C.W的单定不能与Y的单质反应
D.X与Z形成的化合物Z3X、ZX3中化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】因短周期元素核电荷数最大者为18，故Y是氧元素，Z是钠元素，由X、Y、W的最高价氧化物对应水化物是强酸可知，此三种元素中有N、S、Cl等三种中的两种，结合原子序数的大小关系可知，X是氮元素、W是硫元素或氯元素。
A.氧的非金属性强于氮，故水比氨气稳定，故A错误；
B.N3-、02-、Na+电子层结构相同，而Cl-比另外三种离子多一个电子层，电子层数越多的半径越大，电子层数相同的简单离子，核电荷数越小半径越大，故B正确；
C.当W是硫元素时，硫可以与氧气反应，故C错误；
D.X与Z形成的化合物中，Na3N只有离子键，而NaN3中还有共价键，故D错误。
故选B。
7.四甲基氢氧化铵[（CH3）4NOH]是一元强碱。
常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：
溶液导电性与离子浓度相关）。
下列说法正确的是
A.在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d
B.c点溶液中：
c（H+）=c（OH－）+c（NH3·H2O）
C.曲线I中c与e之间某点溶液呈中性
D.a点溶液pH=12
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线I对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线I代表氨水，曲线2代表四甲基氢氧化铵，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故A错误；
B.c点表示溶质是氯化铵，质子守恒式为c（H+）=c（OH-）+c（NH3∙H2O），故B正确；
C.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故C错误；
D.依题意，四甲基强氧化铵是一元强碱，c（OH-）=0.1mol∙L-1，c（H+）=1×10-13mol∙L-1，pH=-lgc（H+）=13，故D错误。
故选B。
8.过氧化钙（CaO2）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。
某小组设计实验利用氯化钙在碱性环境下和双氧水反应制备过氧化钙：
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________________；B装置作用是____________________。
（2）写出A中发生反应的化学方程式：
________________________________________。
（3）实验过程中，先启动A中反应，通入一段时间气体后，再向C中广口瓶里滴加双氧水。
先通入气体的目的是____________。
向C中广口瓶滴加双氧水的具体操作是________________。
（4）写出C中广口瓶里发生反应的主要离子方程式：
______________________________。
（5）长途运输海鲜产品，常用CaO2作供氧剂，不用Na2O2，其主要原因是__________。
（6）实验完毕后，经过滤、乙醇洗涤低温烘干，得到CaO2·8H2O粗产品，在105℃脱水得到CaO2产品。
已知：
在350℃时CaO2迅速分解生成CaO和O2。
利用如图装置测定产品纯度（夹持仪器和加热装置省略）：
实验室收集到VmLO2（已折算为标准状况下），则该样品纯度为__________%。
若读数时G中液面高于F中液面，测得结果__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.防倒吸或安全瓶（3）.2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O（4）.形成氯化钙碱性溶液（5）.取下分液漏斗塞子，旋转活塞（6）.Ca2++H2O2+2NH3∙H2O=CaO2↓+2NH4++2H2O（7）.CaO2与水反应释放氧气缓慢，Ca（OH）2腐蚀性比氢氧化钠弱，Ca（OH）2能吸收二氧化碳（8）.
（9）.偏低
【解析】
【分析】
根据实验装置图，分析物质制备的原理及仪器的作用和操作中注意事项；根据题干信息及实验数据计算产品纯度及进行误差分析。
【详解】
（1）仪器a的名称是分液漏斗；B装置作用是防倒吸或安全瓶，
故答案为：
分液漏斗；防倒吸或安全瓶；
（2）A中发生反应的化学方程式：
2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：
2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）依题意，氯化钙在碱性条件下和双氧水反应制备过氧化钙，所以，先通入氨气制得碱性氯化钙溶液。
双氧水是盛放在分液漏斗中的，故向C中广口瓶滴加双氧水的具体操作是：
取下分液漏斗塞子，旋转活塞。
故答案为：
形成氯化钙碱性溶液；取下分液漏斗塞子，旋转活塞；
（4）氨气溶于水得到氨水，主要成分是一水合氨，氨水显碱性，其作用是中和生成的盐酸，促进反应生成过氧化钙，反应为：
Ca2++H2O2+2NH3∙H2O=CaO2↓+2NH4++2H2O，
故答案为：
Ca2++H2O2+2NH3∙H2O=CaO2↓+2NH4++2H2O；
（5）给海鲜产品提供氧气，一要腐蚀性弱，二要供氧慢，从这两个角度分析原因为：
CaO2与水反应释放氧气缓慢，Ca（OH）2腐蚀性比氢氧化钠弱，Ca（OH）2能吸收二氧化碳。
故答案为：
CaO2与水反应释放氧气缓慢，Ca（OH）2腐蚀性比氢氧化钠弱，Ca（OH）2能吸收二氧化碳；
（6）2CaO2
2CaO+O2↑，m（CaO2）=
mol×2×72g/mol，ω（CaO2）=
%=
%；若G中液面高于F，则系统内气压偏大，导致V偏小，故测定结果偏低。
故答案为：
；偏低；
9.某小组以黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含少量SiO2等杂质）为原料制备铜化工产品CuAlO2的一种工艺如下:
已知①过滤1所得滤液中含金属离子有：
Cu2+、Fe2+和Fe3+，滤渣1的主要成分是：
SiO2和S；
②Cu（OH）2+4NH3·H2O====[Cu（NH3）4]2++2OH－+4H2O。
