故答案为：当pH=8时Al3+已经完全转化为Al(OH)3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO?2；
(4)Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
????????△???
9.答案：K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；0.5；Cl?浓度、H+浓度对反应都
有影响；向A试管中加入适量NaCl固体，加热，把湿润的淀粉KI试纸放在试管口附近；㈠若试纸变蓝，则假设1成立；
㈡若试纸未变蓝，则假设2或3成立；向B试管中加入适量浓硫酸，加热，把湿润的淀粉KI试纸放在试管口附近；㈠若试纸变蓝，则假设2成立 ㈡若试纸未变蓝，结合步骤2中的㈡，则假设3成立
解析：解：(1)Cr元素化合价变化为：K2Cr2O7→CrCl3，化合价由+6→+3价，一个Cr原子得3个电子，两个Cr原子得6个电子；Cl元素的化合价变化为：HCl→Cl2，化合价由?1价→0价，一个原子失去一个电子，所以其最小公倍数为6，K2Cr2O7的系数为1，作还原剂的HCl的系数为6，再根据原子守恒判断其它分子的计量数，根据元素守恒，生成物中的未知物为水．所以该方程式为：K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，
根据以上分析可知，转移6mol电子生成3mol氯气、同时还原1molK2Cr2O7，则转移3mol电子消耗0.5molK2Cr2O7，
故答案为：K2Cr2O7+14HCl(浓)
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2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；0.5；
(2)①根据假设1和假设2可知假设3应为：Cl?浓度、H+浓度对反应都有影响， 故答案为：Cl?浓度、H+浓度对反应都有影响；
②依据假设可知：步骤1为对照实验标准，步骤2、3中分别改变Cl?浓度、H+浓度，可通过加入NaCl实现改变Cl?浓度，可通过加入浓硫酸改变H+浓度，然后用湿润的淀粉KI实质检验是否产生Cl2， 故答案为：
步骤2：向A试管中加入适量NaCl固体，加热，把湿润的淀㈠若试纸变蓝，则假设1成立； 粉KI试纸放在试管口附近 步骤3：向B试管中加入适量浓硫酸，加热，把湿润的淀粉KI试纸放在试管口附近 ． (1)根据题意，Cr被还原为Cr3+，Cl?被氧化为Cl2，然后依据氧化还原反应电子得失守恒和原子守恒可写出方程式．依据方程式，消耗1molK2Cr2O7转移电子6mol，转移3mol电子时消耗0.5molK2Cr2O7； (2)①根据假设1和假设2，假设3应为假设1、2的综合；
㈡若试纸未变蓝，则假设2或3成立 ㈠若试纸变蓝，则假设2成立 ㈡若试纸未变蓝，结合步骤2中的㈡，则假设3成立 第11页，共15页
②依据假设，可知步骤1为对照实验标准，步骤2、3应分别改变氯离子浓度、氢离子浓度，改变氯离子浓度可通过加入NaCl实现，改变氢离子浓度可通过加入浓硫酸实现，然后用湿润的淀粉KI实质检验是否产生Cl2．
本题考查性质实验方案设计与评价，涉及氧化还原反应方程式书写及计算、化学实验原理、实验设计、化学实验操作等知识，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应的实质及配平方法，明确物质性质实验方案设计与评价方法．
10.答案：(1) CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g) ΔH=+77 kJ·mol?1
(2) 0.0024 mol·L?1·min?1；7.2×10?5；1.0×10?2
(3) CD
(4) ①Co2+?e?=Co3+
②6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+
解析：
本题考查热化学方程式书写、化学平衡图象、影响化学平衡因素、平衡常数与反应速率计算、原电池等，掌握基础是解本题的关键，题目难度中等。
(1)I：CH4(g)+H2O (g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.0kJ?mol?1 II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=?129.0kJ?mol?1
依据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得到：CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g))△H=+77kJ?mol?1 故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g))△H=+77kJ?mol?1；
(2)将1.0molCH4和2.0molH2O ( g )通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol×50%=0.5mol，则： CH4(g)+H2O (g)=CO(g)+3H2(g) 起始量(mol)：1.0 2.0 0 0 变化量(mol)：0.4 0.4 0.4 1.2 平衡量(mol)：0.6 1.6 0.4 1.2
假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=
1.2mol
100L
5min
=0.0024mol?
