【答案】C
【解析】
【分析】
c的单质在常温下为有色气体，在工业上常与d的最高价氧化物对应的水化物反应生产漂白粉，则c为氯、d为钙；同时该气体与a、b形成的一种化合物反应生成两种酸，则a为氢、b为氧。
【详解】A．原子半径:
Ca>Cl，故A错误；
B．CaH2为离子化合物，故B错误；
C．在酸性条件下，氯化钙和次氯酸钙能够反应生成氯气，故C正确；
D．氢化钙溶于水反应生成氢氧化钙，溶液呈碱性，氯化氢水溶液呈酸性，故D错误；
故选C。
6.工业上用Na2SO3溶液处理硫酸厂的废气SO2得NaHSO3溶液，然后用惰性电极电解NaHSO3废水（原理如图所示）使吸收液再生，两膜中间的Na+和HSO3－可通过离子交换膜。
下列叙述正确的是
A.通电后中间隔室的HSO3－离子通过C膜向左侧迁移，左侧电极室溶液pH增大
B.图中A连接电源的正极，B连接电源的负极
C.阳极反应为HSO3－+H2O－2e－=SO42－+3H+，阳极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的Na2SO3生成
【答案】C
【解析】
【分析】
观察图形可知，左侧氢离子放电发生还原反应为阴极，右侧发生氧化反应为阳极，左侧亚硫酸氢钠和氢氧根离子结合生成亚硫酸钠。
【详解】A、电解池中阴离子向阳极区移动，因此通电后中间隔室的HSO3-通过D膜向右侧迁移，左侧阴极区氢离子放电，产生氢氧根离子，然后结合亚硫酸氢根离子生成亚硫酸根离子，所以阴极区溶液pH增大，故A错误；
B．左侧氢离子放电，发生还原反应为阴极，所以A连接电源的负极，B连接电源的正极，故B错误；
C．阳极区亚硫酸氢根离子失去电子生成硫酸，使溶液中c（H+）增大，所以阳极区溶液pH降低，故C正确；
D．阴极发生电极反应:
2HSO3-+2e-=H2↑+2SO32－，当电路中通过1mol电子的电量时，会生成1mol的Na2SO3，故D错误；
故选C。
7.25℃时，NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示（已知NiS的溶解度比FeS小，lg2=0.3），图中p（S2－）=－lgc（S2－）、p（M2+）=-lgc（M2+），M表示Ni或Fe，下列说法不正确的是
A.曲线①表示的是NiS
B.d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的
C.25℃时，FeS+Ni2+
NiS+Fe2+的平衡常数K=4000
D.向a点溶液中加入硫化钠，可变为b点溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、根据Ksp计算；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液；
C、根据平衡常数定义式计算；
D、温度不变，平衡常数不变。
【详解】从题干信息可知，图中坐标数值越大，对应的离子浓度越小，且NiS的溶解度比FeS小，即NiS的溶度积常数要小。
A、曲线①溶液中Ksp=c（M2+）×c（S2-）=10-10.5×10-10.5=1.0×10-21，同理曲线②溶液中Ksp=c（M2+）×c（S2-）=10-8.7×10-8.7=4.0×10-18，根据NiS的溶解度比FeS小，可知曲线①代表的是NiS，故A正确；
B、d点对应的金属离子浓度更小，故FeS和NiS均为不饱和溶液，属于均一稳定的分散系，故B正确；
C、根据平衡常数K=
=4000，故C正确；
D、温度不变，平衡常数不变，加入硫化钠，硫离子浓度增大，金属离子浓度减小，平衡点沿曲线向纵坐标滑动，故D错误。
故选D。
二、非选择题。
8.钒是人体必需的微量元素，能预防突发性心脏病等疾病，常见化合价有+2、+3、+4和+5。
实验室模拟工业生产制备V2（CO3）3的步骤如下：
①取18.20gV2O5放入水中搅拌形成悬浊液，通入二氧化硫充分反应可得V2（SO4）3溶液。
②将V2（SO4）3溶液与足量的碳酸钠溶液混合，充分反应后过滤洗涤、干燥，得V2（CO3）3固体22.56g。
已知：
+5价Ⅴ具有氧化性，+3价V具有还原性，易被氧气氧化。
回答下列问题：
（1）实验室用Na2SO3固体和H2SO4（浓）制取SO2，可选用的发生装置是___________（填A或B），若利用下述装置制取并收集干燥的SO2，连接顺序为a→___________→___________→___________→___________→f。
（2）步骤①实验装置如下：
①图中利用水浴处理的优点是___________，装置C中长颈漏斗的作用是___________。
②通入二氧化硫前和实验结束后都要通入N2，目的是___________。
③写出仪器D中反应的离子方程式___________。
（3）步骤②中洗涤操作后，证明已经洗净的操作是___________，本实验中的产率为___________。
【答案】
（1）.B
（2）.d（3）.e（4）.c（5）.b（6）.便于控制温度、受热均匀（7）.维持气压，防止装置堵塞（8）.通入二氧化硫前通入氮气目的是赶尽装置内的空气，实验结束后通入氮气是为了赶走装置内的二氧化硫，防止污染（9）.2SO2＋V2O5＋2H＋=2SO42－＋2V3＋＋H2O（10）.取最后一次洗涤液，向其中滴加稀盐酸和氯化钡溶液，若没有白色沉淀生，则已经洗净（11）.80.00%
【解析】
【分析】
（1）制取二氧化硫，为典型的固液不加热装置，选择B；按制取、干燥、收集、处理尾气的顺序连接装置；
（2）①图中利用水浴处理的优点是：
便于控制温度、受热均匀；装置C中长颈漏斗的作用是：
维持气压，防止装置堵塞。
②通入二氧化硫前通入氮气目的是赶尽装置内的空气，实验结束后通入氮气是为了赶走装置内的二氧化硫，防止污染。
③仪器D中反应的离子方程式SO2和V2O5在酸性条件下反应生成SO42－和V3＋。
