D.单质的还原性：
W >Z
【答案】D
【解析】Y的气态氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，符合条件的元素为氮元素，氨气和硝酸反应生成硝酸铵；W的简单阳离子是一个质子，W为氢元素；X的某单质可以制作惰性电极，X的单质可以为石墨，X为碳元素，根据短周期元素W、X、Y、Z，其原子序数之和为25，可知Z为钠元素；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强；碳的非金属性小于氮，因此H2CO3Na+，B正确；W分别与X、Y形成的化合物为CxHy和NH3,CxHy为烃类，均不溶于水，氨气极易溶于水，C正确；钠为金属，氢气为非金属单质，金属钠的还原性大于氢气，D错误；正确选项D。
5.下列实验操作、现象能得出对应结论的是
实验操作
实验现象
实验结论
A
海带通过灼烧、水溶、过滤，在滤液中依次滴加稀硫酸、H2O2、淀粉溶液
溶液变蓝
海带含碘单质
B
蔗糖溶液水浴加热后加入新制Cu（OH）2悬浊液，微热
无砖红色沉淀
蔗糖水解产物无醛基
C
加热浸透了石蜡油的碎瓷片，将产生气体
通入酸性K2Cr2O7溶液中
溶液变绿色
石蜡油分解产生了不饱和烃
D
向CaCO3固体中滴加6mol/L盐酸，将气体通入少量Na2SiO3溶液中
Na2SiO3溶液中产生白色胶状沉淀
酸性：
H2CO3>H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】海带中含有碘离子，被H2O2氧化为碘单质，而碘单质能够使淀粉溶液变蓝，碘离子没有此性质，A错误；蔗糖在酸性条件下发生水解，水解液显酸性，而新制Cu（OH）2悬浊液在碱性环境下才能氧化醛基，应该在蔗糖水解液中加入足量的氢氧化钠溶液，中和硫酸，然后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，微热，出现砖红色沉淀，蔗糖水解产物中含有醛基；B错误；浸透了石蜡油的碎瓷片，加强热，分解生成气体能够使酸性K2Cr2O7溶液中变为绿色，说明K2Cr2O7被还原了，反应一定产生了还原性气体，如乙烯等不饱和烃；C正确；浓盐酸具有挥发性和酸性，制备出的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，混合气体同时进入Na2SiO3溶液中，都能够制备出硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性大于硅酸；D错误；正确选项C。
点睛：
向CaCO3固体中滴加6mol/L盐酸，利用强酸制备弱酸规律，得到的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，把混合气体通过足量的饱和碳酸氢钠溶液，除去氯化氢气体，然后把二氧化碳气体通入到少量Na2SiO3溶液中，产生白色沉淀，可以证明酸性：
H2CO3>H2SiO3。
6.电动公交车替代燃油公交车是节能减排、控制雾霾的重要举措之一，下图所示电池是一种正在开发的车载电池。
有关该电池的说法正确的是
A.放电时Fe/FeS 极是负极
B.放电时负极反应式为：
Al-3e-=Al3+
C.充电时阳极反应式为：
Fe+S2--2e-= FeS
D.左边电解质可以是LiOH 的醇溶液
【答案】C
【解析】放电时为原电池，根据图示电子流向可知，电子由负极流向正极，因此Fe/FeS 极是正极，A错误；放电时，Fe/FeS 极是正极，锂/铝合金为负极，发生氧化反应，锂比铝活泼，所以：
Li-e-=Li+B错误；充电时，为电解池，阳极发生氧化反应，铁失电子变为亚铁离子，Fe+S2--2e-= FeS，C正确；LiOH 在醇溶液中不能发生电离产生锂离子，没有自由移动的离子，不能构成闭合回路，D错误；正确选项C。
7.已知：
pOH=-lgc（OH-）。
常温下，某弱酸的钠盐（ Na2XO3）溶液中微粒浓度的变化关系如下图所示。
下列说法正确的是
A.实线M 表示pOH 与lg
的变化关系
B.在NaHXO3溶液中：
>1
C.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：
c（Na+）+2c（H+）=c（HXO3-）+2c（XO32-）+2c（OH-）
D.Na2XO3溶液加水稀释，
先增大后不变
【答案】B
8.铝氢化钠（NaAlH4）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。
（1）制备无水AlCl：
实验装置如下。
已知AlCl3178℃升华，在潮湿的空气中易水解。
①实验时应先点燃_______（ 填“A”或“D”）处酒精灯，当观察到_______时，再点燃另一处酒精灯。
②装置F的作用是_________________。
（2）制取铝氢化钠
制取铝氢化钠的化学方程式是_________________， AlCl3配成有机溶液的目的是__________。
（3）铝氢化钠样品性质探究和纯度测定
①称取一定质量实验制得的铝氢化钠样品（ 除含产物杂质外，还可能含有过量的NaH），滴加足量的水，观察到产生气体，该气体是________________。
②向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红。
猜想可能是生成了NaOH 呈碱性，也可能
是_________________。
为验证猜想，可再逐滴滴加盐酸并振荡，当观察到____________时，即可证明两种猜想均成立。
③设计如下两种装置测定生成气体的体积（若其他操作一致），用甲装置测得铝氢化钠的含量________乙装 置。
（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】
（1）.A
（2）.D中充满黄绿色气体（3）.吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解（4）.AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl（5）.增大接触面加快反应，使A1Cl3反应更充分（6）.H2（7）.生成NaAlO2水解呈碱性（8）.开始没有沉淀，后产生白色沉淀，溶液红色逐渐变浅（或消失）（9）.小于
【解析】
（1）要制备铝氯化铝，所以装置内就不要存有空气，先点燃A处酒精灯，产生氯气，利用氯气排装置内的空气，当D中充满黄绿色气体时，再点燃另一处酒精灯；正确答案：
A；D中充满黄绿色气体。
②氯气有毒，污染空气，AlCl3178℃升华，在潮湿的空气中易水解，因此装置F中装有碱石灰，吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解；正确答案：
吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解。
（2）AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl； AlCl3配成有机溶液，即防止了水解，又能够增大接触面加快反应，使A1Cl3反应更充分；正确答案：
AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；增大接触面加快反应，使A1Cl3反应更充分。
（3）①NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确答案：
氢气。
..................
