C.离子半径：
r（Q>r（R）>r（Z）
D.Y和Q氧化物的水化物酸性：
Q>Y
【答案】A
【解析】
【分析】
0.1mol/L甲溶液pH为13，说明甲为一元强碱，则甲为NaOH；0.1mol/L丁溶液pH为1，说明丁为一元强酸，则丁为HCl；乙、丙的0.1mol/L水溶液pH分别为11、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失，则丙溶液中含有铝离子，可能为AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能为Na2CO3溶液，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成分析解答。
【详解】根据上述分析，甲为NaOH，丁为HCl；若丙为AlCl3；乙为Na2CO3溶液，涉及6种元素，根据短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、R为Al元素、Q为Cl元素。
A.W和Q形成的化合物为氯化钠，只含有离子键，故A正确；
B.Y为C，C的氢化物有很多种，氢化物沸点可能大于水也可能小于水，故B错误；
C.离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：
r（Q>r（Z）>r（R），故C错误；
D.Y和Q氧化物的水化物可能为碳酸和次氯酸，此时酸性：
Q＜Y，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的推断。
本题的难点为乙、丙的判断，需要根据物质的性质分析判断，易错点为D，要注意氧化物的水化物不一定是最高价氧化物的水化物。
5.在电镀车间的含铬酸性废水中，铬的存在形式有Cr（Ⅵ）和Cr（Ⅲ）两种，其中以Cr（Ⅵ）的毒性最大。
电解法处理含铬废水如图，铬最终以Cr（OH）3沉淀除去。
下列说法正确的是
A.Fe为阳极，反应为Fe－2e－=Fe2+
B.阴极反应为Cr2O72－+7H2O+6e－=2Cr（OH）3↓+8OH－
C.阳极每转移3mol电子，可处理Cr（Ⅵ）物质的量为1mol
D.离子交换膜为质子交换膜，只允许H+穿过
【答案】A
【解析】
【分析】
电解法处理含铬废水的原理是利用铁棒作阳极，在电解过程中，阳极上铁发生氧化反应生成亚铁离子，在酸性条件下，亚铁离子将六价铬离子还原成三价铬离子，亚铁离子被氧化成三价铁离子，同时由于阴极上水放电生成氢气产生OH-，OH-与溶液中Cr3+、Fe3+反应形成氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。
【详解】A项、在电解过程中，阳极上铁发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2+，故A正确；
B项、Cr2O72－在阳极区被Fe2+还原为Cr3+，阴极上水放电放电生成氢气产生OH-，电极反应式为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，故B错误；
C项、阳极每转移3mol电子，有1.5molFe2+生成，由离子方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3+
+7H2O+6Fe3+可知，1.5molFe2+还原0.25molCr2O72-，即可处理Cr（Ⅵ）物质的量为0.5mol，故C错误；
D项、Cr2O72－在阳极区与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，阴极区水放电生成氢气产生OH-，Cr3+和Fe3+通过阳离子交换膜进入阴极区，与OH-反应生成氢氧化物沉淀，该离子交换膜不是质子交换膜而是阳离子交换膜，故D错误。
故选A。
6.已知：
pCu=－1gc（Cu+），pX=－lgc（X－）。
298K时，Ksp（CuCl）=a×10－6，Ksp（CuBr）=b×10－9，Ksp（CuI）=c×10－12。
在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。
下列说法正确的是
A.298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c（Cl－）都减小
B.图中x代表CuI曲线，且P点c（Cu+）=c（I－）
C.298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动
D.298K时CuBr（s）+I－（aq）
CuI（s）+Br－（aq）的平衡常数K的数量级为103或102
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图象，pCu=－1gc（Cu+）=3，c（Cu+）=10－3mol/L，pX=－lgc（X－）=3，c（X－）=10－3mol/L，则Ksp（CuX）=a×10－6，因此P点对应于CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI，据此分析解答。
【详解】A.298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cl－）增大，温度不变，Ksp（CuCl），则c（Cu+）减小，故A错误；
B.根据上述分析，图中x代表CuCl曲线，故B错误；
C.298K时增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp（CuBr）不变，则c（Cu+）减小，pCu=－1gc（Cu+）增大，即y上的点向M点的斜下方移动，故C错误；
D.298K时CuBr（s）+I－（aq）
CuI（s）+Br－（aq）的平衡常数K=
=
=
，K的数量级为103或102，故D正确；故选D。
7.硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。
可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：
Na2SO4+2C
Na2S+2CO2↑
（1）硫化钠固体在保存时需注意________，原因是________。
（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。
步骤如下：
①连接仪器顺序为________（按气流方向，用小写字母表示）；
②检查装置气密性；③________；
④加热，进行实验。
（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是________。
某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理（供选择的试剂有：
酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水）________。
（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体。
反应方程式为________。
【答案】
（1）.密封
（2）.硫化钠容易被空气中的氧气氧化（3）.abcefd（4）.装入药品（5）.增加碳的量（6）.在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，看是否产生浑浊，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理（7）.2Na2SO4+4C
Na2S+Na2SO3+CO2↑+3CO↑
【解析】
【分析】
（1）硫化钠中的S元素为S的最低价态，容易被氧化，据此分析判断；
（2）Na2SO4+2C
