C.W与X形成的化合物NaF溶于水，F-水解使溶液呈碱性，故C正确；
D.Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物分別为NaOH、Al（0H）3、HCIO4，氢氧化铝为两性氢氧化物，所以两两之间均能相互反应，故D正确。
故选B。
【点睛】微粒半径的比较：
（1）先看电子层，电子层数越多，半径越大。
（2）电子层数相同时，再看核电荷，核电荷越大，半径越小。
（3）电子层数和核电荷均相同时，看电子数，电子数越多半径越大。
5.银一Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+；③Fe2+与ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度（吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比）。
下列说法正确的是
A.①中，负极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e－====4Ag+2H2O
B.①中，溶液中的H+由正极移向负极
C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：
4
D.④中，甲醛浓度越大，吸光度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A.①中，负极的电极反应式为HCHO-4e-+H2O==CO2↑+4H+，正极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e-=4Ag+2H2O，故A错误；
B.①中，溶液中的H+由负极向正极移动，故B错误；
C.存在关系式：
HCHO~4Ag~4Fe2+，故理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:
4，故C正确；
D.甲醛浓度越大，理论上生成Fe2+的浓度越大，进而得到有色配合物的浓度也越大，溶液吸光度越大，故D错误。
故选C。
6..用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cu和浓硫酸发生反应:
Cu十2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故A正确；
B.通人SO2后产生胶状沉淀，说明生成了H2SiO3即H2SO3酸性强于H2SiO3，故B正确；
C.酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，紫色褪去，说明SO2具有还原性，故C正确；
D.SO2溶于水，溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能把H2SO3或SO32-氧化成SO42-，因此沉淀是BaSO4，故D错误。
故选D。
7.常温下，向10mL1mol·L－1元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液所加碱的体积与－lgc水（H+）的关系如图所示。
c水（H+）为溶液中水电离的c（H+）。
下列说法不正确的是
A.常温下，Kα（HA）的数量级为10－4
B.a、b两点pH均为7
C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D.溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】
【详解】A.起点溶液中c（H+）=10-2，Ka（HA）=10-4，故A正确；
B.从图像中可知，HA是弱酸，b点时溶液的溶质是NaA其中A-水解，使溶液呈碱性，故B错误；
C.a点到b点,先逐步生成盐后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.不断加入NaOH溶液，导电粒子浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。
故选B。
【点睛】通过溶液的电离或水解程度的大小，结合电荷守恒、物料守恒来判断溶液中离子浓度的变化是解答本题的关键。
8.氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。
一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠（Na2S2O8）溶液来处理，以减轻环境污染。
I.已知：
氯化钠是一种白色结晶颗粒，化学式为NaCN，有剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。
（1）请设计实验证明N、C元素的非金属性强弱：
______________________。
（2）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是______________________。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：
主反应：
（NH4）2S2O8+2NaOH
Na2S2O8+2NH3↑十2H2O
副反应：
2NH3+3Na2S2O8+6NaOH
6Na2SO4+6H2O+N2
某化学兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。
【实验一】实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。
（3）装置b的作用是______________________。
（4）装置a中反应产生的气体需要持续通人装置c的原因是______________________。
（5）上述装置中还需补充的实验仪器或装置有___________（填字母）。
A温度计B洗气瓶C.水浴装置D.酒精灯
【实验二】测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：
①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg·L－1。
②Ag++2CN－===[Ag（CN）2]－，Ag++I－===AgI↓，AgI呈黄色，且CN－优先与Ag+反应。
实验如下：
取100.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂用1.00×10－4mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。
（6）滴定终点的现象是____________________________________________。
（7）处理后的废水中氰化钠的浓度为___________mg·L－1；处理后的废水是否达到排放标准?
