C.简单阴离子半径：
p>q
D.最高价氧化物对应水化物酸性：
p>q
【答案】C
【分析】
mn
pq
既有氢化物又有最高价氧化物的水化物的元素一般为非金属元素，
非金属元素的最高价氧化物的水
化物为最高价含氧酸，所以其氢化物一定是碱性物质，两者才能反响，故
m元素为N，n元素为O，p
元素为S，q元素为Cl。
因为m与n在同一周期，
n的非金属性强于
m，故A错误；
因为n与p位于同一主族，n的非金属性强于
p，所以n的氢化物稳固性强于p，B错误；
又因为p和q位于同一周期，p简单阴离子半径大于q，C项正确；
q的非金属性强于
p，故最高价氧化物对应水化物的酸性：
q>p，故D项错误。
答案选C。
16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形
式是
－
B.Al3+
C.Al（OH）3
D.Al3+，Al（OH）3
A.AlO2
【答案】D
【分析】
pH为1
的100
mL0.1mol/L
的AlCl3中，n（H+
mol/L×0.1L=0.01mol，n（Al3+
－
）=0.1mol/L0.×3L=0.03mol，此中
mol/L×0.1L=0.01mol，的氢氧化钠溶液中n（OH
的OH－先与0.01molH+发生中和反响，节余的0.02molOH－与0.01molAl3+反响，氢氧根离子不足，因今生成Al（OH）3，并有Al3+节余。
17.对于以下装置（不过个表示图），表达错误的选项是
金属导线
Fe石墨
H2O
A.石墨电极反响：
2
++4e→2H2
O+4H
O
B.鼓入少许空气，会加速
Fe的腐化
C.加入少许NaCl，会加速Fe的腐化
D.加入HCl，石墨电极反响式：
2H++2e→2H2↑
【答案】A
5
【分析】
此题考察吸氧腐化，溶液不为强酸性，石墨电极的反响式为O2+2H2O+4e－→4OH－，所以A项错误。
18.依据图示以下说法正确的选项是
能1O（g）+2H（g）
量
Ⅱ427kJ
Ⅰ685kJ
1OH（g）+1H（g）
Ⅲ542kJ
1/2O2（g）+1H
2（g）
1H2O（g）
t
A.断开非极性键和生成极性键的能量同样
B.反响Ⅱ比反响Ⅲ生成的O－H键更坚固
2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）－Q（Q＞0）
2O（g）→1/2O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）
【答案】C
【分析】
从图中可以看出1/2molO2（g）+1molH2（g）的能量低于1molOH（g）+1molH（g），因此反应
1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）吸热，故C项正确。
19.已知反响式：
mX（g）+nY（?
）pQ（G）+2mZ（g），已知反响已达均衡，此时，其余
条件不变，将容器减小到本来的1/2，，以下说法正确的选项是
A.反响向逆反响方向挪动B.Y可能是固体或液体
C.系数n＞mD.Z的体积分数减小
【答案】C
【分析】
已知反响已达均衡，此时，其余条件不变，将容器减小到本来的1/2，若此时均衡不
挪动，，但均衡挪动以后，说明加压均衡向正反响方向挪动，A项错误；
题干条件说明正反响为气体减少的反响，若Y为固体或液体，则需要知足m＞2m，不行能建立，B
项错误；
Y是气体，且m+n＞2m，所以n＞m，C项正确；
均衡正向挪动，产物Z的体积分数应当增大，D项错误。
故答案为C。
20.常温低等体积的①CH3COOH，②NaOH，③CH3COONa
A.①中[CH3COOH]＞[CH3COO－]＞[H+]＞[OH－]
B.①②混淆后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
6
C.①③混淆此后，溶液呈酸性，则[Na+
－
]＞[H+]
]＞[CH3COO
D.①②混淆后，水的电离程度比①③混淆的电离程度小
【答案】B
【分析】
3
COOH
溶液中H
+来自于CH3
COOH电离和水的电离，
3
CH
CHCOOH只有一小部散发生电离，所以
－
－
[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO
]＞[OH]，A项错误；
①②混淆后的产物恰巧为CH3COONa，体积约为本来的
2倍，若不存在均衡挪动，
则醋酸根离子浓
度约为③的1/2，因为“越稀越水解”稀溶液中水解程度更大，所以醋酸根离子浓度小于③的
1/2，B项正
确；
①③混淆此后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以[CH3COO
－
]＞[Na+]＞[H+]，C项错误；
①②混淆后为CH3COONa溶液，促使水的电离，①③混淆后溶液呈酸性，
CH3COOH的电离为主，
克制了水的电离，D项错误。
故答案为B。
二、综合剖析题（60分）
（一）
（1）说明铵态氮肥不可以与碱性化肥混用的原由：
___________________________________。
（2）写出联合制碱法的方程式：
_________________________________________________。
（3）工业合成氨采纳
20－50MPa，说明为何选择这个压强：
