【答案】B
【解析】
【分析】
令W的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a＋1，Z的最外层电子数为a＋2，Y的最外层电子数为a－2，根据题意，a＋a＋1＋a＋2＋a－2=21，解得a=5，即W为N，X为O，Z为Cl，Y为Al，据此分析；
【详解】令W的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a＋1，Z的最外层电子数为a＋2，Y的最外层电子数为a－2，根据题意，a＋a＋1＋a＋2＋a－2=21，解得a=5，四种元素为短周期元素，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，从而得到W为N，X为O，Z为Cl，Y为Al，
A.W、Z的最简单氢化物分别是NH3、HCl，氨气分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，即NH3的沸点高于HCl，故A正确；
B.Y的最高价氧化物是Al2O3，Al2O3为两性氧化物，能与强碱发生反应，故B错误；
C.X、Y
简单离子分别是O2－、Al3＋，核外电子排布相同，因此r（O2－）>r（Al3＋），故C正确；
D.Y和Z形成的化合物是AlCl3，属于弱碱强酸盐，其水溶液显酸性，故D正确；
答案：
B。
6.甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能；乙图是含Cr2O72-酸性废水的处理装置。
将甲、乙两装置连接[Fe（Ⅱ）极与X极连接]，可将Cr2O72-转化成Cr（OH）3沉淀而除去。
下列说法错误的是
A.若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：
CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，
B.电解一段时间后，在Fe（I）极附近有沉淀析出
C.装置乙的隔膜是阳离子交换膜
D.电路中每转移3mol电子，最多有0.5molCr2O72-被还原
【答案】CD
【解析】
【分析】
甲装置
原电池装置，根据装置图以及原电池工作原理，M极为负极，N极为正极，Fe（II）与X电极相连，则Fe（II）为阴极，Fe（I）为阳极，即乙装置为电解池，然后利用原电池工作原理和电解池工作原理进行分析；
【详解】A.甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电池工作原理，M极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，故A正确；
B.Fe（I）连接Y，即Fe（I）为阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，该区域发生氧化还原反应6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe（II）电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋不断在阴极上得电子成为H2而析出，且Cr2O72－与Fe2＋的反应也在消耗H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋3OH－＝Cr（OH）3↓，Fe3＋＋3OH－＝Fe（OH）3↓，因隔膜为离子交换膜，因此Fe（I）附近有沉淀产生，故B正确；
C.根据乙装置以及B选项分析，乙装置右侧中Cr2O72－向左侧移动，则隔膜为阴离子交换膜，故C错误；
D.根据B选项分析，建立12e－～6Fe2＋～Cr2O72－，每转移3mol电子，最多有
=
molCr2O72－被还原，故D错误；
答案：
CD。
7.常温下，已知醋酸的电离常数为1.75×10-5，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液，溶液中水电离的c（H+）随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（已知
=4.2）
A.b、d两点溶液的pH相同
B.b点溶液中离子浓度大小顺序是：
c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）
C.e点所示溶液中，c（Na+）=2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]=0.005mol/L
D.a点坐标为（0，2.4×10－11）
【答案】D
【解析】
【分析】
CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，酸、碱抑制水的电离，CH3COONa为强碱弱酸盐，促进水的电离，向醋酸溶液中加入NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，据此分析；
【详解】A.CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为10mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为
<1.75×10－5，CH3COOH的电离大于CH3COO－水解，即b点溶液显酸性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，b、d两点pH不相同，故A错误；
B.根据A选项分析，b点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，因此离子浓度大小顺序是c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），故B错误；
C.e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c（Na＋）=2[c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）]=
，故C错误；
D.CH3COO发生电离：
CH3COOH
CH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka=
=1.75×10-5，因此有c2（H＋）=1.75×10－7，即c（H＋）=4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c（OH－）=
≈2.4×10－11，即水电离出的c（H＋）=2.4×10－11mol·L－1，故D正确；
答案：
D。
8.铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990g/mol）简称三盐。
以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。
已知：
。
请回答下列问题：
（1）步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。
步骤②中滤渣的主要成分是____。
（2）步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。
（3）步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。
现用100t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___%。
简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___。
（4）已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3-、Pb（OH）42-，其中Pb（OH）2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：
________________
（5）将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。
阴极电极反应式是_________
【答案】
（1）.
