C．1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
解析：
由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的。
Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g·L－1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L·mol－1×0.76g·L－1＝17g·mol－1，则M为H元素，Y为N元素；X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的
，推出W的质子数为
×（6＋7＋8＋1）＝11，所以W为Na元素。
A项，所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，即W＞X＞Y＞Z＞M，错误；B项，X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性X＜Y＜Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，正确；C项，NaH与水发生反应：
NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，错误；D项，由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，错误。
故选B。
答案：
B
13．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色水处理剂。
工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。
下列说法错误的是（ ）
A．电解时，铜电极连接电源负极
B．甲溶液可回用于该电解池
C．离子交换膜a是阴离子交换膜
D．阳极电极反应式：
Fe－6e－＋8OH－===FeO
＋4H2O
解析：
工业上用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，说明Fe溶解进入溶液，则Fe电极为阳极连接电源的正极，Cu电极为阴极连接电源的负极，故A正确；在Cu电极上，水电离的H＋放电使阴极区c（OH－）增大，Na＋通过阳离子交换膜a进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，则甲溶液为NaOH，可以回用于该电解池，故B正确；根据B项分析可知，因Na＋要通过离子交换膜a从中间隔室进入阴极区，所以离子交换膜a是阳离子交换膜，故C错误；Fe电极溶解生成FeO
进入溶液，电极反应式为：
Fe－6e－＋8OH－===FeO
＋4H2O，故D正确。
答案：
C
26．纳米CaCO3作为工业上重要的无机填充材料，广泛应用于橡胶、塑料、涂料、油墨和造纸等行业。
某化学兴趣小组在实验室中利用下列装置模拟工业制备纳米CaCO3。
请回答下列问题：
（1）仪器甲的名称是________，在该实验中，其作用是________。
（2）将上述接口连接顺序补充完整：
a→________；b→________；d→________。
（3）装置D中选择的试剂是________（填序号，下同），装置E中选择的试剂是________。
①饱和Na2CO3溶液 ②饱和NaHCO3溶液 ③无水CaCl2固体 ④碱石灰
（4）装置C中发生反应的离子方程式为___________________
____________________________________________________。
（5）随着气体的通入，三颈烧瓶中产生白色沉淀且逐渐增多，但一段时间后，白色沉淀逐渐减少，其可能的原因为_____________（结合化学用语解释）。
（6）当生成5g沉淀时，理论上消耗两种气体（标准状况下）的总体积可能为________________。
解析：
根据装置图及使用的试剂可知，A是生成二氧化碳的装置；B是生成氨气的装置；C是生成碳酸钙沉淀的装置；生成的二氧化碳中混有氯化氢，可以通过D装置除去，E装置可以防止未反应的氨气污染空气。
（1）根据图示，仪器甲为干燥管，在该实验中，干燥管可以防止三颈烧瓶中气体的压强变化引起的倒吸。
（2）根据上述分析，生成的二氧化碳和氨气通入C中反应生成碳酸钙，通过D除去二氧化碳中的氯化氢，尾气用E吸收，上述接口连接顺序为：
a→f→g→e；b→c；d→h。
（3）装置D是除去二氧化碳中的氯化氢，可以选择饱和NaHCO3溶液，装置E是吸收未反应的氨气，可以选用无水CaCl2固体。
（4）装置C中氯化钙和氨气、二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH
。
（5）碳酸钙能够被过量的二氧化碳转化为碳酸氢钙，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2易溶于水，因此随着气体的通入，三颈烧瓶中产生白色沉淀逐渐增多，但一段时间后，白色沉淀逐渐减少。
（6）n（CaCl2）＝0.2L×0.5mol·L－1＝0.1mol，5g碳酸钙沉淀的物质的量＝
＝0.05mol，根据Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH
可知，当氯化钙过量，消耗氨气0.1mol，二氧化碳0.05mol，共消耗气体0.15mol，标准状况下的体积＝0.15mol×22.4L·mol－1＝3.36L；但通入的气体过量将生成的部分碳酸钙溶解，则生成0.1mol碳酸钙消耗氨气0.2mol，二氧化碳0.1mol，溶解0.05mol碳酸钙需要消耗0.05mol二氧化碳，共消耗气体0.35mol，标准状况下的体积＝0.35mol×22.4L·mol－1＝7.84L。
