B.Y元素的含氧酸都属于强酸
C.Z、T和W三种元素形成的化合物的水溶液星中性
D.元素Z、T组成的化合物中阴阳离子个数之比为1:
2
【答案】D
【解析】分析：
已知X、Y、Z、T、W是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，X与Y形成的简单气态化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为氨气，则X为H元素，Y为N元素；其中X、T同主族，则T为Na元素；Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z为O元素；W原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，W为Si元素，结合元素周期律和物质的性质解答。
详解：
根据以上分析可知X、Y、Z、T、W分别是H、N、O、Na、Si。
则
A.同周期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：
Na＞N＞O＞H，A错误；
B.N元素的含氧酸有硝酸和亚硝酸等，其中亚硝酸为弱酸，B错误；
C.Z、T和W三种元素形成的化合物为硅酸钠，水解后溶液呈碱性，C错误；
D.元素Z、T组成的化合物为氧化钠和过氧化钠，其中阴阳离子个数之比均为1∶2，D正确；答案选D。
点睛：
本题主要是考查元素推断以及元素周期律的应用，题目难度中等。
准确判断出元素名称是解答的关键，判断元素时一般可以根据原子的核外电子排布特点结合元素周期表的结构分析。
从高考的变化趋势分析往往会结合有关物质的性质、用途等解答，因此需要熟练掌握常见元素及其化合物的性质、用途等。
6.镁-空气电池的工作原理如图所示，电池反应方程式为:
2Mg+O2+2H2O=2Mg（OH）2。
下列说法错误的是
A.通入氧气的电极为正极
B.放电时，溶液中的OH-由正极移向负极
C.负极的电极反应为Mg-2e-=Mg2+
D.采用多孔Pt电极有利于氧气扩散，提高电极与电解质溶液的接触而积
【答案】C
【解析】分析：
负极上Mg失电子生成Mg2+，而正极上氧气发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，由此分析解答。
详解：
A、氧气在正极发生得到电子的还原反应，所以通入氧气的电极为正极，A正确；
B、原电池中阴离子向负极移动，所以放电时，溶液中的OH-由正极移向负极，B正确；
C、负极镁失电子变成镁离子，正极移过来的氢氧根离子结合生成氢氧化镁，所以电极反应式为：
Mg-2e-+2OH-=Mg（OH）2，C错误；
D、反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，D正确；答案选C。
点睛：
本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素等是解本题关键。
7.常温下，用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。
下列结论正确的是
A.水解常数:
X->Y-
B.a、b两点溶液混合后：
c（HX） +c（HY） +c（H+）=c（OH-）
C.pH=7时,c（Y-）>c（X-）
D.10.00mlL时,有c（Na+）>c（HX）>c（X-）>c（H+）
【答案】B
【解析】分析：
用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00mL时，溶液中分别存在HX-NaX和HY-NaY，且物质的量之比分别为1：
1；当NaOH反应了20.00mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。
详解：
A．对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，HX电离程度比HY更大，则水解常数X-＜Y-，A错误；
B．当V（NaOH）=20.00mL时，滴定HX的溶液中恰好存在NaX，滴定HY的溶液中恰好存在NaY，二者均水解溶液显碱性，根据质子守恒可知c（HX）+c（HY）+c（H+）=c（OH-），B正确；
C．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）＞c（Y-），C错误；
8.碲（Te）是VIA族非金属元素，其单质和化合物在太阻能、电子、橡胶生产方面具有广泛的应用。
（1）根据碲（Te）在元素周期表中的位置，判断H2TeO4的酸性_____（填“大于”、“小于”或“无法判断”）H2SO4酸性。
（2）己知TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。
TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为_________________。
（3）已知25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的电离常数K1=1×10-3，K2=2×10-8。
计算：
①0.1mol/LH2TeO3的电离度α约为_______（α=已电离弱电解质分子数/电解质分子总数×100%）；
②NaHTeO3溶液的pH_____7（填“>”、“=”或“<”）。
（4）从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一和工芝流程如下:
③己知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。
如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是_____________。
④防止局部酸度过大的操作方法是___________。
⑤对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te（SO4）2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是____________。
⑥“还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法是________，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是_____________。
【答案】
（1）.小于
（2）.TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（3）.10%（4）.<（5）.溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全（6）.搅拌（7）.2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42- +4H+（8）.过滤（9）.取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净