（2）.Pb、PbO、PbCO3（3）.适当升温（4）.4PbSO4+6NaOH
3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O（5）.55.2（6）.取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若没有沉淀则说明洗涤完全。
（7）.10（8）.Pb（OH）3-+OH-=Pb（OH）42-（9）.PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-
【解析】
【分析】
步骤①发生中发生PbSO4＋CO32－
PbCO3＋SO42－，将PbSO4转化成PbCO3，过滤，得到滤渣为PbO、Pb、PbCO3，在滤渣加入硝酸，PbO、Pb、PbCO3与硝酸发生反应生成Pb（NO3）2，然后加硫酸发生Pb（NO3）2＋H2SO4=PbSO4↓＋2HNO3，HNO3再转移到酸溶中，过滤后，向沉淀中加入NaOH溶液加热，得到三盐；
【详解】
（1）PbSO4的Ksp大于PbCO3的Ksp，因此步骤“转化”中发生PbSO4＋CO32－
PbCO3＋SO42－，平衡常数的表达式为Ksp=
=
；PbO、Pb不与Na2CO3发生反应，步骤②中滤渣的主要成分为PbO、Pb、PbCO3；
（2）提高酸溶的速率，可以采取适当升温、适当增大硝酸浓度、搅拌、粉碎固体等；
（3）“沉铅”将Pb2＋转化成PbSO4，“合成”步骤中的反应物是PbSO4、NaOH，其反应方程式为PbSO4＋NaOH→3PbO·PbSO4·H2O＋Na2SO4+H2O，该反应属于非氧化还原反应，采用原子守恒进行配平，4PbSO4+6NaOH
3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O；令铅泥中铅元素的质量分数为a%，根据题意得出：
，解得a=55.2；根据“合成”的反应方程式，三盐表面沾有Na2SO4，检验沉淀洗涤完全，需要检验SO42－不存在，操作是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀则说明洗涤完全；
（4）除去污水中的铅，铅元素需要以Pb（OH）2形式沉淀出来，根据图像pH控制在10左右；根据图像pH由13→14，Pb（OH）3－→Pb（OH）42－，发生反应的离子方程式为Pb（OH）3－+OH－=Pb（OH）42－；
（4）根据装置图，PbCl42－在阴极区参与反应，其电极反应式为PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－。
【点睛】陌生方程式的书写是本题的难点，也是高考的热点，一般情况下主要参与的物质，题中已给出，需要结合原子守恒、电荷守恒等，确认是否有其他物质或离子参与，配平时，如果该反应为非氧化还原反应，采用观察的方法进行配平，如果是氧化还原反应，则采用化合价升降法进行配平；一定注意溶液的酸碱性。
9.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究新的热点。
完成下列问题：
（1）CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：
反应Ⅱ：
①写出CO和H2合成CH3OCH3的热化学方程式____。
②分别在2L恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入CO2和H2各1mol的混合气体，假设只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____（填“甲”或“乙”）。
当反应5min时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用CO2表示的反应的速率=___。
③在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
其中：
i）温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应____（填“I”或“Ⅱ”）。
ii）220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。
不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施可以是____（任答一条）。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。
若所得溶液pH=13，CO2主要转化为____（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3-）:
c（CO32-）=1:
5，溶液pH=___。
（室温下，H2CO3的
）
【答案】
（1）.
（2）.乙（3）.0.05mol/（L·min）（4）.Ⅰ（5）.增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂或其他合理答案（6）.CO32-（7）.11
【解析】
【分析】
（1）①先写出CO和H2反应的方程式，该反应方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，然后根据盖斯定律进行分析；
②根据方程式的特点和压强对化学平衡的影响分析；压强变为一半，在相同的条件下，压强之比等于物质的量之比，即气体物质的量变为原来的一半，然后进行分析；
③i）根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，而CO2的平衡转化率增大，据此分析；
ii）增大CH3OCH3选择性，即增大CH3OCH3的物质的量，不改变反应时间和温度，反应向正反应方向进行或加快反应速率，据此分析；
（2）CO2与NaOH反应，产物可能是Na2CO3，也可能是NaHCO3，也可能是两者的混合物，需要根据碳酸的二级电离平衡常数进行分析和对比；
【详解】
（1）①CO和H2反应的方程式为2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，根据盖斯定律，将反应II－2×反应I，2CO（g）＋4H2（g）=CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H=－204.9kJ·mol－1；
②反应II是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，恒温恒容容器内的气体压强减小，恒温恒压相当于在恒温恒容基础上增大压强，增大压强，该反应向正反应方向进行，放出的热量增多，即乙容器放出的热量较多；甲容器为恒温恒容，5min时甲容器内的压强变为原来的一半，则气体物质的量变为原来的一半，
，解得n（CO2）=0.5mol，根据化学反应速率的表达式为υ（CO2）=
=0.05mol/（L·min）；
③i）根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应II向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图像，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应I；