（1）从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A、B的最佳组合是__________（填代号）
（2）铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2·12H2O，它为制备铜化工产品提供铝源。
铵明矾溶液中NH4+、A13+、H+、OH－、SO42－浓度大小排序为______________________________。
（3）过滤3得到A1（OH）3和Cu（OH）2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：
______________________________。
（4）单位时间内“浸取”Cu2+的百分率（称为浸出率）与溶液浓度、温度关系如图1所示。
在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：
x_________y（填“>”“<”或“=”）。
相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是____________________________________。
（5）以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，铜的质量与通电时间关系如图2所示。
写出OA段阴极的反应方程式：
___________________________。
（6）常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10－38。
加入试剂B调节pH=3时c（Fe3+）=_________mol·L－1
【答案】
（1）.d
（2）.c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-）（3）.4Al（OH）3+4Cu（OH）2
4CuAl02+10H2O↑+O2↑（4）.<（5）.相同浓度，温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小（6）.Fe3++e-=Fe2+（7）.4×10-5
【解析】
【分析】
根据流程图分析每步的反应及产物，根据弱电解质的电离平衡及物料守恒、电荷守恒等原理分析溶液中离子的浓度大小；根据题干信息及氧化还原原理书写相关化学方程式。
【详解】
（1）用双氧水氧化亚铁离子不引入杂质，依题意，加入氨水过量会使氢氧化铜溶解，故应加入碱式碳酸铜，中和溶液中氢离子，促进铁离子完全水解生成氢氧化铁，过滤，除去过量的碱式碳酸铜和氢氧化铁，
故选d；
（2）碱性：
NH3∙H2O>Al（OH）3，所以水解程度：
Al3+>NH4+，故铵明矾溶液中c（NH4+）>
C（Al3+），再根据物料守恒和溶液呈酸性的特点比较得：
c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-），
故答案为：
c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-）；
（3）氢氧化铝、氢氧化铜的混合物受热分解，从产物组成看，铜元素化合价降低，另一种元素化合价升高，氢、铝元素都不能升高，只有氧元素化合价升高，故另一种产物为O2，方程式为：
4Al（OH）3+4Cu（OH）2
4CuAl02+10H2O↑+O2↑，
故答案为：
4Al（OH）3+4Cu（OH）2
4CuAl02+10H2O↑+O2↑；
（4）相同条件下，浓度越大，单位体积内粒子有效碰撞次数越多，化学反应速率越大。
由图可知，在20℃时，y的浸出率高于x，故1L溶液中有效碰撞总次数：
x＜ｙ。
相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是：
浓度相同时，若温度过高，铁离子水解程度会加快，用于浸取黄铜矿的氯化铁溶液浓度降低，
故答案为：
<；相同浓度，温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；
（5）分析溶液中阳离子，结合图2知，开始OA段没有铜析出，说明溶液中有过量的铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，故铁离子优先被还原成亚铁离子，电极反应为：
Fe3++e-=Fe2+，
故答案为：
Fe3++e-=Fe2+；
（6）根据溶度积计算，pH=3，c（H+）=1×10-3mol/L，c（OH-）=1×10-11mol/L，c（Fe3+）=
mol/L=4×10-5mol/L，
故答案为：
4×10-5。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
10.NO和CO均是大气污染物，但在适当条件下二者可发生氧化还原反应得到两种无害气体；2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H=－746kJ·mol－l。
（1）已知化学键N≡N和C=O的键能分别为946kJ·mol－l和745kJ·mol－l。
①若使1molNO完全分解为氮原子和氧原子需要消耗602kJ热量，则碳原子与氧原子结合形成1molCO时的能量变化为__________________。
②若已知N2（g）+O2（g）====2NO（g）△H=+180kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H为__________________。
（2）将2.2molNO和2.4molCO通入到某密闭容器中，测得反应过程中CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示。
①x代表的是_________（填“温度”或“压强”），Y1_______Y2（填“<”“>”或“=”），B、C两种混合气体平均相对分子质量MB、MC的相对天小关系是_____________。
②若A点容器的容积为2L，则该点对应温度下反应的平衡常数KA=______________。
（3）若维持温度、容器容积不变，下列关系能表明v（正）>v（逆）的是_____________。
A.浓度商QC>KB.生成速率：
v（CO2）=2v（N2）C.体系熵值减小
