B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以四种元素的原子半径关系为：
Z>W>X>Y，B错误；
C.化合物ZY2是SO2，该物质与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，通入石蕊试液中只变红不褪色，C错误；
D.化合物ZYW2是SOCl2，与水反应产生SO2和HCl，向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，发生反应：
Ag++Cl-=AgCl↓，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题目考查原子结构与元素周期律知识，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，本题侧重考查学生的分析能力，难度不大。
7.常温下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/LNa2S溶液滴加过程中-lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。
下列说法错误的是
A.Ksp（CuS）的数量级为10－35
B.曲线上各点的溶液均满足关系式c（S2-）·c（Cu2+）=Ksp（CuS）
C.a、b、c三点中，由水电离的c（H+）和c（OH-）的积最小的为b点
D.c点溶液中：
c（Na+）>c（Cl-）>c（S2-）>c（OH-）>c（H+）
【答案】A
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：
Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，结合图象中横坐标、纵坐标的含义和溶液中的守恒思想，计算溶度积常数。
【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：
Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：
CuS（s）
Cu2+（aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L。
A.平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（S2-）·c（Cu2+）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp（CuS）=10-35.4mol2/L2=（100.3）2×10-36mol2/L2=4×10-36mol2/L2，A错误；
B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：
Cu2++S2-=CuS↓，加入Na2S溶液的体积越大，c（S2-）越大，c（Cu2+）越小，则-lgc（Cu2+）就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式c（S2-）·c（Cu2+）=Ksp（CuS），B正确；
C.a点Cu2+过量、c点S2-过量，b点恰好完全反应生成CuS和NaCl，a点溶液中Cu2+浓度远大于b点，c点溶液中S2-浓度远大于b点，Cu2+、S2-水解促进水的电离，根据浓度对水解平衡的影响，则b点水电离的c（H+）和c（OH-）的积最小，C正确；
D.C点为Na2S、NaCl按1：
2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性，可知c（Na+）>c（Cl-）>c（S2-），S2-水解消耗水电离产生H+，使溶液中c（OH-）>c（H+），但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c（S2-）>c（OH-），因此该溶液中微粒浓度大小关系为：
c（Na+）>c（Cl-）>c（S2-）>c（OH-）>c（H+），D正确；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡、微粒浓度大小比较的知识，把握Ksp的计算、发生的反应、溶液的组成成分及混合比例是解答的关键，要用物料守恒、盐的水解规律及沉淀溶解平衡与曲线关系分析，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点。
8.氧化二氯（C12O）是次氯酸的酸酐，用作氯化剂其部分性质如下：
物理性质
化学性质
常温下，C12O是棕黄色刺激性气体。
熔点：
－120.6℃；沸点2.0℃
C12O不稳定接触一般有机物易爆炸；它易溶于水，同时反应生成次氯酸。
实验室制备原理2Na2CO3+H2O+2Cl2
2NaCl+2NaHCO3+C12O，现用下列装置设计实验制备少量C12O，并探究相关物质的性质。
（1）装置A中仪器X的名称为___________。
（2）若气体从左至右流动装置连接顺序是A、___________（每个装置限用一次）。
（3）装置F中盛装试剂的名称为___________。
（4）A中反应的离子方程式为___________。
（5）当D中收集适量液态物质时停止反应，设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3：
___________。
（6）实验完成后取E中烧杯内溶液滴加品红溶液发现溶液褪色。
该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号
0.1mol/LNaClO溶液/mL
0.1mol/LNaCl溶液/mL
0.1mol/LNaOH溶液/mL
H2O/mL
品红溶液
现象
I
5.0
0
0
5.0
3滴
较快褪色
II
0
5.0
a
0
3滴
不褪色
III
5.0
0
5.0
0
3滴
缓慢褪色
①a=___________。
②由上述实验得出的结论是___________。
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.FBCDE（3）.饱和食盐水（4）.MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O（5）.取B中固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量BaCl2溶液，振荡静置，取上层清液于另一试管中，再滴加Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成（6）.5.0（7）.在其他条件相同时，溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
【解析】
【详解】
（1）根据装置图可知装置A中仪器X的名称为分液漏斗；
（2）通过A装置制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的Cl2中含有HCl杂质，为防止其干扰Cl2O的制取，要先通过F装置除去HCl杂质，再通过B装置发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl2
2NaCl+2NaHCO3+C12O，制取得到C12O，由于易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集之前要先通过C装置干燥，再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低，容易液化的特点，同时由于Cl2、C12O都会产生大气污染，所以最后要用E装置进行尾气处理。
故按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；
（3）装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；
（4）A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O；
（5）在装置B中Na2CO3与Cl2反应制取Cl2O，所以要证明B中残留固体中含有NaHCO3，就要先加入过量的BaCl2溶液，振荡静置，使可能存在的Na2CO3转化为BaCO3沉淀除去，然后取上层清液于另一试管中，再滴加Ba（OH）2溶液，若有白色沉淀生成，证明发生反应：
2NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，产生了碳酸钡沉淀，从而可证明含有NaHCO3；
（6）①要保证每组实验时溶液的体积都是10mL，所以a=5.0；
②由上述实验可以看出：
在其它条件不变时，溶液的碱性越弱，次氯酸钠溶液的漂白性越强；溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
9.工业上以软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2）为原料制取金属锰的工艺流程如下：
（1）软锰矿“粉磨”的目的是___________。
（2）“浸渣”的主要成分是___________。
（3）经检测“浸取液”中无Fe2+，“浸取"时MnO2发生反应的离子方程式为___________。
（4）在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，其原因是___________。
（5）将“酸溶”后的溶液作为电解液，用下图1装置电解应采用___________离子交换膜（填“阴”或“阳”），阳极的电极反应式为___________。
（6）为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中Al元素的含量，设计以下方案。
①将mg滤渣处理成amL溶液；
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为bmmol/L；
③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺（在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-）还原Fe2+，离子方程式为___________；
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400（吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示）。
该样品中Al元素的质量分数为___________（用含字母的表达式表示）。
【答案】
（1）.加快浸取速率
（2）.二氧化硅（3）.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（4）.Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物沉淀（碱式碳酸锰）（5）.阴（6）.2H2O-4e-=4H++O2↑（7）.2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O（8）.
