答案选D。
5.短周期元素X、Y、M、R在周期表中的相对位置如图，最外层电子数之和为24。
下列说法正确的是
X
Y
M
R
A.Y的氢化物中一定不存在非极性键
B.X的氢化物与R的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性
C.食品中可适量添加MY2，起到去色、杀菌、抗氧化的作用
D.氧化物对应的水化物的酸性：
R>M
【答案】C
【解析】
短周期元素X、Y、M、R在周期表中Y、M同主族，X在Y、M左边相邻主族，R在Y、M右边相邻主族，最外层电子数之和为24，设Y、M最外层电子数为x，X为x-1，R为x+1，故4x=24，x=6，故Y、M为第VIA族元素，X、Y、M、R分别为：
N、O、S、Cl。
A、Y的氢化物为：
H2O、H2O2，H2O2中存在非极性键，故A错误；B、X的氢化物为NH3与R的氢化物（HCl）反应，产物的水溶液为NH4Cl，呈酸性，故B错误；C、食品中可适量添加MY2（SO2），SO2有漂白性、氧化性、还原性、故适量添加，可以起到去色、杀菌、抗氧化的作用，故C正确；D、根据元素周期律，只能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，，故D错误；故选C。
6.H2S燃料电池应用前景非常广阔，该电池示意图如下。
下列说法正确的是
A.电极a是正极
B.O2-由电极a移向电极b
C.电极a的反应式为：
2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O
D.当通入1.12LO2，转移电子数0.2NA
【答案】C
【解析】
根据2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应。
A、由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B、原电池中阴离子向负极移动，则O2-由电极b移向电极a，故B错误；C、a为电池的负极，发生氧化反应，反应式为：
2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O，故C正确；D、为注明是否为标准状况，无法确定1.12LO2的物质的量，故D错误；故选C。
点睛：
本题侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写。
7.已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。
现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。
下列叙述正确的是
A.曲线I为次氯酸稀释时pH变化曲线
B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小
C.a点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大
D.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
【答案】B
【解析】
常温下Ka（HClO）
Ka（HF），酸性：
HClO
HF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。
A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。
点睛：
本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。
注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。
8.“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO2-、碳氢化合物大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）已知：
汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。
使用稀土等催化剂能将CO、NO转化成无毒物质。
已知:
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/molK1（该反应的平衡常数）
2C（s） +O2（g） =2CO（g）△H2=-221kJ/molK2 （同上）
C（s） +O2（g） =CO2（g）△H3=-393.5kJ/mol K3（同上）
写出NO（g） 与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式_________，以及该热化学方程式的平衡常数K=________（用K1、K2、K3表示）
（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为:
2NO2+4CO
4CO2+N2△H=-1200kJ/mol。
①某温度下，在2L密闭容器中充入0.lmolNO2和02m1CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v（NO2）=_________mol/（L·s）。
②若容器中观察到____________________________，可判断该反应达到平衡状态；
③能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是_______。
A.及时分离出CO2B.适当升高温度
C.减小容器体积使体系压强增大D.选择高效催化剂
（3）电化学降解NO2-的原理如图:
阴极反应式为_____________________________________。
（4）在高效催化剂作用下可用NH3还原NO2进行污染物处理。
①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图。
活化能最小的是________[用E（A）、E（B）、E（C）表示三种催化剂下该反应的活化能]。
②在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图。
试说明图中曲线先增大后减小的原因____________________________________________________（假设该温度范围内催化剂的催化效率相同）。
【答案】
（1）.2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—746.5kJ·mol-1
（2）.K=
（3）.0.002（4）.体系内颜色不再发生变化（5）.B（6）.2NO2-+6e-+8H+=N2+4H2O（7）.E（A）（8）.低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速度加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行
