C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性，例如：
HNO3、NH4NO3，也可能显碱性，例如NH3·H2O，故C错误；
D.由上述分析可知，MZ2是ClO2，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D正确；
本题答案为D。
【点睛】熟记10电子微粒是解题的关键，常见的10电子微粒有
原子：
Ne
分子：
HF、H2O、NH3、CH4
单核离子：
N3-、O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+
多核离子：
NH4+、H3O+、OH-、NH2-
7.如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，电池反应为：
4Li+FeS2=Fe+2Li2S。
下列说法不正确的是
A.该装置将化学能转化为电能
B.可以用水代替SO（CH3）2做溶剂
C.电子移动方向是由a极经外电路流向b极
D.b极电极反应式是：
FeS2＋4Li+＋4e-=Fe＋2Li2S
【答案】B
【解析】
【详解】A.锂电池是属于原电池，该装置将化学能转化为电能，故A正确；
B.若用水代替SO（CH3）2做溶剂，则水会和锂直接反应而无电流产生，故B错误；
C.a为电池的负极，b为电池的正极，电子从电池的负极经外电路流向电池的正极，故C正确；
D.b为电池的正极，电极反应式为：
FeS2＋4Li+＋4e-=Fe＋2Li2S，故D正确；
本题答案为B。
8.实验室用图示装置制备KC1O溶液，再与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。
【査阅资料】①Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。
（1）仪器a的名称是_________；装置A中反应的化学方程式为__________________。
（2）装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_________________________________。
（3）装置B吸收的气体是_________，装置D的作用是___________________________。
（4）C中得到足量KC1O后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），该反应的离子方程式为__________________________。
（5）往（4）所得溶液中加入饱和KOH溶液，冷却至0℃～5℃析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。
K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是___________。
（6）若实验中消耗了VmLcmol/L的Fe（NO3）3溶液，Fe（NO3）3充分反应，最终制得ag的K2FeO4固体，则本实验K2FeO4的产率为______________（列出算式即可）。
【答案】
（1）.圆底烧瓶
（2）.MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）.提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KC1O3（4）.HCl（5）.吸收Cl2，防止污染空气（6）.3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O（7）.重结晶（8）.
【解析】
【分析】
（1）装置A是实验室制取氯气的装置，按实验室制取氯气的有关原理回答；
（2）Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；
（3）制取氯气中含有HCl，装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是尾气吸收；
（4）KC1O加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，利用得失电子守恒、电荷守恒等配平书写离子方程式；
（5）K2FeO4和KCl均易溶于水，K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，应用重结晶的方法分离；
（6）依据Fe守恒，计算产率。
【详解】
（1）装置A是实验室制取氯气的装置，a是圆底烧瓶，A中发生的反应方程式为：
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
本题答案为：
圆底烧瓶、MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（2）Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以为了提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KC1O3，C中三颈烧瓶置于冰水浴中；
本题答案为：
提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KC1O3。
（3）制取氯气中含有HCl，装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气；
本题答案为：
HCl、吸收Cl2，防止污染空气。
（4）KC1O加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为：
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O；
本题答案为：
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O。
（5）K2FeO4和KCl均易溶于水，K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，应用重结晶的方法分离提纯K2FeO4；
本题答案为：
重结晶。
（6）依据反应过程中Fe守恒，设生成K2FeO4的物质的量为x，
则有：
Fe（NO3）3
K2FeO4
11
V
cmolx
解得：
x=V
cmol，m（K2FeO4）=V
cmol
198g/mol=0.198Vg，则本实验K2FeO4的产率为：
100
；
本题答案为：
100
。
9.锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。
已知闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分；软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分。
科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
请回答下列问题：
（1）反应I需不断搅拌，目的是____________________________。
（2）检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________；写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。
（3）反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________；反应III中MnO2的作用是________________。
（4）已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。
（5）图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：
将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→用乙醇洗涤→干燥。
用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。
【答案】
（1）.加快反应速率，提高原料利用率。
（2）.KSCN（或苯酚）（3）.2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O（4）.将溶液中的Cu2+还原成Cu（5）.将Fe2+氧化成Fe3+（6）.1.4×10-4（7）.蒸发结晶（8）.趁热过滤（9）.防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【解析】
【分析】
（1）反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程，搅拌是为了加快反应速率，提高原料利用率；
（2）溶液中是否含有Fe3+，检验试剂一般选择KSCN（或苯酚）；反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+；
（3）由图可知，反应Ⅱ加入适量锌有铜析出，故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu；反应III中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，最终生成Fe（OH）3沉淀；
（4）欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，依据ZnCO3、MnCO3溶度积常数，可求CO32-浓度；
（5）由图像溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO4•10H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得到Na2SO4晶体，应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤；因Na2SO4在乙醇中难于溶解，所以用乙醇而不用水洗涤，即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O，又能防止Na2SO4因溶于水而损耗。