③利用甲装置进行反应时，产生的氢气和装置内的气体都进入到注射器内，测量出氢气的体积偏大，即氢化钠偏大，测得铝氢化钠的含量偏低，乙装置中外接一个导管，平衡大气压，避免了装置内的气体对氢气体积测定的影响；正确答案：
小于。
9.天然气可以制备大量的化工原料。
请回答下列问题：
（1）由天然气制备合成气（CO和H2），进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL 0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有__________、_______________（写两点）。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。
A.H2C2O4 可以分解为CO、CO2 和H2O
B.常温下，0.1mol/L NaHC2O4溶液中c（HC2O4-）+c（C2O42-）<0.lmol/L
C.0.1mol/L H2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/L NaOH 溶液50mL
D.常温下，0.05mol/L 的H2C2O4溶液pH≈4
（2）已知：
①CO（g）+H2（g）
C（s）+H2O（g）△H1=-130kJ/mol
②CH4（g）
C（s）+2H2（g）△H2=+76kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H20（g）△H3=+41kJ/mol
则CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=________。
（3）向2L容器中通入3 mol CO2、3mol CH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）。
平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
①高温下该反应能自发进行的原因是______________，930K时的平衡常数K=___________（保留两位小数）。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：
CO2________CH4（填“大于”、“小于”或“等于”），结合
（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。
【答案】
（1）.升温
（2）.增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂（任两点）（3）.BD（4）.+247kJ/mol（5）.△S>0（6）.3.72moL2/L2（7）.正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小（8）.大于（9）.CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2
【解析】
（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：
增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂（任两点）。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误；
NaHC2O4中HC2O-4
H++C2O42-,HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-,根据物料守恒：
c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（H2C2O4）=c（Na+），所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c（HC2O4-）+c（C2O42-）<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c（H=）=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。
（2）根据盖斯定律可知：
②-①+③，可得CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=+247kJ/mol；正确答案：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=+247kJ/mol。
（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行；
设甲烷的变化量为xmol，容器的体积为2L；
根据反应：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）
起始量3300
变化量xx2x2x
平衡量3-x3-x2x2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/（3-x+3-x+2x+2x）=20%,x=9/7mol ;各物质浓度：
c（CH4）=6/7mol/L;c（CO2）=6/7mol/L；c（H2）=9/7mol/L;c（CO）=9/7mol/L；c2（H2）×c2（CO）=（9/7）2×（9/7）2=（81/49）2，c（CH4）×c（CO2）=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2（H2）×c2（CO）/c（CH4）×c（CO2）=（81/49）2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：
△S>0；3.72moL2/L2。
②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：
正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。
③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2；正确答案：
大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2。
点睛：
判断反应自发进行的条件，一般规律：
①△H<0、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④△H>0、∆S>0，高温下自发进行。
10.氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。
以某种铜矿粉（含Cu2S、CuS及FeS等）为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：
①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO；
②Ksp（CuCl）= 2×10-7，2Cu+= Cu+Cu2+的平衡常数K1= 1×106
回答下列问题：
（1）“灼烧”时，被还原的元素有____________（填元素符号）。
（2）“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98% H2SO4和水混合而成。
实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_______。
