D.由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
【答案】B
【解析】
试题分析：
X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R位于第二周期，则R是碳元素。
Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。
Z与T形成的化合物Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。
A．氧离子半径大于钠离子半径，A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，B错误；C．碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C正确；D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D错误；答案选C。
考点：
考查原子结构和元素周期律
6.如图所示，甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。
下列说法正确的是
A.乙池中Fe电极上发生氧化反应
B.乙池中石墨电极上发生的反应可写为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C.甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小
D.甲池中每消耗0.1molN2H4乙池电极上则会析出6.4g固体
【答案】B
【解析】
【分析】
本题所示串联装置中甲池为原电池，乙池为电解池。
燃料电池中，可燃气发生氧化反应，通入可燃气的电极为原电池的负极，通入氧气的电极为原电池的正极；与负极相连的电极为电解池的阴极，与正极相连的电极为电解池的阳极。
以此解答。
【详解】A项，乙池中Fe电极是电解池的阴极，发生还原反应，A项错误；
B项，乙池中石墨电极是电解池的阳极，发生氧化反应，发生的反应可写为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，B项正确；
C项，甲池总反应生成了水，则KOH溶液浓度变小，pH减小，乙池的阴极析出铜，结合B项可知乙池溶液的pH减小，C项错误；
D项，根据各个电极流过的电量相等知N2H4~2Cu，甲池消耗0.1molN2H4时，则乙池电极上会析出12.8gCu，D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
7.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。
用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液。
利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。
下列说法正确的是
A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B.A点溶液中：
c（CH3COO－）＋c（OH－）－c（H＋）＝0.1mol·L－1
C.在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：
A＜C＜B
D.D点溶液中：
c（Cl－）+2c（H＋）＝2c（OH－）
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此解答。
【详解】A.由分析可以知道，曲线②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；
B.A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO－）＋c（OH－）－c（H＋）＝c（Na+）=0.05mol/L，故B错误；
C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：
B＜C＜A，故C错误；
D.D点溶液中，存在电荷守恒，c（Cl－）＋c（OH－）＝c（Na+）+c（H＋），定量分析可以知道，c（Na+）=1.5c（Cl－），将电荷守恒式中c（Na+）代换为c（Cl－）并整理得：
c（OH－）＝0.5c（Cl－）+c（H＋），即c（Cl－）+2c（H＋）＝2c（OH－），所以D选项是正确的；
综上所述，本题正确答案为D。
8.某小组利用如下装置制备Cu（NH3）xSO4·H2O（溶于水呈深蓝色）．并测量x值。
【Cu（NH3）xSO4·H2O制备】见图1
（1）A中发生的化学反应方程式为_____________________________。
（2）B中观察到的现象是_______________________；C中CCl4的作用是______________。
（3）欲从Cu（NH3）xSO4溶液中析出Cu（NH3）xSO4·H2O晶体，可加入试剂_______________。
【x值的测量】见图2
步骤一：
检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中；
步骤二：
通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；
步骤三：
用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL。
（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为______。
【x值的计算与论证】
（5）计算：
x=__________，
该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：
假设1：
步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；
假设2：
步骤二中_______________________________________________（任写两点）；
假设3：
步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。
该假设_____（填“成立”或“不成立”）。
（6）针对假设l，你对实验的处理意见是________________。
【答案】
（1）.Ca（OH）2+2NH4Cl=△2NH3↑+CaCl2+2H2O
（2）.由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液（3）.防止倒吸（4）.无水乙醇（5）.Cu（NH3）x2++2OH—=Cu（OH）2↓+xNH3↑（6）.3.56（7）.加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等（8）.不成立（9）.更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验
【解析】
试题分析：
（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2
2NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；
（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；
（3）欲从Cu（NH3）xSO4溶液中析出Cu（NH3）xSO4·H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（4）Cu（NH3）xSO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu（NH3）x2++2OH-=Cu（OH）2↓+xNH3↑；
（5）b中原来HCl的物质的量是0.03L×0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L×0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/（178+17x）g/mol×x=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；
步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；
针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。
考点：
考察对物质制备实验的定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断
9.铅单质及其化合物在新能源领域应用广泛，工业上利用方铅精矿（主要成分为PbS）制备PbSO4的工艺流程如下：
已知：
①PbCl2（s）+2Cl－（aq）
PbCl4-（aq） △H＞0②Ksp（PbSO4）=1.0×10-8,Ksp（PbCl2）=1.6×10-5③Fe3＋、Pb2＋以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH值分别为3.2、7.0。
（1）步骤Ⅰ中发现有淡黄色沉淀生成，请写出离子反应方程式：
_______________________；
（2）步骤Ⅰ原料预处理过程中写出一种除搅拌外加快反应速率的办法：