L?1?min?1，100℃时反应I的平衡浓度为c(CH4)=0.006mol/L，c(H2O)=0.016mol/L，c(CO)=0.004mol/L，c(H2)=0.012mol/L，平衡常数K=
0.004×0.01230.006×0.016
达到化学平衡时υ正=υ逆，=7.2×10?5，
第12页，共15页
3
即k正c(CH4)c(H2O)=k逆c(CO)c(H2)，k=c(CH
逆
k正
c(CO)c3(H2)
4)c(H2O)
=K，k逆=1.0×10?2，
故答案为：0.0024 mol?L?1?min?1；7.2×10?5；1.0×10?2；
(3)A.平衡后将容器的容积压缩到原来的2，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误； B.压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误； C.压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH 的物质的量增加，故C正确；
D.压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小、甲醇的物质的量增大，故重新平衡
c(H2)c(CH3OH)
1
减小，故D正确；
E.平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故E错误， 故答案为：CD；
(4)负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CH3OH?6e?+8OH?=CO2?3+6H2O，
故答案为：CH3OH?6e?+8OH?=CO2?3+6H2O；
(5)①、通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+?e?=Co3+；
故答案为：Co2+?e?=Co3+；
②、以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+； 故答案为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+。
11.答案：F；sp3；正四面体；CCl4等；16NA；aNA
解析：解：X、Y、Z为前四周期元素且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态，则Y为O元素，形成的两种化合物为H2O、H2O2；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍，则M层电子数为6，故Y为S元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，Z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故Z为Zn．
(1)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，X(O元素)所在周期中第一电离能最大的主族元素是F元素；H2O2分子结构式为H?O?O?H，分子中O原子价层电子对数为2+原子的杂化方式是sp3杂化，故答案为：F；sp3； (2)①SO2?4中S原子价层电子对数为4+正四面体；
6+2?2×4
2
6?1×22
388
=4，故O
=4，没有孤电子对，故为正四面体构型，故答案为：
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②原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，故与SO2?4互为等电子体分子为CCl4等，故答案为：CCl4等；
(3)[Zn(NH3)4]Cl2中Zn2+与NH3形成4个配位键，NH3中含有3个N?H键，均为σ键，故
1mol[Zn(NH3)4]Cl2含有(4+3×4)mol=16molσ键，则含有σ键的数目为16NA，故答案为：16NA； (4)晶胞中S原子数目为4，Zn原子数目为8×8+6×2=4，故晶胞质量为4×为ag?cm?3，则该晶胞的体积为：(4×
32+65NA
388
A
1132+65NA
g，晶体的密度
A
g)÷ag?cm?3=aNcm3，故答案为：aNcm3．
388
X、Y、Z为前四周期元素且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态，则Y为O元素，形成的两种化合物为H2O、H2O2；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍，则M层电子数为6，故Y为S元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，Z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故Z为Zn，据此解答．
本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化理论、分子构型、等电子体、化学键、晶胞计算等，难度中等，(3)为易错点，学生容易忽略配位键．
12.答案：C7H7O3N 甲苯 取代反应
基 被氧化)
或
羟基、醛
保护酚羟基(防止酚羟基
解析：解：C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为
，
B为C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，，
E与氢氧化钠反应、酸化得到F为生反应生成G为
，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H；
(1)H的分子式是C7H7O3N，A为
，A的化学名称是甲苯。反应②的类型是取代反应，
故答案为：C7H7O3N；甲苯；取代反应； (2)D的结构简式是
，F为
，F中含有的官能团的名称是醛基、羟基，
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故答案为：；羟基、醛基；
(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是
，
故答案为：
；
(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)， 故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)；
(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，可知含1个甲基、1个?NO2，符合要求的X的结构简式为
或
故答案为：
(6)以A为原料合成化合物后发生还原反应，流程为
，
故答案为：
。
或
，
；
，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最
C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，A为结合C原子数可知，B为，，
C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧
化钠反应、酸化得到F为成G为
(6)以A为原料合成化合物后发生还原反应。
，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H；
，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。
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