Na2S+2CO2↑，生成的硫化钠容易吸收水蒸气发生水解反应，从而与二氧化碳反应放出硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反应装置，反应中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，据此分析解答；
（3）反应过程中碳会与生成的二氧化碳在加热时反应生成一氧化碳；Na2SO3和Na2S在酸性溶液中反应生成硫，据此分析解答；
（4）硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体，据此书写方程式。
【详解】
（1）硫化钠中的S元素为S的最低价态，容易被氧化，在保存时需注意密封保存，故答案为：
密封；硫化钠容易被空气中的氧气氧化；
（2）①Na2SO4+2C
Na2S+2CO2↑，生成的硫化钠容易吸收水蒸气发生水解反应，从而与二氧化碳反应放出硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反应装置，反应中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，需要防止污染，仪器的连接顺序为abcefd；连接好仪器后，首先检查装置气密性，装入药品，加热，开始实验，故答案为：
abcefd；装入药品；
（3）amolNa2SO4和2amolC充分反应，反应过程中碳会与生成的二氧化碳在加热时反应生成一氧化碳，使得生成的Na2S小于amol，为了避免碳不足，需要增加碳的量；Na2SO3和Na2S在酸性溶液中反应生成淡黄色沉淀，因此实验方法为：
在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理，故答案为：
增加碳的量；在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理；
（4）硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体，反应的化学方程式为2Na2SO4+4C
Na2S+Na2SO3+CO2↑+3CO↑，故答案为：
2Na2SO4+4C
Na2S+Na2SO3+CO2↑+3CO↑。
【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与探究。
本题的易错点为（3），要注意高温下碳和二氧化碳能够反应。
8.氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。
工业上以重晶石矿（主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2）为原料，生产Ba（OH）2·8H2O的流程示意如下：
已知：
高温焙烧，炭还原重晶石的反应方程式为：
BaSO4+4C
CO↑+BaS
（1）氢氧化钡的电子式为___________。
（2）水浸并过滤后的滤渣中含三种单质，分别为C、______和____（填化学式），滤液1显______（填“酸性”或“碱性”）。
向滤液1中加入CuO后，会生成黑色沉淀，该反应的化学方程式为___________。
（3）还可采用如下流程对滤液1进行处理：
若D物质为AB型，其组成与MnO2相同，滤液1中加入MnO2的化学方程式为_______。
该方法的优点是_____。
（4）由滤液2得到产品需采用的操作是___________、___________、过滤。
【答案】
（1）.
（2）.Fe（3）.Si（4）.碱性（5）.BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2（6）.BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2（7）.MnO2可以循环利用（8）.蒸发浓缩（9）.冷却结晶
【解析】
【详解】
（1）根据电子式的书写规则氢氧化钡的电子式为：
；
（2）在焙烧过程中，碳将Fe2O3、SiO2中的Fe和Si还原出来，所以水浸并过滤后的滤渣中有Fe和Si；根据题干信息，BaS在水浸时发生水解反应生成氢氧化钡，所以滤液呈碱性；向滤液1中加入CuO后发生反应为：
BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2；故答案为：
Fe；Si；碱性；BaS+CuO+H2O=CuS+Ba（OH）2；
（3）由图示及二氧化锰的氧化性可得该反应方程式为：
BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2，该方法的优点是MnO2可以循环利用，故答案为：
BaS+MnO2+H2O=MnO+S+Ba（OH）2；MnO2可以循环利用；
（4）根据氢氧化钡的溶解性可知要获取Ba（OH）2·8H2O需采用的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：
蒸发浓缩；冷却结晶。
【点睛】在书写电子式时，相同的离子要分开书写，不能合并；注意题干要求书写化学式而不是名称，这也是该题的易错点。
9.硝酸工业中产生的NO是一种大气污染物，可以通过如下反应处理：
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）；△H1。
（1）已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H2=－566kJ·mol－l，N2（g）+O2（g）
2NO（g）；△H3=+181kJ·mol－l，则△H1=___________
（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入4moINO、2molCO。
①若为恒容密闭容器，在10min时达到平衡状态，压强为原来的14/15，这段时间内，NO的平均反应速率为___________，平衡常数为___________L·mol－1，此时NO的转化率a%；平衡后，向恒容密闭容器中再充入2molNO、1molCO，重新达到平衡时，NO的转化率将___________（填“增大”、“不变”或“减小”）；
②若为恒压密闭容器，平衡后NO的转化率为b%，则a%________b%（填“<”、“=”或>”）
（3）工业上，NO与CO混合气体以一定流速和一定的比例，通过填充有A、B催化剂的反应器，在A、B两种催化剂作用下，CO转化率与温度的关系如下图所示。
①工业上选择催化剂___________（填“A”或“B），理由是___________。
②在催化剂B作用下，高于550K时，CO转化率下降的理由可能是___________。
【答案】
（1）.－747kJ·mol－l
（2）.0.04mol/（mol·L）（3）.5/144（4）.增大（5）.<（6）.A（7）.A在较低的温度下，具有较强的催化活性（8）.催化剂活性降低，具有较多的副反应
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热；用等效平衡原理分析平衡的移动。
【详解】
（1）已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H2=－566kJ·mol－l②
N2（g）+O2（g）
2NO（g）；△H3=+181kJ·mol－l③
根据盖斯定律得：
②-③得2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）；则△H1=△H2-△H3=－747kJ·mol－l，故答案为：
－747kJ·mol－l；
（2）①用三段式法计算得：
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）
开始（mol）4200