“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是__________________。
（3）“除杂”的总反应方程式是_____________________。
（4）“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是____________________。
（5）加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是________________。
（6）X 可以充分利用流程中的产物，若X 是SO2时，通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________；若X 是Cu时，反应Cu+Cu2++2Cl-= 2CuCl 的平衡常数K2=_________。
（7）以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl，写出阳极电极反应式__________________。
【答案】
（1）.Cu和O
（2）.量筒、烧杯（3）.避免除杂时消耗过多的氨水（4）.2Fe2++H2O2+4NH3·H2O（或4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3↓+4NH4+（5）.5:
1（6）.减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出（7）.2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+（8）.2.5×107L3/moL3（9）.Cu+Cl—e-=CuCl
【解析】
（1）从流程过程看出，铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜，硫元素被氧化，铜元素和氧元素被还原；正确答案：
Cu和O。
（2）配制酸浸所用的硫酸，由于98% H2SO4和水为等体积混合，因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中，再用量筒量取相同体积的98% H2SO4转移到烧杯中，混合搅拌；酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁，但是酸剩余的太多，后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸；正确答案：
量筒、烧杯；避免除杂时消耗过多的氨水。
（3）溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀；除杂”的总反应方程式是2Fe2++H2O2+4NH3·H2O（或4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3↓+4NH4+；正确答案：
2Fe2++H2O2+4NH3·H2O（或4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3↓+4NH4+。
（4）根据流程可知“络合”反应Cu2++HCO3-+5NH3=Cu（NH3）4CO3+NH4+，NH3与NaHCO3理论比值是5:
1；正确答案：
5:
1。
（5）Cu（NH3）4CO3加热分解产生氨气，氨气易溶于水，因此减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出；正确答案：
减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出。
（6）SO2具有还原性，能够被铜离子氧化为硫酸根离子，本身还原为亚铜l离子，与氯离子结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+；根据2Cu+=Cu+Cu2+的平衡常数K1=1×106可知：
c（Cu）×c（Cu2+）/c2（Cu+）=1×106，c（Cu）×c（Cu2+）=106×c2（Cu+）；2CuCl=Cu+Cu2++2Cl-，K=c（Cu）×c（Cu2+）×c2（Cl-）=106c2（Cu+）×c2（Cl-）=106×Ksp2（CuCl）=106×（2×10-7）2=4×10-8；反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl的平衡常数K2=1/K=2.5×107L3/moL3；正确答案：
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+；2.5×107L3/moL3。
（7）铜为阳极，首先失去1个电子，变为亚铜离子，然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl，阳极电极反应式Cu+Cl--e-=CuCl；正确答案：
Cu+Cl--e-=CuCl。
11.我国是世界文明古国，商周时期就制造出了“四羊方尊”、“司母戊鼎”等精美青铜器。
青铜的主要成分是Cu，还含有少量第ⅣA族的Sn和Pb。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布图是___________________，基态Sn原子的未成对电子数是Cu 的__________ 倍，Pb位于周期表的______________区。
（2）向CuSO4溶液中加入过量的氨水再加少许乙醇可以析出美丽的蓝色晶体：
[Cu（NH3）4]SO4·H2O。
①SO42-中S的杂化方式是___________，晶体所含非金属中电负性最小是__________________。
②请表示出[Cu（NH3）4]2+离子中的全部配位键____________，1mol [Cu（NH3）4]2+中含有_____ molσ键。
③水分子的键角为1050，小于NH3分子键角1070，产生此差异的原因是_______________。
（3）铜晶胞模型如下图所示，Cu晶胞的棱长为bpm，则1个铜晶胞中Cu原子的质量是____g，1个铜晶胞中Cu原子占据的体积为______________pm3。
【答案】
（1）.
（2）.2（3）.p（4）.sp3（5）.H（6）.
（7）.16（8）.孤电子对占据的空间较大，排斥作用强于成键电子对，水分子中存在两对孤电子对，而NH3分子中存在1对孤电子对，故水分子键角小于NH3分子（9）.
或4.25×10-22（10）.略
【解析】
（1）基态
原子是29号元素，价电子排布满足
轨道全满的低能量状态，价电子排布为
；基态Sn原子核外电子排布1s22s2p63s23p63d104s24p64d105s25p2，基态Sn原子的未成对电子数为2，Cu原子的未成对电子数为1，二者比值为2；Pb最外层电子排布为6s26p2，所以Pb位于周期表的.P区；正确答案：
；2；P。
（2）①
的
原子的杂化方式为
，立体结构为正四面体；
组成元素为铜、氮、氢、硫、氧，氧的非金属性最强，吸引电子能力强，电负性最大的是氧元素，因此电负性最小的为氢；正确答案：
sp3；H。
②
所含有的化学键有离子键、氮氢极性键和铜离子和氨的配位键，所以[Cu（NH3）4]2+离子中的全部配位键为
；1mol [Cu（NH3）4]2+中含有氮氢键3 mol，配位键1mol，所以含有4×4=16 molσ键；正确答
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