答案：
（1）干燥管 防止倒吸
（2）fge c h （3）② ③
（4）Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH
（5）CaCO3＋CO2＋H2O===Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2易溶于水
（6）3.36L、7.84L
27．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____________________________________________。
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。
（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。
（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。
（4）根据流程可知“络合”反应Cu2＋＋HCO
＋5NH3===Cu（NH3）4CO3＋NH
，NH3与NaHCO3理论比值是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。
（6）SO2具有还原性，能够被铜离子氧化为硫酸根离子，本身还原为亚铜离子，与氯离子结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO
＋2CuCl↓＋4H＋。
（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。
答案：
（1）Cu和O
（2）量筒、烧杯 避免除杂时消耗过多的氨水
（3）2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe（OH）3↓＋4NH
（4）5∶1
（5）减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出
（6）2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO
＋2CuCl↓＋4H＋ 2.5×107L3/mol3
（7）Cu＋Cl－－e－===CuCl
28．当前煤炭在我国的能源消费中占60%以上，它在给我们提供廉价能源的同时，燃烧生成的SO2、NOx等也造成了比较严重的大气污染问题。
（1）向燃煤中加入CaO，煤中硫元素大多数会转化为CaSO4，故CaO能起到固硫、降低SO2排放量的作用。
已知：
①SO2（g）＋CaO（s）===CaSO3（s）
ΔH＝－402kJ·mol－1
②2CaSO3（s）＋O2（g）===2CaSO4（s）
ΔH＝－234.2kJ·mol－1
③CaCO3（s）===CO2（g）＋CaO（s）
ΔH＝＋178.2kJ·mol－1
则反应2SO2（g）＋O2（g）＋2CaO（s）===2CaSO4（s） ΔH＝________kJ·mol－1。
向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用，若固定2molSO2，相应量的煤在相同条件下燃烧时向环境释放出的热量会减少________kJ。
（2）活性炭对NO2有较强的吸附性，二者之间可发生2C（s）＋2NO2（g）
N2（g）＋2CO2（g） ΔH，为研究温度、压强等外部因素对该反应的影响，某科研小组向密闭容器中加入2molNO2和足量的活性炭，进行如下实验探究：
ⅰ.固定密闭容器的体积为5L，测得恒容时不同温度下NO2的转化率（α）与时间（t）的关系如图1所示：
①该反应的ΔH________0（填“>”或“<”），温度为T2时，反应开始到达到平衡的时间段内v（N2）＝________。
②温度为T1时该反应的平衡常数的值K＝________，若保持温度不变，提高NO2转化率的方法是_____________________________
_____________________________________________________。
ⅱ.保持容器中的温度恒定，测得20s时，CO2的体积分数（φ）与压强（p）的关系如图2所示。
③图2曲线呈现先增后减的变化趋势，其原因为_____________
_____________________________________________________，
压强为p1时，第20s时容器中c（NO2）∶c（N2）＝______________。
（3）常温下，用NaOH溶液吸收SO2既可消除大气的污染，又可获得重要的化工产品，若某吸收液中c（HSO
）∶c（SO
）＝1∶100，则所得溶液的pH＝____________（常温下K1（H2SO3）＝1.5×10－2、K2（H2SO3）＝1×10－7）。
解析：
（1）根据目标方程式，①×2＋②得出2SO2（g）＋O2（g）＋2CaO（s）===2CuSO4（s） ΔH＝（－402×2－234.2）kJ·mol－1＝－1038.2kJ·mol－1；固定2molSO2，需要消耗2molCaO，因此需分解2molCaCO3，少向环境释放的热量为2×178.2kJ＝356.4kJ。
（2）考查勒夏特列原理、化学反应速率的计算、化学平衡的计算，①根据图1，T1显达到平衡，说明T1>T2，根据勒夏特列原理，升高温度，NO2的转化率降低，即升高温度向逆反应方向进行，ΔH<0；T2时，NO2的转化率为0.8，即达到平衡消耗的NO2的物质的量为2×0.8mol＝1.6mol，根据化学反应速率的数学表达式v（NO2）＝