反应（mol）nn0.5nn
平衡（mol）4-n2-n0.5nn
压强为原来的
，则[4-n+（2-n）+0.5n+n]/（4+2）=14/15，n=0.8mol，平衡时:
c（NO）=1.6mol/L，c（CO）=0.6mol/L，c（N2）=0.2mol/L，c（CO2）=0.4mol/L；v（NO）=（0.8mol÷2L）÷10min=0.04mol/（mol•L）；平衡常数k=c（N2）∙c2（CO2）/c2（NO）∙c2（CO）=5/144；由方程式可得，增大压强平衡向正反应方向移动，所以平衡后，向恒容密闭容器中再充入2molNO、1molCO，重新达到平衡时，NO的转化率将增大；故答案为：
0.04mol/（L.mol）；5/144；增大；
②根据方程式的特点，恒压相对于恒容，相当于增大压强，平衡向正方向移动，转化率增大，所以a%<；
（3）①由图示可得，应选择催化剂A，原因是A在较低的温度下，具有较强的催化活性；故答案为：
A，A在较低的温度下，具有较强的催化活性；
②CO转化率下降的理由可能是：
催化剂活性降低，具有较多的副反应。
10.
（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为________。
第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_______种。
（2）铍与铝的元素性质相似。
下列有关铍和铝的叙述正确的有___________（填标号）。
A.都属于p区主族元素 B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液pH均小于7
（3）Al元素可形成[AlF6]3－、[AlCl4]－配离子，而B元素只能形成[BF4]－配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是________________；[AlCl4]-的立体构型名称为______。
（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。
①白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是________________
②黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。
白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。
下列有关黑磷晶体的说法正确的是_________。
A．黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化
B．黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力
C．黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上
D．P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高
（5）F2中F-F键的键能（157kJ/mol）小于Cl2中Cl-Cl键的键能（242.7kJ/mol），原因是_________。
（6）金属钾的晶胞结构如图。
若该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加得罗常数为NA，则表示K原子半径的计算式为______。
【答案】
（1）.
（2）.4（3）.BD（4）.中心原子半径、配位原子的半径（5）.正四面体（6）.P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水（7）.BD（8）.F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大（9）.
【解析】
（1）溴原子为35号元素，基态原子价层电子排布式[Ar]3d104s24p5，电子排布图为：
；,溴原子未成对电子数为1，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有：
K、Sc、Cr、Cu，共4种；
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。
A.Be属于s区，Al属于P区，故A错误；B.电负性都比镁大，故B正确；C.元素Be的第一电离能比Mg大，元素Al的第一电离能比Mg小，故C错误；D.氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则PH<7，D项正确。
答案选BD；
（3）B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成[AlF6]3-，[AlCl4]-配离子，而B只能形成[BF6]3-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；[AlCl4]-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；
（4）①P4,CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水；②A.由结构可知G中磷原子杂化方式为sp3杂化，故A错误；B.G中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；C.石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故C错误；D.黑磷为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则黑磷的熔沸点最高，故D正确；所以答案为BD；
（5）可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的2个原子的半径来比较，半径越小键能越大，而F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大，导致F2中F-F键的键能（157kJ/mol）小于Cl2中Cl-Cl键的键能（242.7kJ/mol）；
（6）金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中K原子数目为：
1+8×
=2，阿伏加德罗常数为NA，K原子的摩尔质量为M，故晶胞质量为：
；设K原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+l2+l2，则l=
r，晶胞体积V=l3=（
r）3，若该晶胞的密度为ag/cm3，则（
r）3×a=
，且M=39g/mol整理得：
r=
。
点睛：
同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第IIA族和IIIA族及VA族和VIA族第一电离能的大小相反，所以Mg的第一电离能大于Al；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以Be大于Mg；根据相似相溶判断物质的溶解性，极性分子易溶于极性溶液，非极性分子易溶于非极性溶液分析本题；
11.乙烯用途广泛，工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物。
已知：
R-OH+SOCl2→R-Cl+SO2↑+HCl↑请回答：
（1）写出B的官能团的电子式________________________。
（2）写出有关物质的结构
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