C.二元化合物指包含两种不同元素的化合物。
Y与X形成H2O和H2O2，Y与W形成P2O5和P2O3，Y与R形成SO2和SO3，故C正确；
D.比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。
原子半径由大到小的顺序：
W>R>Y>Z>X，故D错误；
故选C。
【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。
7.室温时，用0.100mol·L－1AgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol·L－1NaCl溶液的滴定曲线如图所示[pCl=－lg（Cl－）]。
下列有关描述错误的是
A.室温时Ksp（AgCl）的数量级为10－10
B.室温时，各点Ksp（AgCl）的关系：
a=b=c
C.相同实验条件下，若改用0.0400mol·L－1NaCl溶液，反应终点b移动到d
D.相同实验条件下，若改用0.0500mol·L－1NaBr溶液，反应终点b向e方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50.0mL0.0500mol·L－1NaCl溶液中，加入50mL0.100mol·L－1AgNO3溶液，可计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol·L－1，由图示得到此时Cl—约为1×10-8mol·L－1，所以Ksp（AgCl）约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10－10，故A正确；
B.由于Ksp（AgCl）极小，因此向溶液中滴加AgNO3溶液就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，在一定温度时，，Ksp（AgCl）是个常数，故各点Ksp（AgCl）的关系：
a=b=c，故B正确；
C.滴定的过程是用硝酸银滴定NaCl溶液，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL0.05mol/L的NaCl溶液改为50mL0.0400mol.L-1的NaCl溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由b点的25mL变为25×0.8=20mL，而d点对应的是20mL，故C正确；
D.卤化银从氯化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp（AgCl）应该大于Ksp（AgBr），将50mL0.0500mol/L的NaCl溶液改为50mL0.0500mol/LNaBr的溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:
1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以反应终点不可能b向e方向移动，故D错误；
故选D。
8.NaClO2常用来漂白织物，其漂白能力是漂白粉的4～5倍，NaClO2也是一种重要的杀菌消毒剂。
工业上生产NaClO2的一种工艺流程如下图所示：
（1）ClO2发生器中的产品之一是NaHSO4，在该发生器中所发生反应的离子方程式为___________。
（2）反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气，目的是___________。
（3）吸收器中发生反应的化学方程式为___________。
吸收器中要用冷的NaOH溶液和H2O2溶液吸收CO2，原因是___________。
（4）将ClO2通入食盐水中，用情性电极电解，也可以制得NaClO2产品。
阳极的电解产物是___________（填化学式），阴极的电极反应式为___________。
（5）相同条件下，1molNaClO2与___________gCl2的氧化能力相当。
【答案】
（1）.2C103-+S02=2C102+SO42-
（2）.将C1O2赶入吸收器，确保其被充分吸收（3）.2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20（4）.温度过高，H2O2分解增多，Cl02逸出加快，不利于Cl02的吸收（5）.Cl2（6）.C102+e-=C102-（7）.142
【解析】
【分析】
（1）ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04，化学方程式为：
2NaC103+S02+H2SO4=2Cl02+2NaHS04。
（2）反应结束后，发生器中仍有少量C102，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收。
（3）吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2。
（4）阳极：
2Cl—-2e-=Cl2，阴极：
C102+e-=C102-。
（5）NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，依据电子转移数目相等，相同条件下，1molNaClO2与2molCl2的氧化能力相当，从而得出氯气的质量。
【详解】
（1）ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04，化学方程式为：
2NaC103+S02+H2SO4=2Cl02+2NaHS04，反应的离子方程式为2C103-+S02=2C102+SO42-，故答案为：
2C103-+S02=2C102+SO42-。
（2）反应结束后，发生器中仍有少量C102，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故答案为：
将C102赶入吸收器，确保其被充分吸收。
（3）吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：
2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20，为了提高Cl02的利用率及防止H2O2分解，反应温度不能过高，故答案为：
2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20；温度过高，H2O2分解增多，Cl02逸出加快，不利于Cl02的吸收。
（4）阳极：
2Cl—-2e-=Cl2，阳极的电解产物是Cl2，阴极：
C102+e-=C102-，故答案为：
