10． 下列有关实验的做法不正确的是（ ）
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验NH
时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
10．D [解析]分液时，分液漏斗中的下层液体先从下口放出，上层液体从上口倒出，A项正确；碳酸氢钠受热易分解，生成二氧化碳、水和碳酸钠固体，而碳酸钠固体受热不分解，B项正确；配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，需要玻璃棒将液体引流转移到容量瓶中，C项正确；检验NH
时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，若试纸变蓝，说明试样中含有铵根离子，D项错误。
11．
某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。
其过程如下：
mCeO2
（m－x）CeO2·xCe＋xO2
（m－x）CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2
mCeO2＋xH2＋xCO
下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．图0中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
图0
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O
11．C [解析]H2O、CO2转变为H2、CO的过程分两步进行，第1步反应消耗CeO2的物质的量与第2步反应生成CeO2的物质的量相同，则该过程中CeO2没有消耗，A项正确；上述转变将化学能较低的H2O、CO2转化为化学能较高的H2、CO，将太阳能转化为化学能储存在燃料（水煤气或H2和CO）中，B项正确；读图可得3个热化学方程式：
①H2O（g）===H2（g）＋
O2（g） ΔH1，②H2O（l）===H2O（g） ΔH2，③H2（g）＋
O2（g）===H2O（l） ΔH3，观察发现①＋②＝－③，由盖斯定律可得：
ΔH1＋ΔH2＝－ΔH3，则ΔH1＝－ΔH2－ΔH3＝－（ΔH2＋ΔH3），C项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反应，其产物不是CO2，因为CO2是酸性氧化物，与过量碱溶液易反应生成碳酸根离子，根据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO
＋2H2O，D项正确。
12．或
NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。
将浓度均为0.020mol·L－1的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图0。
据图分析，下列判断不正确的是（ ）
图0
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
12．B [解析]读图可得，10～40℃间溶液变蓝时间由80s逐渐减小，40～55℃间溶液变蓝时间逐渐增大，A项正确；b、c两点所代表的温度分别是25℃、47℃，其他条件保持不变时，温度越高，反应速率越快，则图中b点对应的NaHSO3反应速率较小，c点对应的NaHSO3反应速率较大，B项错误；混合前NaHSO3浓度为0.020mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1·V1＝c2·V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020mol·L－1×
＝0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，由
＝v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol·L－1÷80s＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C项正确；配平可得：
10NaHSO3＋4KIO3（过量）===5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反应的催化剂，若温度高于40℃时，淀粉水解反应速率加快，其水解产物遇析出的I2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D项正确。
23．
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。
②常温下，不能与M单质发生反应的是____________（填序号）。
a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸
d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气的方法有多种。
①高温热分解法
已知：
H2S（g）H2（g）＋
S2（g）
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。
以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。
图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。
据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：
________________________________________________________________________。
图0
②电化学法
该法制氢过程的示意图如图0。
反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；
反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。
图0
23．[答案]
（1）①
②b、e
（2）①
温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或其他合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更充分
H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl
2Fe2＋＋2H＋
2Fe3＋＋H2↑
[解析]
（1）①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2（SO4）3＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3
Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；
（2）①H2S的起始浓度为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4cmol·L－1，则：
H2S（g）H2（g）＋
S2（g）
c00
0.4c0.4c0.2c
0.6c0.4c0.2c
K＝
＝
＝
；
读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；
②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：
H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：
2Fe2＋＋2H＋
2Fe3＋＋H2↑。
24．
二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO
等杂质。
某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。
经检测发现滤液中仍含有一定量的SO
，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
[已知：
Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10、Ksp（BaCO3）＝5.1×10－9]。
②该法工艺原理示意图如下。
其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。
工艺中可以利用的单质有________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________________。
图0
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：
纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。
完成反应的化学方程式：
Ｋ（D）＋24NaClO3＋12H2SO4===ＫClO2↑＋ＫCO2↑＋18H2O＋Ｋ________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl－。
处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的________倍。
24．[答案]
（1）①BaCl2 BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO
时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）（或其他合理答案）