___________（填“是”或“否”）。
【答案】
（1）.取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸,有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，非金属性N>C
（2）.CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑（3）.作安全瓶，防止倒吸（4）.将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生（5）.ACD（6）.滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失（7）.0.147（8）.是
【解析】
【分析】
Na2S2O8与氢氧化钠反应生成（NH4）2S2O8，d装置处理尾气NH3，根据物质的制备和提纯实验操作及注意事项分析解答。
【详解】
（1）取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸,有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，非金属性越强，该元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则非金属性：
N>C；
故答案为：
N>C；
（2）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即反应生成了HCO3-和NH3，离子方程式为：
CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑；
故答案为：
CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑；
（3）由于氨气及易溶于水，是体系内压强快速减小，易发生倒吸，所以b装置是安全瓶，防止倒吸；
故答案为：
作安全瓶，防止倒吸；
（4）装置a中反应产生的O2，将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
故答案为：
将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
（5）根据题目信息提示，可知，制备反应需要在55℃的条件下进行，所以需要控制温度不能超过90℃，需要水浴加热、温度计和酒精灯；
故答案为：
ACD；
（6）用硝酸银溶液滴定的过程中，当滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失时，说明已经滴定到终点；
故答案为：
滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；
（7）根据化学计量关系可知，Ag+——2CN-，n（AgNO3）=1.00×10－4mol·L－1×0.0015mL=1.5×10-7mol，即n（NaCN）=2n（AgNO3）=1.5×10-7mol×2=3.0×10-7mol，m（NaCN）=3.0×10-7mol×49g/mol=1.47×10-5g，氰化钠的浓度为：
=0.147g/L；0.147g/L<0.50mg/L，所以已达到排放标准。
故答案为：
0.147，是。
9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。
某科研小组从某度旧铍铜元件（含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：
已知：
I.铍、铝元素化学性质相似；
Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：
（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有___________（填化学式），写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：
______________________。
（2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为___________（填字母）
a.加入过量的氨水b.通入过量的CO2
c.加入过量的NaOHd.加入适量的HCl
e.洗涤f.过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是__________________。
（3）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：
____________________________________________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是___________（任写一条）。
（4）滤液D中c（Cu2+）=2.2mol·L－1、c（Fe3+）=0.008mol·L－1、c（Mn2+）=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离首先沉淀的是___________（填离子符号），为使铜离子开始沉淀常温下应调节溶液的pH大于___________。
（5）电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍，下图是电解装置图。
①电解过程中，加入氯化钠的目的是___________。
②石墨电极上的电极反应式为_________________________________。
③电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为___________。
已知部分物质的熔沸点如下表：
【答案】
（1）.Na2BeO2、Na2SiO3
（2）.BeO22-+4H+=Be2++2H2O（3）.afed（4）.要在HCl气流中蒸发结晶（5）.MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O（6）.会产生污染环境的气体（7）.Fe3+（8）.4（9）.增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗（10）.Be2++2e-=Be（11）.可以控制温度1156—3234K之间冷却
【解析】
【分析】
旧铍铜元件与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，滤渣B中含有CuS和FeS，再与MnO2反应生成S，进而根据流程产物分析解答。
【详解】
（1）Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2，离子方程式为：
BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
故答案为：
Na2BeO2、Na2SiO3，BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（2）①由于Be的性质与Al相似，所以Be具有两性，用氨水使Be2+全部沉淀，再过滤，将Be（OH）2洗涤后，加入盐酸最终转化成BeCl2；