【解析】分析：
（1）根据元素周期律分析；
（2）TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；
（3）①根据根据电离度的概念结合电离常数计算；
②利用水的离子积常数、电离常数计算其水解常数，与其相应的电离常数比较，从而判断酸式盐溶液的酸碱性；
（3）粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te），通入氧气加入硫酸加压浸出，已知加压酸浸时控制溶液的PH为5.0，生成TeO2沉淀，过滤得到滤渣加入硫酸酸浸生成硫酸碲，加入亚硫酸钠还原得到粗碲。
③根据TeO2是两性氧化物分析；
④防止局部酸度过大可以通过搅拌使之混合均匀；
⑤Na2SO3还原Te（SO4）2为Te，本身被氧化为硫酸钠，根据得失电子守恒书写；
⑥分离固体和溶液用过滤，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作是检验最后一次洗涤液中是否含硫酸根离子。
详解：
（1）Te与S位于同一主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性逐渐减弱，则H2TeO4的酸性小于H2SO4酸性；
（2）TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，因此反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
（3）已知25℃时，亚碲酸（ H2TeO3）的电离常数K1=1×10-3，K2=2×10-8。
計算：
①亚碲酸以第一步电离为主，0.1mol/LH2TeO3溶液中c（H+）＝c（HTeO3-）＝
，所以其电离度α约为
；
②NaHTeO3溶液中HTeO3-的水解常数是
＜K2=2×10-8，即水解程度小于电离程度，所以溶液显酸性，即pH＜7。
（3）③因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失，导致TeO2沉淀不完全；
④防止局部酸度过大的操作方法是搅拌；
⑤对滤渣“酸浸后，将Na2SO3加入Te（SO4）2溶液中进行还原得到固态碲，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知该反应的离子方程式是2SO32-+Te4++2H2O＝Te↓+2SO42- +4H+；
⑥还原得到固态碲后分离出粗碲的方法是过滤，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是：
取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。
9.“一带路”为中国化工企业开辟了新的国际市场，能源环保是基础。
在能源领域科学家提出构想——富集空气中的CO2，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇.流程如下：
（1）在合成塔中，若有4400gCO2与足量H2完全反应，生成气态的H2O和气态甲醇，可放出5370kJ的热量,写出该反应的热化学方程式________________。
（2）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示:
①催化效果最佳的反应是_________（填“反应I”、“反应II”、“反应III”）。
②b点反应速率v（正）______v（逆）（填“>”、“=”或“<”）。
③若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_________。
（3）选取合适的催化剂发生上述反应，测得甲醇的产率与反应温度、压强的关系如图2。
④分析图中数据可知,在220℃、5.0MPa时，CO2的转化率为________；将温度降低至140℃、压强减小至2.0MPa，CO2的转化率将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
⑤200℃、2.0MPa时，将amol/LCO2和3amol/LH2充入VL密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。
根据图中数据计算所得甲醇的质量______g（用含a、V的代数式表示）。
（4）用NaOH溶液吸收CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废旧电池中的铅膏（主要成分PbSO4）进行脱硫反应。
已知Ksp（PbSO4）=1.6×10-8，Ksp（PbCO3）=7.4×10-14，PbSO4（s）+CO32-（aq）==PbCO3（s）+SO42-（aq），则该反应的平衡常数K=___（保留三位有效数字）；若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，则c（SO42-）:
c（CO32-）的比值将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】
（1）.CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=-53.7kJ/mol
（2）.反应I（3）.＞（4）.该反应为放热反应，温度升高,平衡逆向移动（5）.25%（6）.增大（7）.4.8aV（8）.2.16×105（9）.不变
【解析】分析：
（1）根据参加反应的CO2的物质的量结合放出的热量解答；
（2）①根据相同条件下CO2的转化率越高催化效果越好分析；
②根据b点在曲线下方转化率低分析解答；
③根据温度对平衡状态的影响分析；
（3）④根据在220℃、5.0MPa时甲醇的产率是25%计算；根据图像分析；
⑤根据在200℃、2.0MPa时甲醇的产率是1%计算；
（4）根据平衡常数的含义、影响因素结合方程式计算与判断。
详解：
（1）4400gCO2的物质的量是100mol，放出的热量是5370kJ，则1molCO2完全反应放出的热量是53.70kJ，因此该反应的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=-53.7kJ/mol
（2）①根据图像可知在相同条件下反应I中CO2的转化率最高，则催化效果最佳的反应是反应I。
②b点在曲线下方，转化率低，在达到平衡的过程中CO2的转化率升高，这说明此时反应向正反应方向进行，则反应速率v（正）＞v（逆）。
③由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，因此a点的转化率比c点高。