Cl2；C102+e-=C102-。
（5）NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，依据电子转移数目相等，相同条件下，1molNaClO2与2molCl2的氧化能力相当，所以氯气的质量为142g，故答案为：
142。
【点睛】电解池是把电能转化为化学能的装置，在电解池中，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应。
9.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂。
K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液。
K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中迅速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
某学习小组设计了下面的实验制备K2FeO2并探究其性质。
（一）K2FeO4的制备
该小组用下图所示装置制备K2FeO4（夹持装置略）。
（1）以上装置图中有一处明显的错误请你帮助指出来：
___________。
B中应盛装的试剂是___________。
（2）写出A中发生反应的离子方程式：
___________。
（3）C中发生的反应有Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O，还有生成K2FeO4的反应。
写出得到紫色固体K2FeO4的化学方程式：
___________。
（二）性质探究
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体得到固体物质K2FeO4。
（4）絮凝实验：
甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。
请结合方程式，说明K2FeO2的净水原理：
___________。
（5）乙同学取少量K2FeO4，向其中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。
产生黄绿色气体的原因可能是____。
（6）丙同学取少量K2FeO4，向其中滴入MnSO4和适量H2SO4的混合溶液，振荡后溶液呈紫色，丙同学认为氧化性FeO42－>MnO4－。
请你设计一个实验，验证丙同学的结论是否正确：
___________。
【答案】
（1）.D中没有出气导管
（2）.饱和氯化钠溶液（3）.2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（4）.3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O（5）.K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清（6）.K2FeO4有强氧化性，将Cl-氧化为氯气（7）.取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确
【解析】
【分析】
（1）D中只有进气导管，没有出气导管；高锰酸钾与浓盐酸反应产生的氯气中混有较多的氯化氢气体，对C中的反应有不良影响，因此，B中应盛装的试剂是饱和氯化钠溶液。
（2）高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、KCl、MnCl2和水，根据电子守恒和原子守恒配平，A中的反应化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（3）C中Fe（OH）3、KOH和氯气反应生成K2FeO4，铁元素从+3价升高为+6价，被氧化，因此氯气作氧化剂，其还原产物是氯化钾。
（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，是因为K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
（5）K2FeO4有强氧化性，将Cl-氧化为氯气。
（6）取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确。
【详解】
（1）以上装置图中D中只有进气导管，没有出气导管；高锰酸钾与浓盐酸反应产生的氯气中混有较多的氯化氢气体，对C中的反应有不良影响，因此，B中应盛装的试剂是饱和氯化钠溶液，故答案为：
D中没有出气导管；饱和氯化钠溶液。
（2）高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、KCl、MnCl2和水，根据电子守恒和原子守恒配平，A中的反应化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为：
2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：
2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（3）C中Fe（OH）3、KOH和氯气反应生成K2FeO4，铁元素从+3价升高为+6价，被氧化，因此氯气作氧化剂，其还原产物是氯化钾，化学方程式为：
3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O，故答案为：
3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O。
（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，是因为K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清，故答案为：
K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
（5）乙同学取少量K2FeO4，向其中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。
产生黄绿色气体的原因可能是K2FeO4有强氧化性，将Cl-氧化为氯气，故答案为：
K2FeO4有强氧化性，将Cl-氧化为氯气。
（6）丙同学取少量K2FeO4，向其中滴入MnSO4和适量H2SO4的混合溶液，振荡后溶液呈紫色，说明生成了MnO4-，为了验证丙同学的想法是否正确，可以取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确；故答案为：