【详解】
（1）反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程，搅拌是为了加快反应速率，提高原料利用率；
本题答案为：
加快反应速率，提高原料利用率。
（2）Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色，Fe3+遇到苯酚溶液显紫色，故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为：
KSCN（或苯酚）；反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+，反应的的离子方程式为：
2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O；
本题答案为：
KSCN（或苯酚）、2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O。
（3）由图可知，反应Ⅱ加入适量锌有铜析出，故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu；反应III中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，最终生成Fe（OH）3沉淀；
本题答案为：
将溶液中的Cu2+还原成Cu；将Fe2+氧化成Fe3+。
（4）欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，根据ZnCO3的Ksp=1.4×10-10，即c（Zn2+）c（CO32-）=1.4×10-10，求得：
c（CO32-）=1.4×10-10÷（1.0×10-6）=1.4
mol/L，同理可求使Mn2+沉淀，当Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L时，c（CO32-）=2.2
mol/L，所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4
mol/L；
本题答案为：
1.4
。
（5）由图像溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO4•10H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得到Na2SO4晶体，应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤；因Na2SO4在乙醇中难于溶解，所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O，又能防止Na2SO4因溶于水而损耗；
本题答案为：
蒸发结晶、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
10.甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H1=－49.58kJ•mol－1
反应Ⅱ：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H3=－90.77kJ•mol－1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2=_________，若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为K1、K2、K3，则K2=________（用K1、K3表示）。
（2）反应Ⅲ自发进行条件是___________（填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）。
（3）在一定条件下2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2，仅发生反应Ⅰ，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系，如下表所示。
温度（℃）
500
T
CO2的平衡转化率
60℅
40℅
①T______500℃（填“>”、“<”、“=”）。
②温度为500℃时，该反应10min时达到平衡。
用H2表示该反应的反应速率v（H2）=______________；该温度下，反应I的平衡常数K=______________L2/mol2
（4）由CO2制备甲醇还需要氢气。
工业上用电解法制取Na2FeO4，同时获得氢气：
Fe+2H2O+2OH−
FeO42−+3H2↑，工作原理如图所示。
电解一段时间后，c（OH−）降低的区域在__________（填“阴极室”或“阳极室”）。
该室发生的电极反应式为：
___________________________。
【答案】
（1）.+41.19kJ•mol－1
（2）.K1/K3（3）.较低温度（4）.>（5）.0.135mol·L－1·min－1（6）.200（7）.阳极室（8）.Fe-6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律：
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，得反应Ⅱ的△H2，反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差，所以反应Ⅱ平衡常数为：
K2=K1/K3；
（2）化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S
0时，反应能自发进行，据此解答；
（3）①反应Ⅰ的正反应是放热反应，所以升高温度二氧化碳的转化率减小；
②根据υ=
计算化学反应速率，平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
（4）该装置为电解池，阳极电极材料是Fe，铁在阳极失去电子，阳极的电极反应为：
Fe-6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O，阳极消耗了OH-。
【详解】
（1）由题所给的反应Ⅰ：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=－49.58kJ•mol－1
反应Ⅱ：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=－90.77kJ•mol－1
依据盖斯定律可得：
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，
H2=△H1-△H3=－49.58kJ•mol－1+90.77kJ•mol－1=+41.19kJ•mol－1，反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差，所以反应Ⅱ平衡常数为：
K2=K1/K3；
本题答案为：
+41.19kJ•mol－1，K2=K1/K3.
（2）当△G=△H-T△S
0时，反应能够自发进行，该反应的△S
0、△H
0，当温度较低时，反应Ⅲ能够自发进行；
本题答案为：
较低温度。
（3）①反应Ⅰ的正反应是放热反应，所以升高温度二氧化碳的转化率减小，则温度越低转化率越大，即T高于500℃；
本题答案为：
>。
②CO2的变化量为1.5mol×60%=0.9mol
CO2（g）
3H2（g）⇌CH3OH（g）
H2O（g）
初始量:
1.5mol3mol00
变化量:
0.9mol2.7mol0.9mol0.9mol
平衡量:
0.6mol0.3mol0.9mol0.9mol
υ（H2）=（2.7mol÷2L）÷10min=0.135mol/L-1•min-1，K=
=200L2/mol2
本题答案为：
0.135mol•L-1•min-1，200。
（4）该装置为电解池，阳极电极材料是Fe，铁在阳极失去电子，阳极的电极反应为：
Fe-6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O，由于阳极消耗了OH-，所以随着电解的进行c（OH−）会逐渐降低；
本题答案为：
阳极室、Fe-6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O。
11.在周期表中1~36号之间的W、X、Y、Z、Q五种元素，它们的原子序数依次增大，已知W与其余四种元素既不同周期也不同主族；X和Z的基态原子的核外电子均排布在3个能级上，且均有2个未成对电子；Q元素原子质子数为29。
（1）按电子排布，Q元素在周期表中属____________区。
（2）第一电离能Y______Z，电负性Y______Z（填“＞”，“＝”或“＜”）。
（3）W与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2；W与Y能形成多种二元化合物，如YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6……，W2Z分子中Z原子的杂化类型为______，YW3分子的立体构型为_____，YW3极易溶于W2Z的主要原因有___________________。
（写出两点即可）
（4）Q+基态核外电子排布式为________________________________。
（5）Q+与Y3-形成的晶胞结构如图所示，阴、阳离子间的核间距为apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶体的密度为_____________g·cm-3。
o-Y3-•-Q+
【答案】
（1）.ds
（2）.＞（3）.＜（4）.sp3（5）.三角锥形（6）
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