（3）④在220℃、5.0MPa时甲醇的产率是25%，则
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）1300
转化量（mol）x3xxx
平衡量（mol）1－x3－3xxx
由于此时甲醇的产率是25%，则x＝0.25，因此CO2的转化率为3x/3×100%＝25%；根据图像曲线变化可知将温度降低至140℃、压强减小至2.0MPa时甲醇的产率增大，因此CO2的转化率将增大。
⑤在200℃、2.0MPa时甲醇的产率是15%，则
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）aV3aV00
转化量（mol）y3yyy
平衡量（mol）aV－y3aV－3yyy
此时甲醇的产率是0.15，则y＝0.15aV，因此所得甲醇的质量0.15aV×32g＝4.8aVg；
（4）根据方程式可知该反应的平衡常数K＝
。
若在其溶液中加入少量Pb（NO3）2晶体，由于平衡常数只与温度有关系，则根据该反应的平衡常数表达式可知c（SO42-）：
c（CO32-）的比值不变。
10.二价铬不稳定极易被氧化。
醋胶亚铬水合物[CrCH3COO）2]2·2H2O是一种深红色晶体，微溶于乙醇，不容于冷水和乙醚。
实验室以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示:
请回答下列问题:
（1）仪器A的名称是_______，所盛装的试剂是_______。
（2）该实验中锌粒需过量，其原因除了与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是___。
（3）写出C容器中制备醋酸亚铬水合物的离子方程式_______。
（4）仪器D的主要作用是_______。
（5）指出该装置的不足之处_______。
（6）Cr（OH）3的性质类似氢氧化铝,将CrCl3溶液蒸干灼烧，所得固体物质的化学式为_______。
（7）洗涤产品时为了除去可溶性的杂质和水分，下列试剂正确使用的顺序是________（填序号）。
a.无水乙醇 b.冷的蒸馏水 C.乙醚
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.盐酸与CrCl3溶液（3）.将CrCl2溶液压入锥形瓶C中,使其与醋酸钠溶液混合反应（4）.2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr（CH3COO）2]2·2H2O↓（5）.防止空气（O2）进入装置（6）.实验开始时，没有将装置中的空气排尽（7）.Cr2O3（8）.bac
【解析】
（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，根据题意，需要CrCl2溶液与醋酸钠溶液反应，因此在装置B中需要生成CrCl2溶液，且将溶液能够压入C中，因此分液漏斗中盛装稀盐酸和CrCl3溶液；故答案为：
分液漏斗；盐酸与CrCl3溶液；
（2）实验中锌粒需过量，其中锌除了与CrCl3充分反应得到CrCl2外，还要与盐酸反应生成氢气，将CrCl2溶液压入锥形瓶C中，使其与醋酸钠溶液混合反应，故答案为：
将CrCl2溶液压入锥形瓶C中，使其与醋酸钠溶液混合反应；
（3）C容器中制备醋酸亚铬水合物的离子方程式为2Cr2＋＋4CH3COO—＋2H2O＝［Cr（CH3COO）2］2·2H2O↓，故答案为：
2Cr2＋＋4CH3COO—＋2H2O＝［Cr（CH3COO）2］2·2H2O↓；
（4）二价铬不稳定，极易被氧化，仪器D可以防止空气（O2）进入装置，故答案为：
防止空气（O2）进入装置；
（5）二价铬不稳定，极易被氧化，实验开始时，无法将装置中的空气排尽，故答案为：
实验开始时，没有将装置中的空气排尽；
（6）Cr（OH）3的性质类似氢氧化铝，将CrCl3溶液蒸干，促进CrCl3水解生成Cr（OH）3沉淀，进一步灼烧生成Cr2O3，故答案为：
Cr2O3；
（7）洗涤产品时，为了除去可溶性的杂质和水分，由于醋酸亚铬水合物[Cr（CH3COO）2]2.2H2O微溶于乙醇，不溶于冷水和乙醚，需要先用冷水洗去可溶性的杂质，再用无水乙醇除去其中少量的水，最后用乙醚洗去附着的乙醇，故答案为：
bac。
点睛：
本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用。
明确实验目的、实验原理为解答关键。
本题的解答需要充分利用题示信息。
11.工业上以Ni的氧化物作催化剂，将丙烯氨氧化制得丙烯腈（ CH2=CHCN），然后以H3PO4-K3PO4等作为电解质溶液,电解丙烯腈制已二腈。
已知总反应的化学方程式为:
4CH2=CHCN+2H2O
O2↑+2NC（CH2）4CN。
（1）基态Ni原子价层电子的轨道表达式为_______；在上述总反应的化学方程式中所涉及到的各元素中，电负性由小到大的顺序为_______。
（2）PO43-的空间构型是_______，CH2=CHCN中碳原子的杂化方式为_______。
（3）NC（CH2）4CN分子中σ键与π键数目之比为_______。
（4）已知K3PO4是离子晶体,写出其主要物理性质_____（写出2条即可）。
（5）反应中核心元素碳有金刚石、石墨等多种同素异形体。
设石墨晶体中碳碳键的键长为am，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则a____b（填“>”、“=”或“<”），原因________。
（6）金刚石的晶胞结构如下图1所示，已知ZnS晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，若图中a为Zn2+，则S2-处于ZnS晶胞中的位置为_________。
（7）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯（如图2所示）
①石墨烯转化为氧化石墨烯时,1号C与相邻C原子间键能的变化是___（填“变大”、“变小”“不变”）。
②石墨烯具有很大的比表面积，可用于制超级电容器。
若石墨烯中碳碳键的键长为am,12g单层石墨烯的单面理论面积约为_______m3（列出计算式即可）。
【答案】
（1）.
（2）.H＜C＜N＜O（3）.正四面体（4）.sp、sp2（5）.15：
4（6）.熔融时能导电、熔点较高、硬度较大（7）.＜（8）.石墨晶体中碳碳键除σ键外还有大π键，金刚石晶体中碳碳键只有σ键（9）.顶点、面心（10）.变小（11）.
【解析】分析：
（1）根据核外电子排布规律书写轨道表达式；非金属性越强，电负性越大；
（2）根据价层电子对互斥理论解答；
（3）根据分子中含有的共价键判断；
（4）根据离子晶体的性质特点解答；
（5）根据石墨和金刚
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