②H2、Cl2 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
（2）
C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===
ClO2↑＋
CO2↑＋18H2O＋
Na2SO4
（3）2.5
[解析]
（1）①根据后加入的除杂试剂逆推，加入过量Na2CO3的目的是除去粗盐溶液中的Ca2＋，加入过量NaOH的目的是除去粗盐溶液中的Mg2＋，加入除杂试剂的目的是除去粗盐溶液中的SO
，除杂质时引入的新杂质需要后续步骤除去，因此应先加入过量的BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO
时，使BaSO4（s）＋CO
BaCO3（s）＋SO
的平衡右移，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），所以滤液中仍含有SO
；②由图中补充Cl2推断，氯化氢合成塔中反应为H2＋Cl2
2HCl，则该工艺流程中可以利用的单质是H2、Cl2；二氧化氯发生器中反应物为氯化钠、电解池中得到的NaClO3和氯化氢合成塔中得到的HCl，生成物为ClO2，可通入氯化氢合成塔中循环利用的Cl2，可通入氯化钠电解槽中循环利用的NaCl和H2O，根据氯元素优先变为相邻价态可得，氯酸钠被还原为二氧化氯，氯化氢被氧化为氯气，配平可得：
2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O；
（2）纤维素是多糖，其水解的最终产物是葡萄糖（C6H12O6），所含氢为＋1价、氧为－2价，由葡萄糖中各元素化合价代数和为零可得碳的平均化合价为0价，配平可得：
C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O＋12Na2SO4；（3）设处理含CN－相同量的电镀废水时转移电子的物质的量均为xmol，根据化合价降低总数等于转移电子数可得关系式：
①ClO2→Cl－～5e－，②Cl2→2Cl－～2e－，①②式中氧化剂与转移电子数的物质的量之比等于化学计量数之比，则n（ClO2）＝xmol×
＝0.2xmol，n（Cl2）＝xmol×
＝0.5xmol，所以
＝
＝2.5。
25．
固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。
某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲：
Mg（NO2）2、NO2、O2
乙：
MgO、NO2、O2
丙：
Mg3N2、O2
丁：
MgO、NO2、N2
（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_______________________________________________________________________________。
查阅资料得知：
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。
针对甲、乙、丙猜想，设计如图0所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：
图0
（2）实验过程
①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明_________________________________________。
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
关闭k，用酒精灯加热时，正确操作是先____________，然后固定在管中固体部位下加热。
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化。
④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g。
⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象。
（3）实验结果分析讨论
①根据实验现象和剩余固体的质量，经分析可初步确认猜想________是正确的。
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：
_____________________________（填写化学方程式），溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是___________________________________________________________________________________________________________。
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究。
25．[答案]
（1）不符合氧化还原反应原理（或其他合理答案）
（2）①装置气密性良好
②避免对产物O2的检验产生干扰（或其他合理答案） 移动酒精灯预热硬质玻璃管
（3）①乙
②2Na2SO3＋O2===2Na2SO4 O2在通过装置B时已参与反应（或其他合理答案）
[解析]
（1）若Mg（NO3）2热分解产物为MgO、NO2、N2，氮元素化合价部分由＋5价降为＋4价，另一部分由＋5价降为0价，元素的化合价只降不升，不符合氧化还原反应原理，故猜想丁不成立；
（2）①整套装置所含仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃试管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明装置气密性良好；②猜想甲、乙、丙中均有O2，通常条件下氮气的性质很稳定，则加热前通入N2驱尽装置内空气的目的是避免空气对产物O2的检验产生干扰；加热试管中固体时要预热，正确的操作方法是移动酒精灯预热硬质玻璃管，然后固定在有固体部位下加热；（3）①A中有红棕色气体，说明硝酸镁热分解产物中含有NO2；剩余固体中加入适量水，未见明显现象，说明硝酸镁热分解产物中不含亚硝酸镁，也不含氮化镁，因为Mg（NO2）2可溶于水，Mg3N2与水发生双水解反应，生成白色沉淀和刺激性气味的气体，由此推断猜想乙成立；②氧气具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸钠，配平可得：
2Na2SO3＋O2===2Na2SO4；实验时二氧化氮与氢氧化钠溶液反应可能存在过量问题，若氢氧化钠不足，则B中不仅发生了反应2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，而且可能发生如下反应：
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO、2NO＋O2===2NO2，即O2在通过装置B时已经参与反应，导致硝酸镁热分解产生的氧气在D之前已经被消耗完全。
31．
[化学——物质结构与性质]
（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
图0
（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
4NH3＋3F2
NF3＋3NH4F。
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________（填序号）。
a．离子晶体 b．分子晶体
c．原子晶体d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为_________________________________。
（3）BF3与一定量的水形成（H2O）2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
H2O…HOHBFFF
[H3O]＋
QR
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________（填序号）。
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键
e．氢键 f．范德华力
②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
（4）已知苯酚（OH）具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。
据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）________Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是___________________________________。
31．[答案]
（1）
（2）①a、b、d
②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（3）①a、d
②三角锥形 sp3
（4）< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
[解析]
（1）第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素（如Be、Mg、N、P等）的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：
B
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