（4）现有甲、乙两种催化剂，其他条件相同时，测得在甲、乙两种催化剂分别催化下，相同时间内NO转化率与温度的关系如图2所示。
如果你是总工程师，会选择使用催化剂______________（填“甲”或“乙”），原因是____________________________。
【答案】
（1）.释放出988kJ的热量
（2）.-283kJ/mol（3）.压强（4）.<（5）.MB>MC（6）.1.2（7）.C（8）.乙（9）.乙在低温下有很强的催化活性
【解析】
【分析】
运用盖斯定律计算反应热，运用三段式法计算平衡状态时转化率及平衡常数等，根据浓度商与平衡常数的比较分析反应进行的方向。
【详解】
（1）①使1molNO完全分解成相应的原子吸收的能量、使碳原子与氧原子结合成1molCO释放的能量在数值上与相应的化学键的键能数值相等，故△H=反应物总键能—生成物总键能，设CO键能为xkJ/mol，则2x+2×602-（946+2×2×745）=-746，解得x=988，故碳原子与氧原子形成1molCO释放的热量为988kJ；
②由盖斯定律知，用2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H=－746kJ·mol－l加上N2（g）+O2（g）====2NO（g）△H=+180kJ·mol－1，即可得到2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=－566kJ·mol－l，则CO的燃烧热△H=-283kJ·mol－l，
故答案为：
释放出988kJ的热量；-283kJ/mol；
（2）①由于正反应是气体分子数目减少的放热反应，压强一定时，温度越高，CO的转化率越低，温度一定时，压强越大，CO的转化率越高，故X表示压强，Y表示温度，且Y1知，CO转化率越大，混合气体平均相对分子质量越大，即MB>MC；
②2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）
起始浓度（mol/L）1.21.100
转化浓度（mol/L）0.60.60.30.6
平衡浓度（mol/L）0.60.50.30.6
KA=
=
=1.2，
故答案为：
<；MB>MC；1.2；
（3）v（正）>v（逆）表明反应向右进行，由浓度商规则知，但Q>K时，反应逆向进行，A项错误；无论反应状态如何，由方程式知CO2、N2的生成速率之比总是v（CO2）:
v（N2）=2:
1；B项错误；向右进行时反应熵值减小，此时v（正）>v（逆），C项正确，
故选C；
（4）由图知，催化剂乙在温度较低时就有很强的催化活性，这样在相同的时间内能使更多的反应物转化为生成物。
故答案为：
乙；乙在低温下有很强的催化活性。
11.据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心（Mn、Fe、Co、Ni、Cu）催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成C1含氧化合物。
请回答下列问题：
（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”，该原子的外围电子排布式为____________。
（2）在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是____________（填元素符号）。
（3）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为__________。
（4）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C－H键，导致C与H之间的作用力_________（减弱”或“不变”）。
铁晶体中粒子之间作用力类型是__________________。
（5）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。
①它们的沸点分别为64.7、－195℃、100.8℃，其主要原因是____________________；
②CH4和HCHO比较，键角较大的是_________，主要原因是___________________。
（6）配离子的颜色d－d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d的分裂能，用符号△表示。
分裂能△[Co（H2O）62+]________△[Co（H2O）63+]（填“>”“<”或“=”），理由是_________________。
（7）钴晶胞和白铜（铜镍合金）晶胞如图所示。
①钴晶胞堆积方式的名称为____________________；
②已知白铜晶胞的密度为dg·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。
图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为_____________pm（列出计算式）。
【答案】
（1）.3d104s1
（2）.Cr（3）.光谱分析（4）.减弱（5）.金属键（6）.CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键较强，HCHO分子间只存在范德华力（7）.HCHO（8）.CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化（9）.<（10）.前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大（11）.六方最密堆积（12）.
×
×1010
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律分析基态原子的电子排布，根据微粒间的作用力类型比较物质的熔沸点等性质；根据晶胞的结构特点进行有关晶胞的相关计算。
【详解】
（1）五种基态金属原子的价层电子排布式依次为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态铜原子遵循洪特规则特例，d轨道全满或半满的时候比较稳定。
故答案为：
3d104s1；
（2）3d过渡金属中，基态铬原子外围电子排布式为3d54s1
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