_________________；反应温度不宜过高，且需加入过量盐酸保证溶液呈强酸性，原因是：
____________________；
（3）操作①应为：
_______；操作②应为：
_________；
A、趁热过滤B、蒸发浓缩，冷却结晶；C、蒸发结晶D、重结晶
（4）写出步骤III中PbCl2生成PbSO4的离子反应方程式：
___________________________，该反应的平衡常数K=_______；
（5）铅蓄电池（Pb-PbO2-H2SO4）充电时的阳极反应方程式：
_________________________；
（6）某铅蓄电池放电时电流为0.2A，可持续放电时间96500s，此时参加反应的Pb的质量为41.4g，求该电池放电的能量转化率α=_________。
（电池能量转化率的定义：
α=实际输出电量/理论输出电量×100%，结果保留两位有效数字，已知法拉第常数为96500C/mol）
【答案】
（1）.PbS+2Fe3＋+2Cl－=PbCl2+2Fe2＋+S
（2）.将方铅矿精矿磨成粉末（3）.抑制Fe3+、Pb2+离子水解（4）.A（5）.B（6）.PbCl2（s）+SO42（aq）
PbSO4（s）+2Cl-（aq）（7）.1.6×103mol/L（8）.PbSO4-2e+2H2O=PbO2+SO42-+4H+（9）.50%
【解析】
【分析】
往方铅矿精矿中加入FeCl3溶液和盐酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl－（aq）
PbCl4-（aq） △H＞0
正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2＋、Fe3＋等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，以此解答。
【详解】
（1）由分析可知FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，Pb元素化合价不变，S元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，有FeCl2生成，反应离子方程式为：
PbS+2Fe3＋+2Cl－=PbCl2+2Fe2＋+S，
因此，本题正确答案是：
PbS+2Fe3＋+2Cl－=PbCl2+2Fe2＋+S；
（2）将方铅矿精矿磨成粉末能增大反应接触面积，加快反应速率；Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH值分别为3.2、7.0，加入盐酸的主要目的是为了控制pH值在0.5~1.0，抑制Fe3+、Pb2+的水解，
因此，本题正确答案是：
将方铅矿精矿磨成粉末；抑制Fe3+、Pb2+离子水解；
（3）产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl－（aq）
PbCl4-（aq）△H＞0
正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2＋、Fe3＋等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，操作①应为：
趁热过滤；操作②应为：
蒸发浓缩，冷却结晶；
因此，本题正确答案是：
A；B；
（4）Ksp（PbSO4）=1.0×10-8PbCl2（s）+SO42-（aq）
PbSO4（s）+2Cl-（aq），该反应的平衡常数K=
=
=
=1.6×103mol/L
因此，本题正确答案是：
PbCl2（s）+SO42-（aq）
PbSO4（s）+2Cl-（aq）；1.6×103mol/L；
（5）铅蓄电池充电时为电解池，阳极发生氧化反应，PbSO4在阳极失去电子，生成PbO2，电极反应式为：
PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+；
因此，本题正确答案是：
PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+；
（6）41.4gPb的物质的量为：
=0.2mol，由电极反应可知：
Pb
2e-，所以实际输出电量为：
0.2mol×2×96500C/mol=38600C，理论输出的电量为：
Q=I
t=0.2A×96500s=19300C，
该电池放电的能量转化率α=实际输出电量/理论输出电量×100%=
×100%=50%,
因此，本题正确答案是：
50%。
10.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。
Ⅰ.NOx的消除。
汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应：
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H。
（1）已知：
CO燃烧热的△H1=－283.0kJ·mol-l，N2（g）+O2（g）
2NO（g）△H2=+180.5kJ·mol-1，则△H=____________。
（2）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。
将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如下图所示。
①以下说法正确的是__________________（填字母）。
A.两种催化剂均能降低活化能，但△H不变
B.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
C.曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮
D.曲线Ⅱ中催化剂脱氮率比曲线I中的高
②若低于200℃，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为___________；判断a点是否为对应温度下的平衡脱氮率，并说明其理由：
____________。
Ⅱ.SO2的综合利用
（3）某研究小组对反应NO2+SO2
SO3+NO△H<0进行相关实验探究。
在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0（NO2）：
n0（SO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率[α（NO2）]。
部分实验结果如下图所示。
①如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是____________。
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：
TC__________TD（填“>”、“=”或“<”）。
（4）已知25C时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka=6.2×10-8。
若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c（OHˉ）=_________mol·L-1；将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中的
=__________。
【答案】
（1）.-746.5kJ/mol
（2）.A、C（3）.温度较低时，催化剂的活性偏低（4）.不是平衡脱氮率。
因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高。
（5）.降低温度（6）.=（7）.6.0×10-3（8）.2.24
【解析】
试题分析：
本题考查盖斯定律的应用，图像分析，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，影响化学平衡常数的因素，电离平衡常数的计算。
I.
（1）CO燃烧热的ΔH1=-283.0kJ/mol，则CO（g）+
O2（g）=CO2（g）ΔH1=-283.0kJ/mol（①式），N2（g）+O2（g）
2NO（g）ΔH2=+180.5kJ/mol（②式），应用盖斯定律，①式
2-②式得，2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）ΔH=（-283.0kJ/mol）
2-（+180.5kJ/mol）=-746.5kJ/mol。
（2）①A，两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但ΔH不变，A项正确；B，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，B项错误；C，根据图像，曲线II在450℃左右催化活性最大，曲线II中的催化剂适用于450℃左右脱氮，C项正确；D，催化剂只影响化学反应速率，不影响转化率，不影响脱氮率，D项错误；正确的是A、C，答案选AC。
②低于200℃，曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为：
温度较低时（低于200℃），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。
a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：
因
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