mol·L－1·s－1＝0.032mol·L－1·s－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v（N2）＝
＝
mol·L－1·s－1＝0.016mol·L－1·s－1；
② 2C（s）＋2NO2（g）
N2（g）＋2CO2（g）
起始：
2 0 0
变化：
1.20.61.2
平衡：
0.80.61.2
根据化学平衡常数的定义：
K＝
＝
＝0.27；提高NO2的转化率，可以采取分离出生成物，降低压强等方法；③b点前反应未达到平衡状态，压强增大，反应速率加快，CO2含量升高；b点后反应处于平衡状态，压强越大，越不利于反应向右进行；由方程式可知，当CO2的体积分数为40%时，N2占20%，NO2占40%，因此c（NO2）∶c（N2）＝2∶1。
（3）
＝
＝
＝
，解得c（H＋）＝10－9mol·L－1，即pH＝9。
答案：
（1）－1038.2 356.4
（2）①< 0.016mol·L－1·s－1 ②0.27 分离出生成物（或其他答案合理即可） ③b点前反应未达到平衡状态，压强增大，反应速率加快，CO2含量升高；b点后反应处于平衡状态，压强越大，越不利于反应向右进行 2∶1 （3）9
35．[化学——选修3：
物质结构与性质]
H、N、Na、Al、Ti等元素在能源、材料等领域应用广泛。
回答下列问题：
（一）氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。
NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。
NaAlH4的晶胞结构如图所示，为长方体。
（1）基态Ti原子的价电子排布图为________，L能层中电子云的形状有________种。
（2）AlCl3在178℃时升华，属于________晶体，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为________（标明配位键），其中Al原子的杂化方式为________。
（3）写出与AlH
空间构型相同的一种分子和一种离子________（填化学式）。
（4）NaAlH4晶体中，与AlH4紧邻且等距的Na＋有________个；NaAlH4晶体的密度为________g·cm－3（用含a的代数式表示）。
（二）叠氮化钠和氢叠氮酸（HN3）已一步步进入我们的生活，如汽车安全气囊等。
（5）写出与N
互为等电子体的一种分子________（填分子式）。
（6）氢叠氮酸（HN3）可由肼（N2H4）被HNO2氧化制得，同时生成水。
下列叙述错误的是________（填标号）
A．上述生成HN3的化学方程式为：
N2H4＋HNO2===HN3＋2H2O
B．NaN3的晶格能大于KN3的晶格能
C．氢叠氮酸（HN3）和水能形成分子间氢键
D．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。
E．HN3分子中四个原子可能在一条直线上
解析：
（1）Ti原子的核电荷数为22，1s22s22p63s22p63d24s2，基态Ti原子的价电子排布图为3d24s2；基态Ti原子的价电子排布图为
；L能层有s、p轨道，所以L能层中电子云的形状有2种。
（2）AlCl3在178℃时升华，沸点较小，属于分子晶体；其蒸气的相对分子质量约为267，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图
；每个铝原子和四个氯原子形成共价键，中心原子Al的价层电子对数4，杂化类型为sp3。
（3）AlH
中Al的轨道杂化数目为
＝4，AlH
采取sp3杂化，为正四面体构型，与AlH
空间构型相同的一种分子和一种离子NH
、CH4（或SO
、PO
、CCl4等）。
（4）NaAlH4晶体中，与Na＋紧邻且等距的AlH
有8个，分别位于经过Na＋的两个相互垂直的两个平面内，每个平面内有4个，NaAlH4晶体的密度：
晶胞中AlH
为1＋8×
＋4×
＝4，Na＋为6×
＋4×
＝4，晶胞质量为4×
g，晶胞密度为4×
g÷[（a×10－7cm2）2a×10－7cm]＝
g·cm－3，即：
＝
。
（5）等电子体指的是原子数目相等，电子总数相等，因此与N
互为等电子体的分子可以是CO2或N2O等。
（6）N2H4被HNO2氧化HN3，化学方程式为：
N2H4＋HNO2===HN3＋2H2O；A正确；由于钾离子半径大于钠离子半径，因此K＋与N
之间的作用力小于Na＋与N
之间的作用力，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正确；根据氢叠氮酸（HN3）的结构
可知，存在孤电子对，能够与水形成氢键；C正确；HN3中存在氮氢极性键，没有非极性键，D错误；根据
可知，HN3分子中四个原子不可能在一条直线上，E错误；正确选项DE。
答案：
（1）
（2）分子
sp3
（3）NH
、CH4（或SO
、PO
、CCl4等其他合理答案）
（4）8
（5）CO2（或N2O等其他合理答案） （6）DE
36．[化学——选修5：
有机化学基础]
某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：
已知：
①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。
②R1—CHO＋R2—CH2—CHO
③R—COOH
R—COCl
④
回答下列问题：
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