×100%
【解析】
【详解】
（1）软锰矿是固体物质，将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积，以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快；
（2）软锰矿主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2，用硫酸和FeSO4浸取时，FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2（SO4）3进入溶液，FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应：
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，而SiO2不能发生反应，所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅（或写为SiO2）；
（3）经检测“浸取液”中无Fe2+，说明Fe2+在“浸取"时与具有氧化性MnO2发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强，会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰，影响MnCO3的纯度；
（5）反应产生的MnCO3与稀硫酸反应：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn，阴极电极反应为：
2Mn2++4e-=2Mn，阳极电极反应为：
2H2O-4e-=4H++O2↑，左边增加4个H+离子，右边减少2个Mn2+的同时剩余2个SO42-，为了维持溶液电中性，右边的SO42-要进入左边，因此要选择阴离子交换膜；
（6）③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺（在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-）还原Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O；
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400，根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c（Fe2+）=0.040mmol/L，根据2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O可知c（Fe3+）=c（Fe2+）=0.040mmol/L，因为c（Al3+）+c（Fe3+）=bmmol/L，所以c（Al3+）=（b-0.040）mmol/L，溶液的体积为amL，故n（Al3+）=（b-0.040）mmol/L×a×10-3L=a（b-0.040）×10-6mol，则该样品中Al元素的质量分数为
。
10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。
研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
回答下列问题：
（1）已知：
2NO2（g）=N2O4（g）△H=－55.3kJ/mol
N2O5（g）=2NO2（g）+
O2（g）△H=+53.1kJ/mol
则：
N2O5（g）=N2O4（g）+
O2（g）△H=___________kJ/mol
（2）以乙烯（C2H4）作为还原剂脱硝（NO），脱硝机理如图1。
若反应中n（NO）︰n（O2）=2︰1，则总反应的化学方程式为___________；脱硝率与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是___________。
（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）△H<0。
实验测得：
υ正=υ（NO）消耗=2υ（O2）消耗=k正c2（NO）·c（O2），υ逆=（NO2）消耗=k逆c2（NO2），k正、k逆为速率常数只受温度影响。
不同时刻测得容器中n（NO）、n（O2）如表：
①从0～2s内该反应的平均速率υ（NO）=___________mol/（L·s）。
②T1温度时化学平衡常数K=___________L/mol。
（结果保留3位有效数字）。
③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。
若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2___________T1（填“>”、“<”或“="）。
④已知2NO（g）+O2（g）
2NO2的反应历程为：
第一步NO+NO
N2O2快速反应第二步N2O2+O2→2NO2慢反应
下列叙述正确的是___________（填标号）。
A.υ（第一步的正反应）<υ（第二步的反应）B.总反应快慢由第二步决定
C.第二步的活化能比第一步的高D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效
【答案】
（1）.-2.2
（2）.6NO+3O2+2C2H4
3N2+4CO2+4H2O（3）.350℃左右、负载率3.0%（4）.0.03（5）.363（6）.
（7）.>（8）.BC
【解析】
【详解】
（1）①NO2（g）=N2O4（g）△H=－55.3kJ/mol
②N2O5（g）=NO2（g）+
O2（g）△H=+53.1kJ/mol
根据盖斯定律，将①+②得N2O5（g）=N2O4（g）+
O2（g）△H=-2.2kJ/mol；
（2）以乙烯（C2H4）作为还原剂脱硝（NO），使其转化为无毒的N2，乙烯被氧化为CO2，若反应中n（NO）︰n（O2）=2︰1，则总反应的化学方程式为6NO+3O2+2C2H4
3N2+4CO2+4H2O；脱硝率与温度、负载率的关系图可知：
350℃左右、负载率3.0%时脱硝率最高，达到最佳脱硝效果，故应采用的条件是350℃左右、负载率3.0%；
（3）①从0～2s内该反应的平均速率υ（NO）=
mol/（L·s）；
②2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）
n（始）/mol0.200.100
△n（始）/mol0.140.070.14
n（平）/mol0.060.030.14
所以根据化学平衡常数的定义可得K=
；
③υ正=υ（NO）消耗=2υ（O2）消耗=k正c2（NO）·c（O2），υ逆=（NO2）消耗=k逆c2（NO2），可逆反应达到化学平衡时，同一物质表示的υ正=υ逆，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，所以k正c2（NO）·c（O2）=k逆c2（NO2），则
；
若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则由于K=
=1<363，说明平衡逆向移动，根据温度对化学平衡移动的影响，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以T2>T1；
④A.由于第一步反应为快反应，第二步反应为慢反应，所以反应速率：
υ（第一步的正反应）>υ（第二步的反应），A错误；
B.当化学反应分多步进行时，总反应快慢由反应慢的化学反应决定，对该反应来说由第二步反应决定，B正确；
C.反应快的说明反应的活化能低，需要较少的能量反应就可以发生；反应慢的说明反应的活化能高，发生反应需要较高的能量，所以第二步的活化能比第一步的高，C正确；
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