6.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E的最外层电子数之和为17，质子数之和为31，若E不为主族元素，B的气态氢化物的水溶液显碱性，C元素在大气中存在两种常见单质，D原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，下列叙述正确的是
A.A的气态氢化物的水溶液显酸性
B.原子半径的大小顺序：
r（A）>r（B）>r（C）
C.D的非金属性强于A，所以D的含氧酸的酸性强于A
D.含有A，B两元索的盐溶液不可能显中性
【答案】B
【解析】
【分析】
B的气态氢化物的水溶液显碱性，B为N；C元素在大气中存在两种常见单质氧气和臭氧，C为O；D为第三周期元素，原子最外层电子数是次外层电子数的0.875倍，所以最外层电子数为8×0.875=7，D为Cl；A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，所以E为Ar,属于0族元素，最外层有8个电子，氮原子最外层电子数为5，根据A、B、E的最外层电子数之和为17可知A原子最外层电子数有4，所以A为C；满足A、B、E三种元素的质子数之和为6+7+18=31条件，据以上分析解答。
【详解】结合以上分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cl、E为Ar，
A.A为C，其气态氢化物为甲烷，甲烷不溶于水，A错误；
B.同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径的大小顺序：
r（A）>r（B）>r（C），B正确；
C.只有该元素最高价氧化物的的水化物的含氧酸才能比较酸性强弱，C错误；
D.含有C、N两元素的盐溶液可能为醋酸铵，该溶液显中性，D错误；
综上所述，本题选B。
7.恒温条件下的可逆反应：
A（s）+2B（g）
2C（g）+D（g）△H<0，在甲容器充入2molA、2molB并保持压强不变，乙容器充入2molC、1molD并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。
为使平衡时两容器中B的浓度相等，下列措施不可行的是
A.乙容器中分离出一定量的D气体
B.向甲谷器中再充入一定量的B气体
C.将甲的活塞往下压至反应前的位置
D.适当降低乙容器的温度
【答案】B
【解析】
【分析】
在甲容器充入2molA、2molB，乙容器充入2molC、1molD；由于A呈固态，若甲、乙是恒温恒容容器，则达到平衡时甲、乙中B的浓度相等，而甲是恒温恒压容器，平衡时的体积大于起始时的体积，甲相当于在恒温恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时甲中B的浓度小于乙；要想保持平衡时两容器中B的浓度相等，可以采取减小乙容器内D气体的浓度，适当降低乙容器内的温度，使平衡向右移，减小B的浓度；或者把甲的活塞往下压至反应前的位置，缩小体积，增大甲容器内B的浓度；据以上分析解答。
【详解】在甲容器充入2molA、2molB，乙容器充入2molC、1molD；由于A呈固态，若甲、乙是恒温恒容容器，则达到平衡时甲、乙中B的浓度相等，而甲是恒温恒压容器，平衡时的体积大于起始时的体积，甲相当于在恒温恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时甲中B的浓度小于乙；
A项，要想保持平衡时两容器中B的浓度相等，可以从乙容器中分离出一定量的D气体，减小生成物浓度，平衡右移，可以使平衡时两容器中B的浓度相等，A正确；
B项，针对于甲容器：
属于等温等压，若向甲容器中再充入一定量的B气体，与原甲中平衡等效，B气体的浓度不变，不能使平衡时两容器中B的浓度相等，B错误；
C项，根据上述分析，可以将甲的活塞往下压至反应前的位置，此时与乙为恒温恒容下的等效平衡，两容器中B的浓度相等，C正确；
D项，该反应为放热反应，由于甲中B的浓度小于乙中B的浓度，所以适当降低乙容器的温度，平衡右移，可以使平衡时两容器中B的浓度相等，D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】针对A（s）+2B（g）
2C（g）+D（g）△H<0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入B（g），等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积变化不为0，所以平衡向左移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入B（g），等效于等压过程，与原平衡等效。
8.亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。
某学习小组通过如下装置（夹持及加热装置略去）制取NaNO2样品并对样品含量进行测定
该小组先查阅资料知：
NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3－。
（1）装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为__________，装置D中发生的化学反应方程式为___________。
（2）①装置C中所装的液体需满足的条件是____________________。
②其作用为____________________。
（3）装置E的作用是____________________。
（4）为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择__________（填化学式）来酸化KMnO4溶液。
（5）已知：
在酸性溶液中，NO2－可将MnO4－还原为Mn2+。
为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液（杂质不反应）。
滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是____________________，所得样品中NaNO2的质量分数为__________。
【答案】
（1）.）分液漏斗
（2）.Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2（3）.既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应（4）.通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例（5）.吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染（6）.H2SO4（7）.做氧化剂和指示剂（8）.86.25%
【解析】
【分析】
（1）装置A内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置B内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠据此写出反应的方程式；
（2）装置C的作用既可以使干燥一氧化氮、二氧化氮气体混合均匀，控制气体的流速，据此分析装置C中所装的液体需满足的条件及作用；
（3）酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气，据此分析装置E的作用；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，一般都用硫酸来酸化；
（5）NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，体现了酸性KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且30s内颜色保持不变；所以高锰酸钾溶液除了起到氧化性的作用外，还能起到指示剂的作用；根据氧化还原反应中电子得失守恒关系：
2MnO4－~5NO2－，计算出样品中含有亚硝酸钠的量及质量，最后计算出样品中NaNO2的质量分数。
【详解】
（1）控制液体的滴加速度，装置A中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗；装置A内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置B内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠，反应的化学反应方程式为：
Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2；
综上所述，本题答案是：
分液漏斗；Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2。
（2）①因为两个反应产生的NO2和NO最终要和碳酸钠反应，因此装置C中所装的液体需满足的条件是：
既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应；
综上所述，本题答案是：
既不能溶解NO2、NO，也不能与NO2、NO发生化学反应。
②该装置内所盛装的溶液除了使气体混合均匀，还可以通过观察C装置内液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例，以便NO2、NO混合气体尽可能与碳酸钠完全反应；
综上所述，本题答案是：
通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制NO2、NO的混合比例。
（3）根据信息可知，酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气；因此装置E的作用是吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染；
综上所述，本题答案是：
吸收过量的NO2、NO，避免尾气造成环境污染。
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化盐酸，不能用盐酸酸化；而硝酸具有强氧化性，影响实验，稀硫酸性质稳定，不能被高锰酸钾溶液氧化；所以该实验中需配制KMnO4标准溶液并选择稀H2SO4来酸化。
