『答案』选C。
10.水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：
时间
①
②
③
④
⑤
温度/℃
20
30
40
从40℃冷却到时20℃
沸水浴后冷却到20℃
颜色变化
红色略加深
红色接近①
红色比③加深较多
pH
8.31
8.29
8.26
8.31
9.20
下列说法不正确的是（）
A.①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c（OH-）减小
B.NaHCO3溶液显碱性的原因:
+H2O
H2CO3+OH-
C.⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故
D.①→③的过程中，颜色加深的原因可能是
水解程度增大
『答案』A
『详解』A．①→③的升温过程中，红色略加深，说明溶液中c（OH-）略有增大，但升高温度促进水的电离，水的离子积常数增加，使得溶液pH略微下降，故A错误,，符合题意；
B．NaHCO3溶液显碱性，是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其水解反应方程式为
+H2O
H2CO3+OH-，故B正确，不选；
C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH大，可能是由于NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度的缘故，故C正确，不选；
D．①→③的过程中，溶液温度升高，促进
水解，溶液的碱性增强，故D正确，不选；
『答案』选A。
11.科研人员借肋太阳能；将H2S转化为可以再利用的S和H2工作原理如图所示，下列叙述正确的是（）
A.该电池能实现化学能转化为光能
B.a电极的电极反应：
2H++2e-=H2↑
C.光照后，b电极的电极反应:
H2S-2e-=2H++S
D.a电极区溶液的pH增大
『答案』B
『分析』根据工作原理图分析可知，a电极上H+获得电子生成氢气，则a作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此b作负极，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，据此分析解答问题。
『详解』A．该电池通过光照发生化学反应，形成原电池，将光能转化为化学能，A错误；
B．根据图示，在a电极上H+获得电子生成氢气，a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，B正确；
C．根据图示，光照后，b电极上，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，C错误；
D．电池工作时，a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等，因此a极区溶液的pH不变，D错误；
『答案』选B。
12.反应A（g）+B（g）⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c（A）如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c（A）（mol/L）
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（）
A.①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B.①→③的过程中X的状态发生了变化
C.①→③的过程中A的转化率不断增大
D.与①②相比，③中X的物质的量最大
『答案』C
『详解』A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；
B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；
C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；
D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；
『答案』选C。
13.砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材回料。
回答下列问题：
（1）镓是与铝同主族的第四周期元素，Ga基态原子核外电子排布式为____________。
（2）Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是__________________，电负性由大到小的顺序是__________________。
（3）碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是____________（填编号）．
a..CH4的稳定性比SiH4强b.SiH4的沸点比CH4高
c.碳酸的酸性大于硅酸d.SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑
（4）AsH3的沸点比NH3低；其原因是____________________________________。
（5）已知MgCl2熔点714℃，是离子化合物；AlCl3熔点191℃，是共价化合物。
比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因________________________。
镓
卤化物
GaCl3
GaBr3
GaI3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是____________________________________。
（6）二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为____________，二水合草酸镓π键的个数为____________，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为____________。
『答案』
（1）.『Ar』3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1
（2）.As>Se>Ga（3）.Se>As>Ga（4）.ac（5）.NH3分子之间存在氢键（6）.从GaCl3到GaI3均是分子晶体，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高（7）.GaF3是离子晶体（8）.4（9）.6（10）.sp2
『分析』同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但因为第ⅡA元素达到了全满状态，第ⅤA族元素达到半满状态，所以ⅡA族元素的第一电离能大于ⅢA族元素的第一电离能，ⅤA族元素的第一电离能大于ⅥA族元素的第一电离能；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。
『详解』
（1）镓是与铝同主族的第四周期元素，Ga元素是31号元素，Ga基态原子核外电子排布式为『Ar』3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1；
（2）由分析可知，Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是As>Se>Ga；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，电负性由大到小的顺序是Se>As>Ga；
（3）a.气态氢化物越稳定，对应的元素的非金属性越强，CH4的稳定性比SiH4强，说明C的非金属性比Si的强，a正确；
b.因为SiH4的相对分子质量比CH4大，所以SiH4沸点较高，不能说明二者非金属性相对强弱，b错误；
c.主族元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性也就越强，碳酸的酸性大于硅酸，说明C的非金属性比Si的强，c正确；
d.碳酸的酸性大于硅酸，但反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑能发生，是因为反应生成气态的二氧化碳，使得反应能持续进行下去，并非是强酸制弱酸的原理，d错误；
（4）NH3分子之间存在氢键，所以AsH3的沸点比NH3低；
（5）从GaCl3到GaI3均是分子晶体，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高；GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体；
（6）从二水合草酸镓的结构图可知，镓原子的配位数为4，分子中含有6个双键，所以二水合草酸镓π键的个数为6；草酸根中碳原子与羧基中的碳原子的杂化方式相同，形成的都是平面结构，所以应该是sp2杂化。
14.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：
已知RCHO+R1CH2CHO
（1）乙烯生成A的原子利率为用率为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____________。
（3）写出D与足量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
②FeCl3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）.
