C．b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸
D．理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体
答案 D
解析 制备原理是原料室中[B（OH）4]－通过阴膜（b膜）进入产品室，M室中石墨电极上H2O放电产生O2和H＋，H＋通过阳膜（a膜）进入产品室，H＋＋[B（OH）4]－===H3BO3＋H2O；原料室中的Na＋通过阳膜（c膜）进入N室，N室中石墨电极H2O放电产生H2和OH－，因而N室中NaOH溶液会增大。
8．某温度下，向20.00mL0.1mol·L－1NaOH溶液中滴加0.1mol·L－1苯甲酸（C6H5COOH，弱酸）溶液，溶液的pH和pOH[pOH＝－lgc（OH－）]关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．在该温度下，0.1mol·L－1NaOH溶液的pH＝2a＋1
B．F点对应苯甲酸溶液体积V＝20.00mL
C．在G与F之间某点对应的溶液中水的电离程度最大
D．温度不变，加水稀释E点溶液，
增大
答案 C
解析 酸溶液、碱溶液的浓度相等，温度不确定。
A项，观察题图知，F点对应的溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－）＝1×10－amol·L－1，在此温度下，水的离子积Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝1×10－2a，0.1mol·L－1NaOH溶液中c（H＋）＝
mol·L－1，pH＝2a－1，错误；B项，F点对应的溶液呈中性，而V＝20.00mL时，恰好生成苯甲酸钠，溶液呈碱性，不符合题意，V>20.00mL，错误；C项，当恰好生成苯甲酸钠时，水的电离程度最大，在G与F之间某点恰好完全反应生成苯甲酸钠，正确；D项
＝
＝
，E点溶液呈酸性，加水稀释时，溶液的酸性减弱，即c（H＋）减小，温度不变，Ka不变，故
减小，错误。
二、非选择题：
本题包括3小题，共52分。
9．（17分）氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂。
某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。
已知：
①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和（NH4）2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。
Ⅰ.制备氮化钙。
他们选择下列装置设计实验（装置可重复使用）：
（1）实验室将钙保存在________中（填物质名称）。
氮化钙中所含化学键类型是________。
（2）气体从左至右，装置连接顺序为____________________________________。
（填代号）
（3）写出A中发生反应的化学方程式：
__________________________________________。
（4）用化学方法检验氮化钙（Ca3N2）产品中是否混有Ca，设计实验方案：
_____________________________________________________________。
Ⅱ.测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度（杂质不产生气体，氨气不溶于煤油）。
（5）当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。
调平液面的操作是______
__________________________________________________________。
（6）取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL（折合成标准状况），则该样品纯度为________（用代数式表示）。
如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
解析 Ⅰ.
（1）氮化钙类似氮化镁，氮为－3价，氮化钙是离子化合物，不含共价键。
（2）结合题意和题给装置图，实验装置连接顺序为N2发生装置、除O2装置、干燥装置、氮气与钙反应装置、吸收空气中水蒸气装置。
（3）亚硝酸钠和硫酸铵发生归中反应生成氮气、硫酸钠和水。
（4）钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，而氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，因为氨气也能还原氧化铜，故用赤热的氧化铜粉末检验氢气时必须先除去气体中的氨气。
Ⅱ.（5）观察装置图可知，上下移动水准瓶可以调平水准瓶中液面和量气管内液面，确保量气管内气压等于外界大气压。
（6）n（NH3）＝
×
mol，根据Ca3N2＋6H2O===3Ca（OH）2＋2NH3↑知，n（Ca3N2）＝
×
mol。
Ca3N2的纯度为
×
×
×100%＝
%。
开始仰视刻度线，读数（V1）偏大，终点俯视刻度线，读数（V2）偏小，根据表达式可知，测得结果偏低。
答案 Ⅰ.