【解析】
【详解】
（1）NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的反应可以由③×2-①-②得到，△H=△H3×2-△H1-△H2=-393.5-180.5-（-221）=-746.5因此热化学方程式为：
2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—746.5kJ·mol-1；此反应的K值也做相应的变换K=
；
（2）①设达到平衡时CO的浓度改变x，则：
2NO2+4CO
4CO2+N2
起始（mol）：
0.10.200
改变（mol）：
x2x2x1/2x
平衡（mol）：
0.1-x0.2-2x2x1/2x
故
=
，解得x=0.02，v（NO2）=
=0.002mol/（L·s）；
②若容器中观察到体系内颜色不再发生变化，可判断该反应达到平衡状态；
③A.及时分离出CO2可使平衡向正向移动，反应速率不会增大，选项A错误；
B.适当升高温度，可增大反应速率，此反应是吸热反应，升温逆向移动，选项B正确；
C.减小容器体积使体系压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即正向移动，选项C错误；
D.选择高效催化剂，只改变反应速率，对平衡没有影响，选项D错误；
答案选B；
（3）①活化能越小反应速率越快，所以活化能最小的是E（A）；
②低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速度加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行，所以相同时间处理NO2的量与温度关系图中曲线先增大后减小。
【点睛】点睛：
根据盖斯定律，化学反应的焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，可以根据盖斯定律计算2NO2（g）+4CO（g）
4CO2（g）+N2（g）的△H。
9.过氧化钙（CaO2）是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。
通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。
某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图 如下:
已知:
CaO2的制备原理:
CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl
请回答下列问题:
（1）仪器A的名称为__________，仪器C支管B的作用____________；
（2）加入氨水的作用是_______；（从化学平衡移动的原理分析）
（3）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用_______；
A.水B.浓盐酸C.无水乙醇D.CaCl2溶液
（4）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在O℃左右，其可能原因是_________、_______（写出两种）。
（5）已知CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2。
该小组采用如图所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度（设杂质不分解产生气体）
①检查该装置气密性的方法是:
________________；
②准确称取0.50g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80mL（已换算为标准状况）气体，则产品中过氧化钙的质量分数为________（保留4位有效数字）；
【答案】
（1）.恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗
（2）.平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下（3）.CaCl2+H2O2
CaO2+2HCl，加入氨水与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成CaO2的方向移动，提过CaO2的产率（4）.C（5）.防止氨水挥发（6）.防止过氧化氢分解（7）.连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成液面差，静置一段时间，若液面差保持不变，则装置不漏气，反之装置漏气（8）.57.60%或0.5760
【解析】
（1）、C中装的是液态药品，C装置能控制液体的滴加，有支管，所以为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。
支管B的作用是平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下。
（2）加入氨水能与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应CaCl2+H2O2
CaO2+2HCl向着生成CaO2的方向移动，提过CaO2的产率。
（3）洗涤沉淀的试剂不能与CaO2反应，A、结合题干知过氧化钙能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，故不选A。
B、结合题干可知过氧化钙易与酸反应，故不选B。
C、CaO2不溶于醇类，故选C。
DCaCl2溶液中也含有水，结合题干知过氧化钙能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，故不选D。
正确选项为C。
（4）反应时温度不能过高，温度高氨气就会挥发，过氧化氢就会分解。
（5）①检查该装置气密性的方法是：
连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气。
②准确称取
样品可以使用分析天平或电子天平或电光天平。
收集到标准状况下的气体44.80mL，对应的物质的量为0.0448/22.4=0.002mol，设产品中过氧化钙的物质的量为
，则可列算式：
可得：
2/x=1/0.002，解得：
x=0.004mol，则产品中过氧化钙的质量分数为：
0.004×72/0.50=0.576
。
10.某化学兴是小组对一种度旧合金（含有Cu、Fe、Si等元素）进行分离、回收利用，所设计工艺流程如下。
已知298℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[Mn（OH）2]=1.9×10-13，当离子浓度小于1×10-5认为离子沉淀完全。
回答下列问题:
（1）操作I、lI、III为_______，固体A是__________（填化学式）。
（2）加入过量FeC13溶液过程中与较不活泼的金属反应的化学方程式_______。