+5NaOH
+2NaCl+3H2O（6）.3（7）.
（8）.
『分析』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
，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。
『详解』
（1）乙烯生成乙醛的原子利率为用率为100%，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、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
；
（3）D为
，与NaOH溶液反应的化学方程式为
+5NaOH
+2NaCl+3H2O；
（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
；
（5）乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物，合成路线为
。
15.亚硝酰氯（NOCl）是一种黄色气体，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，遇水易水解，生成两种酸，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等．某化学兴趣小组按下图装置用Cl2和NO制备NOCl。
回答下列相关问题：
（1）仪器a的名称是________________，装置甲中反应的离子方程式是____________________________________________________。
（2）装置乙中的试剂是__________（写名称）。
实验开始时，先打开活塞K，当观察到装置丙中出现______________________________________________。
（填现象）时再缓缓通入Cl2。
（3）装置丙中的试剂是________________，装置丙的作用有：
使两种气体充分混合、通过观察产生气泡的速度控制气体的比例和__________________________________。
（4）装置丁中生成NOCl的化学方程式是______________________，装置丁中冰盐水的作用是__________________________________。
（5）工业制得的NOCl中常含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：
称取1.441g样品溶于适量的NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用硝酸酸化的0.4000mol•L-1，AgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液的体积为25.00mL，则NOCl的质量分数为__________％（保留2位小数）:
如果滴定终点读数时俯视，则测得的NOCl的质量分数会__________（填“偏大”或“偏小”）（Ag2CrO4为砖红色沉淀，指示到达滴定终点。
）
『答案』
（1）.圆底烧瓶
（2）.Cu+4H++2
=Cu2+2NO2↑+2H2O（3）.水（4）.气体由红棕色转换为无色（5）.浓硫酸（6）.干操NO和Cl2两种气体（7）.2NO+Cl2==2NOCl（8）.冷凝并收集NOCl（9）.45.45（10）.偏小
『分析』氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：
甲装置用铜和浓硝酸反应制备NO2，通入乙装置水中转化为NO，制得的NO中混有水蒸气，要用浓硫酸等干燥剂干燥，将纯净的氯气和NO干燥后在装置丁中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl。
氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，要进行尾气处理，据此分析解答。
『详解』
（1）据图可知，仪器a是圆底烧瓶；装置甲中Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2
=Cu2+2NO2↑+2H2O；
（2）根据分析可知，铜和浓硝酸反应生成NO2，装置乙中的试剂是水，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，将NO2转化为NO；实验开始时，要先将装置中的空气排出，则先打开活塞K，当观察到装置丙中气体由红棕色转换为无色时，再缓缓通入Cl2；
（3）装置乙制得的NO中混有水蒸气，要用干燥剂干燥后才能和氯气反应，则装置丙中的试剂是浓硫酸；装置丙中浓硫酸的作用有：
使两种气体充分混合、通过观察产生气泡的速度控制气体的比例，还可以干操NO和Cl2两种气体，以防生成的亚硝酰氯水解；
（4）在装置丁中氯气和NO反应生成NOCl，化学方程式为2NO+Cl2==2NOCl；装置丁中冰盐水的作用是冷凝并收集NOCl；
（5）NOCl在NaOH溶液中生成氯化钠和NaNO2，氯化钠与硝酸酸化的AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，根据Cl、Ag原子守恒有：
NOCl∼NaCl∼AgCl∼AgNO3，n（NOCl）=（AgNO3）=0.4000mol/L×25.00×10−3L=0.01mol，m（NOCl）=nM=0.01mol×65.5g/mol=0.655g，NOCl的质量分数=
=45.45%；如果滴定终点读数时俯视，则滴定过程中读取AgNO3溶液的体积偏小，导
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