（1）煤油 离子键
（2）A、D、C、B、C
（3）2NaNO2＋（NH4）2SO4
Na2SO4＋2N2↑＋4H2O
（4）取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙
Ⅱ.（5）上下移动水准瓶
（6）
% 偏低
10．（17分）氯化亚铜（CuCl）微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。
方法一：
（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：
_______________________________________________________________。
（2）还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是____________________________________________________________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。
（3）制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是__________________________________。
方法二：
（4）a.写出过程①的主要反应的化学方程式______________________________________。
b．为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：
方案一：
可将上述X稀溶液用于废铜的处理（如图所示），则Y可以为________（填化学式）。
方案二：
过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________（填“需要”或“不需要”）另外补充SO2，原因是_______________________
_________________________________________。
（结合化学方程式回答）。
解析
（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－。
（2）由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：
CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]。
（3）酒精沸点低，易挥发，所以酒精淋洗产品既可以除去产品表面可溶性杂质，又能加速产品干燥，减少溶解损失。
答案
（1）CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－
（2）CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2] 烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失
（4）a.2H2SO4（浓）＋Cu
CuSO4＋SO2↑＋2H2O b．O2（其他合理答案均可） 不需要 过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：
CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）
11．（18分）对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。
Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：
主反应：
CO2（g）＋4H2（g）
CH4（g）＋2H2O（g） ΔH1①
副反应：
CO2（g）＋H2（g）===CO（g）＋H2O（g） ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1
已知：
H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol－1和890.0kJ·mol－1
H2O（l）===H2O（g） ΔH＝＋44kJ·mol－1。
（1）ΔH1＝________kJ·mol－1。
（2）有利于提高CH4产率的反应条件是（至少写两条）______________________________
_______________________________________________________________。
工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是________________________________。
（3）T℃时，若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。
若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示H2平衡转化率的是________，c、d分别表示CH4（g）和CO（g）的体积分数，由图1可知
＝________时，甲烷产率最高。
若该条件下CO的产率趋于0，则T℃时①的平衡常数K＝___________________。
Ⅱ.溶于海水的CO295%以HCO
形式存在。
在海洋中，通过图2钙化作用实现碳自净。
（4）写出钙化作用的离子方程式_____________________________________________。
（5）电解完成后，a室的pH________（填“变大”、“变小”或“几乎不变”）；b室发生反应的离子方程式为_______________________________________________________。
解析 Ⅰ.
（1）由H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol－1和890.0kJ·mol－1，可得H2（g）＋
O2（g）===H2O（l） ΔH＝－285.5kJ·mol－1②、CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890.0kJ·mol－1③、将H2O（l）===H2O（g） ΔH＝＋44kJ·mol－1编号为④，根据盖斯定律知，①＝②×4－③＋④×2，则ΔH1＝（－285.5kJ·mol－1）×4－（－890.0kJ·mol－1）＋（＋44kJ·mol－1）×2＝－164.0kJ·mol－1。
该主反应为气体分子数减小的放热反应，故有利于提高CH4产率的反应条件是降低温度、增大压强。
催化剂具有专一性，工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂。
（3）随着
增大，H2的平衡转化率减小，CO2的平衡转化率增大，结合题图1可得，b表示H2的平衡转化率，a表示CO2的平衡转化率。
c表示甲烷的体积分数，当
＝4时，甲烷产率最高。
＝4时，CO的产率趋于0，由题意并结合题图1得起始时c（CO2）＝0.5mol·L－1，c（H2）＝2mol·L－1，CO2、H2的平衡转化率均为0.80，则根据三段式法有：
平衡常数K＝
＝
＝100。
Ⅱ.（4）由题图2可知，HCO
为反应物，CaCO3、CO2为生成物，则钙化作用的离子方程式为2HCO
＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
（5）a室为阳极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，反应产生的H＋通过质子交换膜进入b室参与反应生成CO2和H2O时进入阴极室与OH－也反应，所以电解后a室溶液的pH几乎不变，b室发生反应的离子方程式为H＋＋HCO
===CO2↑＋H2O。
答案 Ⅰ.
（1）－164.0
（2）降低温度、增大压强 催化剂
（3）b 4 100
Ⅱ.（4）2HCO
＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
（5）几乎不变 H＋＋HCO
===CO2↑＋H2O
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