综上所述，本题答案是：
H2SO4。
（5）NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，体现了酸性KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且30s内颜色保持不变；以上利用了高锰酸钾的氧化性和做指示剂性质；消耗标准液的体积为20.00mL，25.00mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.100mol·L－1×0.02L=0.002mol；则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.02mol；根据化合价变化可得反应的关系式：
2MnO4－~5NO2－，则4.0g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×5/2=0.05mol，质量为0.05×69=3.45g，所以所得样品中NaNO2的质量分数为3.45g/4.0g×100%=86.25%；
综上所述，本题答案是：
做氧化剂和指示剂，86.25%。
9.LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。
以钛铁矿（主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质）为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾（FeSO4·7H2O）与磷酸和LiOH反应可制各LiFePO4，LiFePO4的制备流程如下图所示：
请回答下列问题：
（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为____________________。
（2）①加铁屑还原的目的是__________，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_________。
（3）①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为____________________，②其理由是______________________________。
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：
2Cu+H2O
Cu2O+H2↑。
则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极，石墨电极的电极反应式为____________________，当有0.1molCu2O生成时电路中转移__________mol电子。
【答案】
（1）.FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
（2）.把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜（3）.取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全（4）.磷酸硫酸亚铁溶液LiOH（5）.先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀（6）.正（7）.2H2O+2e-=H2↑+2OH-（8）.0.2
【解析】
【分析】
（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，据此写出方程式；
（2）①铁具有还原性，能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜；
②还原的是否完全，通过检验反应后的溶液中是否含有铁离子即可，选用试剂硫氰化钾溶液；
（3）亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，需要加酸抑制其水解，据此分析三种试剂加入的顺序；
（4）电解池的阳极与电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极与电源的负极相连，发生还原反应；根据总反应方程式及电子转移数目进行计算；
【详解】
（1）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：
FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；
综上所述，本题答案是：
FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。
（2）①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；
综上所述，本题答案是：
把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。
②加入的还原剂铁能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜，还原的是否完全，可以通过检验还原后的溶液中是否存在铁离子，其操作方法为：
取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；
综上所述，本题答案是：
取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全。
（3）①“反应”需要按照磷酸、FeSO4溶液和LiOH顺序加入试剂；
综上所述，本题答案是：
磷酸、硫酸亚铁溶液、LiOH。
②亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，因此先加磷酸，产生酸性环境，然后再加入FeSO4溶液，在酸性环境下可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；最后加入LiOH；
综上所述，本题答案是：
在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；
（4）根据电解总反应：
2Cu+H2O
Cu2O+H2↑可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；根据该反应可知2e-~Cu2O，所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子。
综上所述，本题答案是：
正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。
10.大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。
（1）用CH4催化还原氮氧化物，已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=akJ/mol，欲计算反应CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O
（1）的焓变△H2，则还需要查找某化合反应的焓变△H3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时△H3=bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为____________________。
据此计算出△H2=__________kJ/mol（用含a和b的式子表示）。
（2）汽车尾气转化的反应之一：
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H=－746.5kJ/mol。
在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
①前2s内的平均反应速率υ（N2）=______________________________。
②在该温度下，反应的平衡常数K=___________（只写出计算结果）。
③对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明___________（填字母）。
A.该反应的反应物混合后很不稳定
B.在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成
C.该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小
D.该反应在一定条件下能自发进行
E.该反应使用催化剂意义不大
（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CN－转化为碳酸盐和N2而除去。
写出该反应的离子方程式为______________________。
（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。
已知Ksp（NiS）=1.1×10－21，Ksp（CuS）=1.3×10－36，国家规定的排放标淮：
镍低于1.1×10－5mol·L－1，铜低于7.8×10－5mol·L－l。
则需要控制溶液中S2－的浓度不低于__mol·L－1。
【答案】
（1）.N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3=bkJ/mol
（2）.a-2b（3）.1.875×10-4mol/（L∙s）（4）.5000（5）.BCD（6）.2CN－+5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl-+H2O（7）.1×10-16
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①根据表格数据先计算出υ（NO），然后根据速率之比和系数成正比计算出υ（N2）；
②计算出平衡以后各物质的浓度，根据平衡常数计算公式进行计算；
③根据影响化学反应速率的因素进行分析，根据∆G=∆H-T∆S<0反应能够自发进行进行
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