（3）调节pH至2.9--3.2的目的___________________。
（4）①向溶液b中加入酸性KMn04溶液发生反应的离子方程式为_________________。
②若将溶液b配制成250ml溶液，用滴定管取配制后的溶液25.00m1；再用amol/LKMnO4溶液滴定，恰好反应时消耗KMn04溶液VmL,则流程图中所得红棕色固体C的质量为___g（用含a、v的代数式表示）
（5）常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后沉淀的金属离子为____________（填金属阳离子）。
【答案】
（1）.过滤
（2）.Si（3）.2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2（4）.使Fe3+沉淀完全（5）.MnO4－+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O（6）.4aV（7）.Mn2+
【解析】
【详解】
（1）操作I、lI、III都是将固体和液体分开，操作方法为过滤。
合金中的铜、铁能与氯化铁溶液反应而溶解，硅不反应，故剩余的固体为Si；
（2）合金中铜不活泼，和氯化铁溶液反应的是铜，方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
（3）Fe3+在PH=3.2时沉淀完全，故调节pH至2.9--3.2使Fe3+沉淀完全；
（4）①向溶液b中加入酸性KMn04溶液，高锰酸钾会把Fe2+氧化成Fe3+，方程式为：
MnO4－+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
②由MnO4－——5Fe2+n（Fe2+）=5n（MnO4－）=aV×10-3×5mol.因取出的溶液是配成溶液的十分之一，则Fe2+总的物质的量为aV×10-3×50mol.再有2Fe2+—Fe2O3可得n（Fe2O3）=aV×10-3×25mol，则m（Fe2O3）=aV×10-3×25×160=4aVg；
（5）向溶液c中逐滴加入KOH溶液,会生成氢氧化物沉淀，Ksp[Mn（OH）2]的值最大，说明Mn（OH）2的溶解度最大，最后沉淀，故最后沉淀的金属离子为Mn2+。
【点睛】本题的氢氧化铁与其他两种难溶的氢氧化物的组成并不相似，本题因为没有给出金属离子的具体浓度，只能根据其溶度积的数据，结合流程的操作判断有关金属离子的沉淀顺序。
严格地说,在金属离子浓度相同的条件下，只有组成相似的难溶物才能根据其溶度积的相对大小判断不同金属离子的沉淀顺序。
11.配合物Fe（CO）5的熔点一20℃，沸点103℃。
可用于制备纯铁。
Fe（CO）5的结构如图所示。
（1）基态Fe原子的价电子排布式是_____________________；Fe（CO）5晶体类型属于__________晶体。
（2）CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是________ ,写出与 CO互为等电子体的分子的电子式:
___________________。
（3）C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。
（4）关于Fe（CO）5，下列说法正确的是______。
A.Fe（CO）5是非极性分子，CO是极性分子B.Fe（CO）5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C.1 mol Fe（CO）5含有10 mol配位键D. Fe（CO）5==Fe+5CO反应中没有新化学键生成
（5）铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。
①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是______ （填“a”“δ””或“γ”）- Fe。
②a-Fe晶胞中铁原子的配位数为_______________。
③γ-Fe晶胞的边长为a pm，则γ- Fe单质的密度为____g/cm3（NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可）。
【答案】
（1）.3d64s2
（2）.分子（3）.C
O（4）.
（5）.O>C>Fe（6）.A、C（7）.γ（8）.6（9）.ρ=（224/a3·NA）×1030（或ρ=[4×56/a3·NA]×1030）
【解析】
（1）铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe（CO）5的溶点-20℃，沸点103℃，熔沸点较低，Fe（CO）5晶体属于分子晶体，故答案为：
3d64s2；分子；
（2）CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式为C≡O，与CO互为等电子体的分子有N2，故答案为：
C≡O；N2；
（3）C、O、Fe三种元素的原子中铁的原子半径最大，Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去1个电子生成3d54s2，结构更稳定，第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O>C>Fe，故答案为：
O>C>Fe；
（4）A．根据Fe（CO）5的结构可知，Fe（CO）5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A正确；B．Fe（CO）5中Fe原子与5个CO成键，不是sp3杂化，故B错误；C.1molFe（CO）5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；D.Fe（CO）5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选AC；
（5）①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是γ，故答案为：
γ；
②α晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为：
6；
③γ晶体晶胞的边长为apm，1个晶胞中含有的铁原子数目=8×
+6×
=4，则γ-Fe单质的密度=
=
g/cm3，故答案为：
。
点睛：
本题的易错点为（4）和（5），（4）中要注意Fe（CO）5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；（5）中要注意晶体密度的计算方法。
另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。
12.某同学拟用煤干馏的产物W为基本原料合成一系列
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