Be显+2价，Si显+4价，则根据化合物
各元素化合价代数和为0可知，Fe的化合价为+2价，与NaOH共熔时需要氧气的参与将Fe元素转化为Fe2O3，根据得失电子守恒和原子守恒规律结合已知的产物可得，其化学方程式为：
4Y2FeBe2Si2O10+32NaOH+O2
8Y（OH）3+2Fe2O3+8Na2SiO3+8Na2BeO2+4H2O，故答案为：
4；32；O2；8；2；8；8；4；
（2）根据上述分析可知，滤渣Ⅱ的主要成分为H2SiO3或H4SiO4；
（3）加入试剂A的目的是为了沉淀Be（OH）2，根据已知ⅱ可知，需要加入弱碱，B项正确，故选B；
（4）用氨水调节pH=a，目的是为了沉淀Fe3+，便于与Y3+分离，根据已知给出的Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH表数据可以看出，pH的范围为：
3.1≤a＜6.0（或其他合理答案）；
（5）该反应的平衡常数K=
=
=
=
=1.25×10-20；
（6）滤液Ⅲ中Y3+加入氨水会生成Y（OH）3，其离子方程式为：
Y3++3NH3∙H2O=Y（OH）3↓+3NH4+；
（7）BeCl2类似于氯化铝溶液，蒸干时可能会发生水解，因此要想得到BeCl2固体，蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体（或在HCl气流中加热蒸干）；
（8）电解法好，同时能得到工业原料Cl2（或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体，或其它合理答案）
10.过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。
Ⅰ．对NO与O2反应的研究。
（1）已知氮氧化物转化过程中的焓的变化如下图所示，写出NO转化为NO2的热化学方程式__________。
（2）2NO+O2
2NO2的平衡常数表达式K=_______。
其他条件不变，利用分子捕获器适当减少反应容器中NO2的含量，平衡常数K将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）已知：
2NO2（g）
N2O4（g）△H＜0。
在一定条件下，将2molNO和1molO2通入恒容密闭容器中进行反应，在不同温度下，测得平衡时体系中NO、O2、NO2的物质的量与温度的关系如下图所示。
①曲线c代表________的物质的量与温度的关系，x点对应的O2的转化率为________。
②根据上图可推测_________________。
A．2NO+O2
2NO2的平衡常数：
x点﹥y点
B．y点时2NO+O2
2NO2的反应速率：
υ（正）﹤υ（逆）
C．400~1200℃时，随着温度升高，N2O4体积分数不断增大
D．x点对应的NO的物质的量分数为4/11
Ⅱ．对废水中过量氨氮转化的研究。
废水中过量的氨氮（NH3和NH4+）会导致水体富营养化。
某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，将其转化为无污染物质，不同进水pH对氨氮去除率的影响如图所示。
已知：
ⅰ．HClO的氧化性比NaClO强；
ⅱ．NH3比NH4+更易被氧化。
（4）pH＝1.25时，NaClO与NH4+反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式______。
（5）进水pH为1.25～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高发生图中变化的原因是_______。
【答案】
（1）.2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）△H=-112kJ·mol-1
（2）.
（3）.不变（4）.NO2（5）.60%（6）.AD（7）.3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl－+3H2O+5H＋（或3ClO－+2NH4+=N2↑＋3Cl－+3H2O+2H＋）（8）.pH＜2.6时，随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；pH在2.6~6之间时，随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化
升级会员 