_______________________。
（4）已知4NO+2CO（NH
2
）
→2CO+4N
2
+4H
O+O
（已知尿素中
N为－3
价），该反响的氧化产物为
2
2
2
2
2
___________；若汲取
0.15molNO2，则转移的电子个数为______________。
（5）向必定量NH
4
Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，此时，溶液中
c（Na
）_____c（NH·H
O）。
+
32
【答案】
（1）铵盐与碱反响产生氨气逸出，致使肥效降低；
（2）CO2+NH3+H2O+NaCl→NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）合成氨的反响为N2+3H22NH3，高压能够使均衡往正反响方向进行，提升氨气产率；压强
不可以过高，不然增添设施等成本，所以选择20－50MPa压强。
（4）N2和O2；0.6NA。
（5）＝。
【分析】
7
（1）与碱反生氨气逸出，没法被植物充足汲取，致肥效降低；
（2）默写方程式；
（3）从均衡的影响，以及从成本的角度考；
（4）氧化物即化合价高升的物，反中化合价高升的元素有两个，一是氧－
2价0价生成
氧气，二是氮从－
3价0价生成氮气，所以氧化物
N2
和O2；依据方程式的化合价化状况可
知4NO2~16e，即移子数汲取
NO2
数目的四倍，所以汲取
NO2，移的子个数
0.15×4×NA＝
A。
（5）依据荷守恒，有
+
+
+
]＝[Cl
－
－
[H
+
]＝[OH
－
[NH4]＋
[Na
]＋[H
]＋[OH
]，又以溶液呈中性，
]，所以
式子可改写成
－
]；依据物料守恒，由化的化学式可知
n（N）＝n（Cl），此中N元素
[NH4+]＋[Na+]＝[Cl
在反后的存在形式有
NH4+,NH3·H2O，Cl元素以Cl－形式存在，所以有[NH4
+]＋[NH3·H2O]＝[Cl－]，与
[NH
4
+
]＋[Na
+
－
+
32
O）。
]＝[Cl]立可解得c（Na
）＝c（NH·H
（二）
（1）从色化学、保的角度制取硫酸的原料
_______。
c.CuS
d.Cu（OH）2·CuSO4
（2）写出从硫酸溶液中获得硫酸晶体的操作：
__________、__________、、洗⋯⋯
（3）如球形管装置的作用：
____________________________。
浓硫酸
铜
NaOH溶液
AB
（4）反后溶液中存在Cu2+，但硫酸有吸水性，不可以通溶液色来判断Cu2+的存在，写出一
种便的方法Cu2+的存在：
___________________________________________。
（5）在反中，因为条件控制不好，简单生CuS和Cu2S固体。
已知：
2CuSCu2S+S。
取ag固体品，加后得Cu2S固体量bg，求固体品中CuS量
分数__________；若Cu2S在高温下会分解Cu，得的CuS的量分数________（偏大、偏小或不
）。
（6）依据以上信息，明Cu与硫酸反需要控制哪些要素：
_____________________。
【答案】
（1）bd；
8
（2）蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）防备倒吸（实质上要写清楚什么物质被汲取惹起倒吸）；
（4）将反响溶液当心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反响产生了Cu2+；
（5）100%×2（a－b）/a或[200（a－b）/a]%；偏大（6）控制温度不宜过高，反响时间不宜过长
【分析】
（1）a选项Cu与浓硫酸反响才能制取硫酸铜，而且产生污染环境的气体二氧化硫，故不选；b选项
CuO与稀硫酸反响即可生成硫酸铜，且无污染环境的产物；c选项CuS不溶于酸，假如要制备硫酸铜，
需要先与氧气反响生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜再与稀硫酸反响获得硫酸铜，过程中产生二氧化硫污
染环境，故不选；d选项只要要稀硫酸并没有有害产物；综上，答案选bd。
（2大部分盐的溶解度随温度降低而降落，所以用降温结晶的方法获得更多的晶体。
（3）球形管供给较大的空间，防备形成过大的负压，防倒吸。
（4）因为浓硫酸的吸水性，致使Cu2+没法与水联合产生蓝色溶液，所以需要加水稀释查验铜离子。
需
要注意的是原反响液中存在浓硫酸，所以稀释时应注酸入水，即原反响液倒入水中进行稀释，若溶液呈
蓝色，则说明铜离子的存在。
（5）列方程组：
设CuS质量为xg，Cu2S质量为yg，依据题意可列出方程x＋y＝a，y＋1/2x＝b，解
得x=2（a－b），所以CuS的质量分数为100%×2（a－b）/a或[200（a－b）/a]%；若Cu2S在高温下分解为Cu，
则测得加热后获得的固体质量
b就会偏小，依据表达式可看出，测得的
CuS的质量分数偏大。
（6）控制温度不宜过高，反响时间不宜过长
（详细得看题干和题目信息
）
（三）（15分）白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线以下：
HO
CH2Cl
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