ii）在不改变时间和温度情况下，一定能提高CH3OCH3选择性措施的是增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂；
（2）Ka2=
，所得溶液的pH=13，即c（H＋）=10－13mol·L－1，
=5×10－11，
=500，c（CO32－）>c（HCO3－），CO2主要转化为CO32－；所得溶液c（HCO3－）：
c（CO32－）=1：
5，代入Ka2=
=5×10－11，
=5×10－11，c（H＋）=1×10－11mol·L－1，即此时溶液的pH=11。
【点睛】
（1）②是易错点，建立模型，学生能够清晰认识，恒温恒压下，
，像该反应为物质的量减小的反应，当达到平衡时，隔板在虚线位置，此时CO2的转化率为a1，让虚线隔板上升到实线，这是研究恒温恒容，容器的体积增大，物质浓度减小，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率为a2，则比较出a1>a2，从而得出结果。
10.某废催化剂含ZnO、ZnS、CuS和SiO2及少量的Fe3O4。
I．某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。
采用的实验方案如下：
回答下列问题：
（1）在下图装置中，第一次浸出反应装置最合理的是____（填标号）。
步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应，最好在（填设备名称）____中进行。
（2）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法为（提供的试剂：
K3[Fe（CN）6]溶液、稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水）____。
（3）步骤③中发生反应的离子方程式为____；向盛有滤渣1的反应器中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，应先加____，若顺序相反，会造成____。
（4）步骤②、④中，获得晶体的实验操作方法是____，过滤。
Ⅱ．另一同学也以该废催化剂为原料，采用下列实验操作方法也得到了ZnSO4。
（5）若一次水解时，产物为Zn（OH）xCly。
取一次水解产物10.64g，经二次水解、干燥，得到9.9g的Zn（OH）2（假设各步均转化完全），则一次水解产物的化学式为_______.
【答案】
（1）.C
（2）.通风橱（3）.取少量滤液1，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+（或滴加KMnO4溶液，若褪色则证明有Fe2+）（4）.CuS+H2O2+2H+
Cu2++S+2H2O（5）.稀硫酸（6）.H2O2与固体颗粒接触分解（7）.蒸发浓缩、冷却结晶（8）.Zn（OH）1.6Cl0.4
【解析】
【分析】
废催化剂中含ZnO、ZnS、CuS、SiO2、Fe3O4，加入硫酸，ZnO、ZnS、Fe3O4与稀硫酸反应，滤液1中含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，CuS、SiO2不与稀硫酸发生反应，即滤渣1中有SiO2、CuS，滤渣1中加入稀硫酸和H2O2加热浸出CuSO4；然后逐项进行分析；
【详解】
（1）①中发生ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O、ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O，这些反应不需要加热，因此反应装置中不需要温度计，H2S有毒，能溶于水，尾气处理时，需要防止倒吸，即C装置最合理；发生反应时，产生H2S气体，H2S气体有毒，且易燃，需要在通风厨中进行；
（2）根据
（1）的分析，滤液1中含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，检验Fe2＋用K3[Fe（CN）6]或高锰酸钾溶液，具体操作是取少量滤液1，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+或滴加KMnO4溶液，若褪色则证明有Fe2＋；
（3）滤渣1为CuS和SiO2，SiO2不与稀硫酸、H2O2发生反应，CuS中S显－2价具有还原性，能被H2O2氧化，发生的离子方程式为CuS＋H2O2＋2H＋
Cu2＋＋S＋2H2O；向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液，若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解；
（4）获得晶体中含有结晶水，因此实验操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）根据锌原子守恒，Zn（OH）xCly
物质的量为
=0.1mol，Zn（OH）xCly的摩尔质量为
=106.4g/mol，则有65＋17x＋35.5y=106.4，根据化合价代数和为0，则有x+y=2，两式联立解得x=1.6，y=0.4，化学式为Zn（OH）1.6Cl0.4。
【化学一选修3：
物质结构与性质】
11.氮化镓（GaN）是制造SG芯片的材料，氮化铝LED灯可发出紫外光。
回答下列问题：
（1）Ga的价电子排布式为____，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为________。
下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是____（填字母）。
（2）8-羟基喹啉铝常用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与
合成。
LiAlH4中阴离子的空间构型为_____________，
所含元素中电负性最大的是____（填元素符号），N的杂化方式为________________
（3）金属晶体Al、Ga的熔点分别为660℃、30℃，Al比Ga熔点高的原因是____________
（4）氮化镓为六方晶胞，结构如右图所示。
该晶体密度为ρg/cm3，晶胞参数a=b≠c（单位：
pm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=____pm（用含a、ρ、NA的代数式表示）。
（5）在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1）晶面。
如右图，该立方晶胞中（1，1，1）晶面共有____个。
【答案】
（1）.4s24p1
（2）.哑铃形（3）.D（4）.正四面体（5）.O（6）.sp2（7）.Al和Ga均为金属晶体，且二者的价
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