取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确。
10.甲胺铅碘（CH3NH3PbI3）可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，该物质可由甲胺（CH3NH2）、PbI2及HI为原料来合成。
请回答下列问题：
（1）制取甲胺的反应为CH3OH（g）+NH3（g）===CH3NH2（g）+H2O（g），已知该反应中相关化学键的键能数据如下表所示：
则该反应的△H=___________kJ·mol－1
（2）工业上利用水煤气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H<0。
一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，5min末反应达到化学平衡状态，测得各组分浓度如下表所示。
①0～5min内，用CO表示的平均反应速率为___________。
②既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有___________（答一条即可）。
③能说明上述反应已达化学平衡状态的是___________（填字母）。
A.v正（CO）=2v逆（H2）
B.混合气体密度保持不变
C.反应容器内压强保持不变
D.混合气体的平均摩尔质量不变
（3）PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，反应的化学方程式为___________。
（4）常温下PbI2饱和溶液中c（I－）=2.0×10－3mol·L－1，则Ksp（PbI2）=___________；已知Ksp（PbS）=4.0×10－28，则反应PbI2（s）+S2－（aq）
PbS（s）+2I－（aq）的平衡常数K=___________。
（5）HI的分解反应曲线和液相法制备HI的反应曲线分别如图1和图2所示：
①反应H2（g）+I2（g）
2HI（g）的△H___________（填“>”或“<"）0。
②将SO2通入碘水中会发生反应：
SO2+I2+2H2O===4H++SO42－+2I－，I2+I－
I3－。
图2中曲线b所代表的微粒是___________（填微粒符号）。
【答案】
（1）.-12
（2）.0.12mol•L-1·min-1（3）.加压（或增大CO的浓度）（4）.CD（5）.Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O（6）.4.0×10-9（7）.1.0×1019（8）.＜（9）.I3-
【解析】
【分析】
（1）根据CH3OH（g）+NH3（g）===CH3NH2（g）+H2O（g）△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和来计算。
（2）①根据速率之比等于化学计量数之比，推出v（CH3OH）=v（CO），从而求出v（CO）。
②提高氢气转化率要使平衡右移。
③A.如果是2v正（CO）=v逆（H2），可以说明反应达到平衡状态。
B.该反应体系中气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态。
C.反应前后气体分子数目不等，故反应容器内压强保持不变，可以说明反应达到平衡状态。
D.混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量，总质量是一定的，反应前后气体分子数目不等，气体总物质的量如果不变，混合气体的平均摩尔质量就不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态。
（3）PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，同时生成I2，Pb元素化合价从8/3价变为+2价，I元素化合价从-1价变为0价，根据电荷守恒、质量守恒配平。
（4）Ksp（PbI2）=c（Pb2+）c2（I-）=1.0×10－3×（2.0×10－3）2=4.0×10-9，反应PbI2（s）+S2－（aq）
PbS（s）+2I－（aq）的平衡常数K=c2（I-）/c（S2-）=[Ksp（PbI2）/c（Pb2+）]/[Ksp（PbS）/c（Pb2+）]=4.0×10-9/4.0×10－28=1.0×1019。
（5）①升温，HI的物质的量减少，即平衡左移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
②根据SO2+I2+2H2O===4H++SO42－+2I－，I2+I－
I3－得，随着n（I2）/n（SO2）的增大，n（H+）和n（SO42－）保持不变，而n（I3－）增大，所以b所代表的微粒是I3－。
【详解】
（1）CH3OH（g）+NH3（g）===CH3NH2（g）+H2O（g）△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（351+393-463-293）kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：
-12。
（2）①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g），速率之比等于化学计量数之比，所以v（CH3OH）=v（CO）=0.6mol/L/5min=0.12mol•L-1·min-1，故答案为：
0.12mol•L-1·min-1。
②提高氢气转化率要使平衡右移，既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有加压（或增大CO的浓度），故答案为：
加压（或增大CO的浓度）。
③A.如果是2v正（CO）=v逆（H2），可以说明反应达到平衡状态，故A不选；
B.该反应体系中气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故B不选；
C.反应前后气体分子数目不等，故反应容器内压强保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故C选；
D.混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量，总质量是一定的，反应前后气体分子数目不等，气体总物质的量如果不变，混合气体的平均摩尔质量就不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态，
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