（3）V2（CO3）3沉淀表面吸附有可溶性的硫酸根和钠离子，因此可用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根的存在。
根据钒守恒，由关系式计算V2O5～V2（CO3）3。
【详解】
（1）用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应制取二氧化硫，为典型的固液不加热装置，故选B；制取的二氧化硫应先干燥再收集，故先通过d、e，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，b口出来进行尾气处理，因为二氧化硫易于氢氧化钠反应，故f的作用是安全瓶，防止倒吸；盛放NaOH溶液的烧杯为尾气处理装置要放置在最后；
（2）水浴处理，利用水的比热容大，可控制温度，同时使仪器受热均匀，由于通入气体过快或导管堵塞，可造成装置内压强过大，装置C中长颈漏斗的作用是为了平衡压强；依题意，+3价V具有还原性，易被氧气氧化，实验前要先通入氮气赶尽空气，二氧化硫有毒，实验结束后要通入N2，赶尽二氧化硫，使其完全被吸收；依题意，V2O5与二氧化硫在水中反应生成V2（SO4）3，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式：
2SO2+V2O5+2H+=2SO42-+2V3++H2O；
（3）V2（CO3）3沉淀表面吸附有可溶性的硫酸根和钠离子，因此可用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根的存在：
取最后一次洗涤液，向其中滴加稀盐酸和氯化钡溶液，若没有白色沉淀生，则已经洗净；根据钒守恒，可得V2O5～V2（CO3）3，则18.20gV2O5完全反应可得V2（CO3）3的质量为28.20g，故产率为22.56g/28.20g×100%=80.00%。
【点睛】本题考查物质的制备，解题关键：
理解反应原理。
难点：
产率的计算。
9.工业上，利用冶铅废料（含有Pb、PbO、PbS、PbCO3、Pb（OH）2、C以及Fe及其氧化物等）制取立德粉（ZnS·BaSO4）和再提取铅的工艺流程如下：
已知：
①醋酸铅易溶于水，难电离。
②常温下，Ksp（PbSO4）=1.6×10－8；Ksp（PbCO3）=8.0×10－14。
回答下列问题：
（1）为了加快①的反应速率，通常选用6mol/L的硝酸和60℃的反应条件，若温度继续升高，反而不利于反应的进行，原因可能是___________。
（2）步骤④若在实验室进行分离操作必需的玻璃仪器有___________，滤渣1的主要成分是硫酸铅，洗涤硫酸铅最好选用___________。
A.蒸馏水B.苯C.稀硫酸D.饱和碳酸钠
（3）写出步骤③反应的离子方程式___________。
（4）采用电解法精炼铅，海绵铅连接电源的___________极（填正、负），生成铅的电极反应式为___________。
（5）处理含铅废料1t（含铅以PbO计，质量分数为11.15%），若回收率为90%，则得到的铅质量___________g。
【答案】
（1）.温度过高，硝酸易分解
（2）.漏斗、烧杯、玻璃棒（3）.C（4）.PbSO4＋2CH3COO－=（CH3COO）2Pb＋SO42－（5）.正极（6）.Pb2＋＋2e－=Pb（7）.9.315×104
【解析】
【分析】
（1）通常选用6mol/L的硝酸和60℃的反应条件，温度过高，硝酸易分解。
（2）步骤④反应后的分离操作是过滤，选漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤硫酸铅要洗去表面吸附的杂质，还要减少损失，最好选用稀硫酸。
（3）步骤③反应的离子方程式PbSO4和CH3COO－作用生成易溶于水、难电离的（CH3COO）2Pb。
（4）采用电解法精炼铅，海绵铅连接电源的正极，铅元素化合价升高；生成铅的电极反应式：
Pb2＋＋2e－=Pb
（5）根据铅守恒计算。
【详解】
（1）硝酸受热易分解，故温度不能太高；
（2）步骤④反应后的分离操作为过滤，过滤所需的玻璃仪器有：
烧杯、漏斗和玻璃棒；洗涤硫酸铅要洗去表面吸附的杂质，还要减少损失，故A．会造成硫酸铅部分溶解；B.可溶性离子不能溶解，不能洗去；C．稀硫酸能够洗去杂质，同时可减少硫酸铅的溶解；D．依题意，硫酸铅易转化为碳酸铅，引入杂质。
故选C；
（3）依题意醋酸铅易溶于水、难电离，故反应的离子方程式为PbSO4＋2CH3COO－=（CH3COO）2Pb＋SO42－。
（4）采用电解法精炼铅，海绵铅连接电源的正极，铅元素化合价升高；生成铅的电极反应式：
Pb2＋＋2e－=Pb。
（5）根据铅元素守恒可得为
=9.315×104g。
【点睛】本题考查了化学工艺流程分析、实验原理分析，解题关键：
理解实验原理，离子方程式书写、原电池和电解池原理等，涉及实验的基本操作，属综合考查。
10.随着现代工业的发展，二氧化碳污染的处理成为科学研究的重点，回答下列问题：
I.有人提出利用H2还原CO2使其转化为有机化工的主要原料乙烯。
（1）查阅资料：
H2的燃烧热为285.8kJ/mol，C2H4的燃烧热为l41lkJ/mol，lmolH2O
（1）转化为H2O（g）需吸收44kJ的热量。
则反应6H2（g）+2CO2（g）
C2H4（g）+4H2O（g）
△H=___________kJ/mol。
（2）下图是探究不同温度对CO2的转化率和催化剂的催化效率影响的示意图。
①生产中通常选用的温度最好是___________，理由是___________。
②图中表示的化学平衡常数：
M___________N（填>、=、<）
③250℃时，在2L密闭容器中分别充入6molH2和2molCO2，到达平衡时体系中C2H4的体积分数为___________。
Ⅱ.CO在一定条件下，能与H2合成二甲醚：
