【答案】B
【解析】
A.由电离方程式知,NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c（NH2-）.c（NH4+）=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动,NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3
NH4++NH2-平衡向逆向移动，c（NH4+）=c（NH2-）都减小，故D错误；答案：
B。
7.Al、Mg及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请按要求回答下列问题。
I.用废铝渣制备Al（OH）3的流程如下图所示，假设反应①杂质不反应。
（1）Al在元素周期表中的位置为______，试剂X的名称______。
（2）溶液A显酸性的原因可能是（可用离子方程式表示）a.盐酸过量；b.____________。
II.用镁硅酸盐矿石制备高纯度Mg（OH）2的流程如下图所示:
已知：
①溶液M中除含Mg2+、SO42-外，还含少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子；
②Mg2+与氨水的反应为吸热反应。
（1）向溶液M中先加入的试剂是_______；产生的沉淀有_____。
H2O2参与反应的离子方程式是____________________。
（2）溶液N中Mg2+的装化率随温度T的变化情况如图所示。
T1之后，Mg,2+的转化率减小的原因是__________________。
【答案】
（1）.第三周期第IIIA族
（2）.氨水（3）.Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+（4）.H2O2溶液（5）.Al（OH）3、Fe（OH）3（6）.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（7）.体系温度升高，NH3·H2O 分解而致浓度降低，故Mg2+转化率降低
【解析】
I.
（1）Al为13号元素，核外电子排布为1S22S22P63S23P1,在周期表中的位置为第三周期第IIIA族。
因为Al（OH）3能溶于过量的强碱，不溶于弱碱，所以根据图分析试剂X应为氨水。
（2）因为溶液A中含有的离子为Al3+和Mg2+，还可能是盐酸过量，所以溶液显酸性的原因可能是 a.盐酸过量；也可能是Al3+发生水解反应了，其方程式为Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+。
II.
（1）因为①溶液M中除含Mg2+、SO42-外，还含少量Fe3+、 Al3+、Fe2+等离子，为了除去Fe3+、 Al3+、Fe2+应先把Fe2+氧化成Fe3+，又不能增加新杂质，所以向溶液M中先加入H2O2溶液氧化Fe2+，其反应方程式为：
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；加MgO调节溶液的酸碱性，使Fe3+、Al3+产生Al（OH）3、Fe（OH）3的沉淀。
答案：
H2O2溶液Al（OH）3、Fe（OH）32Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
（2）据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可以知道，因为氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高NH3·H2O分解而致浓度降低，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，所以T1之后会导致Mg2+转化率减小。
答案：
体系温度升高，NH3·H2O 分解而致浓度降低，故Mg2+转化率降低。
8.有机物N是制备某药品的中间体，其合成路线如下（部分产物和条件已略）：
已知:
RCN
RCOOH
RCOCl
RCOOR'
请按要求回答下列问题:
（1）已知A标准状况下的密度为1.25g/L,则A的结构简式为_______；其分子共平面的原子数目为____________。
（2）B的官能团名称为________。
反应①的反应类型为_______。
F的名称为_______。
（3） P是比A相对分子质量大28的同系物，P的所有可能的结构（含p）数目为______。
写出P的属于环烃的同分异构体的结构简式:
______。
（4）写出反应②的化学方程式:
______。
（5）已知:
。
參照上述流程，设计以G为原料制备K的合成路线（无机试剂任选）:
_______________。
【答案】
（1）.CH2=CH2
（2）.6（3）.羟基（4）.氧化反应（5）.甲苯（6）.5（7）.
、
（8）.
（9）.
【解析】
（1）已知A标准状况下的密度为1.25g/L,则A的摩尔重量为M=p.VM=1.25g/L
22.4L/mol=28g/mol
因为A为烯烃，所以的分子式为C2H4,其结构简式为CH2=CH2,空间构型为平面结构，所有原子共面；所以乙烯的分子共平面的原子数目为6。
答案：
CH2=CH26。
（2）由图
A的结构简式为CH2=CH2，与水发生了加成反应生成乙醇，所以B的官能团名称为羟基。
根据条件知 ①是乙醇的催化氧化反应，所以①的反应类型为氧化反应。
F为芳香烃，分子式为C7H8符合苯同系物通式，所以F的名称为甲苯。
答案：
羟基氧化反应甲苯。
（3）因为 P是比A乙烯的相对分子质量大28的同系物，所以P的分子式为C4H8，同分异构体有1-丁烯，2-丁烯，2-甲基丙烯，环丁烷、甲基环丙烷五种。
P的环烃的同分异构体的结构简式:
答案：
5
。
（4）由框图条件分析知道A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，再根据已知
知E为CH3COCl；由
逆推知M为
逆推知K为
，所以反应②的化学方程式:
（5）由已知:
。
參照上述流程，知以G为原料制备K的合成路线
。
9.利用酸解法制钛白粉产生的废液生产铁红（Fe2O3） 和补血剂乳酸亚铁的生产工业流程如下图所示:
已知; TiOSO4在大量水中加热条件下可完全水解成为TiO2·xH2O沉淀。
请按要求回答下列问题:
（1）步骤①加入适量铁屑的目的是_________。
TiOSO4完全水解的化学方程式为_________。
（2）步骤②的系列操作中，需要控制__________、_________条件下，再进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。
其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有__________。
（3）写出步骤③的化学方程式:
_________。
（4）某兴趣小组学生以铁屑、稀硫酸、NH4HCO3 溶液为原料，欲用下图装置，利用步骤④反应，达到制备FeCO3的目的。
i. NH4HCO3溶液应盛放在装置（填字母）_______中。
该装置中涉及的主要反应的离子方程式_________。
ii.达成步骤④反应的操作是__________。
（5）测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数:
称取ag晶体样品，配成100.00 mL溶液，取出25.00 mL溶液，用硫酸酸化的0. 1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定（杂质不与KMnO4溶液反应）。
平行有效实验滴定消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。
则所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为【设M（FeSO4·7H2O）= b g/mol，用含a、b的表达式表示】_________。
【答案】
（1）.将Fe3+还原为Fe2+ ,消耗部分H+
（2）.TiOSO4+（x+1）H2O（过量）
TiO2·xH2O↓+H2SO4（3）.氮气氛围或铁粉过量（4）.硫酸过量（5）.减少晶体的溶解，提高产率（6）.4FeSO4+O2
2Fe2O3+4SO3（7）.C（8）.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑（9）.待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2（10）.（0.04b/a） x100%
【解析】
（1）由实验目的知要制乳酸亚铁就得把Fe3+还原为Fe2，步骤①加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+,同时铁还可以和酸反应消耗部分H+。
TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O和H2SO4，其化学方程式为TiOSO4+（x+1）H2O（过量）
TiO2·xH2O↓+H2SO4。
（2）为了防止在加热过程中Fe2+ 被氧化和水解，所以步骤②操作中需要控制在氮气氛围或铁粉过量或硫酸过量的条件下进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。
其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有减少晶体的溶解，提高产率。
（3）步骤③是生成的的FeSO4被氧气氧化制铁红的反应，其反应的化学方程式:
4FeSO4+O2
2Fe2O3+4SO3。
i步骤④反应是FeSO4和NH4HCO3反应制取FeCO3。
所以NH4HCO3溶液应盛放在C装置中。
该装置主要反应的离子方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。
ii.因为亚铁离子很不稳定，容易被氧气氧化，因此要完成步骤④必须先排除装置中的空气。
所以达成步骤④反应的操作是待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2即可。
（5）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子,KMnO4被还原为+2价的锰离子,根据电子守恒,即FeSO4·7H2O-KMnO4,消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL,所以晶体中FeSO4·7H2O的质量分数=[（0.1000mol/L
0.02
b
）/ag]
100%=（0.04b/a）x100%，因此本题正确答案是:
（0.04b/a）x100%。
10.合成氨在生产中具有重要意义。
请按要求回答下列问题。
（1）已知反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H<0。
向恒温恒容密闭的反应容器中投料1 mol N2、3 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的物质的量分数随压强变化的曲线如图所示:
①曲线A、B、C对应的温度是由低到高依次是（填代表曲线的字母）_______。
图中X、Y、Z点的平衡常数大小关系（填“>”“<”或“=”）:
K（X）__K（Y）_____K（Z）.
②既能加快化学反应速率有能提高H2的转化率的措施有_______。
③Y点对应的H2的转化率是_______；若仅将起始投料均加倍，其他条件不变，达新平衡时，则H2的转化率将会（填“升高”、“降低”或“不变”）_______。
（2）电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。
电解法合成氨的两种原理及装置如图甲和图乙所示:
①图甲a电极上的电极反应式为_______图乙d电极上的电极反应式为_______。
②若图甲和图乙装置的通电时间相同、电流强度相等，电解效率分别为80%和60%，则两种装置中产生氨气的物质的量之比为_______。
【答案】
（1）.A（2）.=（3）.>（4）.加压或增大N2的浓度（5）.75%（6）.升高（7）.H2-2e-=2H+（8）.N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-（9）.4:
3
【解析】
（1）因为正反应是吸热反应，相同压强下，投料相同升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，所以①曲线A、B、C对应的温度是由低到高依次是.A因为K只受温度影响，温度不变，化学反应平衡常数不变，图中X、Y在同一条曲线上所以平衡常数相等，Z点氨的转化率低，所以温度高，因为正反应是吸热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数降低，所以X、Y、Z点的平衡常数大小关系 K（X）=K（Y）>K（Z）。
②加快化学反应速率的因素是升高温度，增大压强、提高浓度，加催化剂；要提高H2的转化率需要化学平衡正向移动，结合两方面因素，可采取的措施有加压或增大N2的浓度。
③根据反应：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）
初始量（mol）130
变化量（mol）x3x2x
Y点量（mol）1-x3-3x2x
Y点时氨气的质量分数为60%，所以[2x/（1-x+3-3x+2x）]
100%=60%x=0.75mol，Y点对应的H2的转化率是为[（3
0.75mol）/3mol]
100%=75%。
若仅将起始投料均加倍，增大压强平衡正向移动，所以在其他条件不变，增加起始投料达新平衡时，则H2的转化率将升高。
答案：
75%升高。
（2）①根据图示甲可知电解时a为阳极，氢气在阳极放电生成氢离子，电极反应式为；H2-2e-=2H+，据图示乙可知电解时d电极为阴极，氮气和水在阴极放电生成氨气和O2-，电极反应式为：
N2+3H2O+6e- =2NH3+3O2-；
②图甲中阴极电极反应式为：
N2+6e-+6H+=2NH3，图乙中阴极电极反应式为：
N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，生成1mol氨气，反应均转移3mol电子，则通电时间相同、电流强度相等，电解效率分别为80%和60%时，图甲和图乙装置生成的氨气的物质的量之比1×80%:
1×60%=4:
3。
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