2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）。
（1）在1L的密闭容器中分别充入2.5molH2与bmolCO2发生反应，在不同温度下达到平衡状态时测得实验数据如下表：
①到达平衡时若升高温度，则上述平衡___________方向移动（填“正反应”或“逆反应”）。
②转化率：
x___________y（填>、=、<）
（2）新型高效的二甲醚燃料电池工作时总反应式：
CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O。
①该电池的负极是___________（填a或b），负极电极反应式为___________；
②利用该电池冶铝，若制得金属铝54g理论上消耗二甲醚___________g。
【答案】
（1）.-127.8
（2）.250℃（3）.此时催化剂活性最高（4）.>（5）.7.7%或1/13（6）.逆反应（7）.>（8）.a（9）.CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+（10）.23
【解析】
【分析】
I.
（1）根据燃烧热的概念和题意写出热化学方程式：
H2（g）+0.5O2（g）=H2O
（1）△H=-285.8kJ/mol①；C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=-1411.0kJ·mol－1②；H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol－1③；利用盖斯定律将①×6-②-③×4可得。
（2）①根据图示催化剂的反应活性和温度对速率、平衡的影响综合考虑：
此时催化剂活性最高。
②升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点；
③根据三段式计算；
Ⅱ.
（1）①分析表格数据，根据温度对CO2的转化率影响分析；
②由CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明正反应是放热反应，故结合表格分析。
（2）①根据电子流动方向和氢离子移动方向可知，通入a的电极为负极；电极反应为：
CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
②根据关系式4Al～12e－～CH3OCH3计算。
【详解】
（1）根据H2（g）的燃烧热为285.8kJ·mol－1，则其热化学方程式为:
H2（g）+0.5O2（g）=H2O
（1）△H=-285.8kJ/mol①；CH2=CH2（g）的燃烧热为1411.0kJ·mol－1，其热化学方程式为：
C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=-1411.0kJ·mol－1②；H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol－1③；利用盖斯定律将①×6-②-③×4可得:
6H2（g）+2CO2（g）
CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=-127.8kJ·mol－1。
（2）①如图所示，化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率随温度升高先增大后降低，所以根据催化剂的反应活性和温度对速率、平衡的综合影响角度，最好选择250℃；
②升高温度二氧化碳的平衡转化率减小，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点；
③在2L密闭容器中分别充入6molH2和2molCO2，由图可知250℃时，M点的二氧化碳转化率50%，由方程式可得
6H2（g）+2CO2（g）
CH2=CH2（g）+4H2O（g）
起始量（mol·L－1）3100
变化量（mol·L－1）1.50.50.251
平衡量（mol·L－1）1.50.50.251
产物CH2=CH2的体积分数=
=7.7%
Ⅱ.
（1）①分析表格可知，当CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越低，CO2的转化率越大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，故升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由CO2起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO2的转化率越小，说明正反应是放热反应，故结合表格可知w<32，x>33；由于CO2（g）、H2（g）按物质的量1:
3反应，H2（g）物质的量为2.5mol，CO2的物质的量（b）越大，CO2的转化率越小，则y33>32>w>y；
（2）①根据图知交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据电子流动方向和氢离子移动方向可知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，负极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+；根据电子守恒，可以建立关系式4Al～12e－～CH3OCH3，由此可得若制得金属铝54g，理论上消耗甲醇23g。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化
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