故答案为：
afed；
②由于Be2+易水解，所以想得到纯净的BeCl2需要在HCl气流中蒸发结晶；
故答案为：
要在HCl气流中蒸发结晶；
（3）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，所以化学反应方程式为：
MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；
故答案为：
MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；
②由于HNO3的氧化性很强，在反应中会产生氮的氧化物，对空气造成污染，所以我们不选用浓硝酸；
故答案为：
会产生污染环境的气体；
（4）Ksp越小，越容易沉淀，所以Fe3+最先沉淀，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20=c（Cu2+）·c（OH-）2，计算可到c（OH-）=10-10mol/L，即当c（OH-）=10-10mol/L时，即PH=4时，Cu2+开始沉淀；
所以答案为：
Fe3+，4；
（5）①电解过程中，加入氯化钠是为了增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗；
故答案为：
增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗；
②石墨电极生成金属Be，电极反应方程式为：
Be2++2e-=Be；
故答案为：
Be2++2e-=Be；
③图表信息可知Na和Be的熔沸点差距很大，分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度1156—3234K之间冷却；
故答案为：
可以控制温度1156—3234K之间冷却；
10.“低碳经济”备受关注，CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）绿色植物通过图1所示过程储存能量，用化学方程式表示其光合作用的过程：
（2）TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。
图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的过程，则该反应的化学方程式为___________。
（3）将一定量的CO2（g）和CH4（g）通入一恒容密闭容器中发生反应CO2（g）+CH4（g）
2CO（g）+2H2（g）。
①已知：
CH4（g）+2O2（g）====CO2（g）+2H2O（g）△H1=-802kJ·mol－1
CO（g）+1/2O2（g）====CO2（g）△H2=－283kJ·mol－1
CO（g）+H2O（g）====CO2（g）+H2（g）△H3=－41kJ·mol－1
则反应CO2（g）+CH4（g）
2CO（g）+2H2（g）的△H=___________。
②为了探究反应CO2（g）+CH4（g）
2CO（g）+2H2（g）的反应速率与与浓度的关系起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0mol·L－1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线（如图3）：
v正~c（CH4）和v逆~c（CO），则与v正~c（CH4）相对应的是图中曲线___________（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为___________（填“D”“E"或“F”）。
（4）用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。
①在捕集时，气相中有中间体NH2COONH4（氨基甲酸铵）生成。
现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：
NH2COONH4（s）
2NH3（g）+CO2（g）。
实验测得的有关数据见下表（t1氨基甲酸铵分解反应是___________（填“放热”或“吸热”）反应，15℃时此反应的化学平衡常数K=__________。
②在NH4HCO3溶液中，反应NH4++HCO3－+H2O
NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=___________（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10－5，H2CO3的电离平衡常数Ksp=4×10－7）。
【答案】
（1）.mCO2+nH2O
Cm（H2O）n+nO2
（2）.
（3）.+248kJ·mol－1（4）.乙，E（5）.吸热（6）.4×10-6（7）.1.25×10-3
【解析】
【分析】
根据热化学反应方程式的书写规则分析解答；根据外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答。
【详解】
（1）光合作用即是将CO2和水通过光合作用储存成能量，反应方程式为：
mCO2+nH2O
Cm（H2O）n+nO2；
故答案为：
mCO2+nH2O
Cm（H2O）n+nO2；
（2）乙醛和臭氧在TiO2作催化剂的条件下，反应生成CO2和水，方程式为：
；
故答案为：
（3）①反应I.CH4（g）+2O2（g）====CO2（g）+2H2O（g）△H1=-802kJ·mol－1
反应II.CO（g）+1/2O2（g）====CO2（g）△H2=－283kJ·mol－1
III.CO（g）+H2O（g）====CO2（g）+H2（g）△H3=－41kJ·mol－1
将I+（-4×II）+2×III，可得到热化学反应方程式为：
CO2（g）+CH4（g）
2CO（g）+2H2（g）△H=-802kJ·mol－1+[-4×（－283kJ·mol－1）]+2×（－41kJ·mol－1）=+248kJ·mol－1；
故答案为：
+248kJ·mol－1；
②从图像可知，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，即生成物CO的图像，乙是浓度从1.0降低到0.8mol/L，即反应物CH4，该反应是吸热反应，降低温度平衡向放热反应方向移动即向逆反应方向移动，生成物浓度减小，化学反应速率减小，E点符合；
故答案为：
乙；E；
（4）①从表格信息可知，温度升高，气体总浓度增大，向正反应方向移动，即温度升高平衡向吸热反应方向移动，即正反应方向吸热，根据反应化学计量关系可知，c（NH3）=2c（CO2），15℃时平衡是的气体总浓度为3×10-2mol/L，即c（NH3）+c（CO2）=3×10-2mol/L，得到c（NH3）=2×10-2mol/L，c（CO2）=10-2mol/L，K=c2（NH3）×c（CO2）=4×10-6；
故答案为：
吸热，4×10-6；
②根据盐类水解规律，已知NH3．H2O的电离平衡常数K=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K=4×10-7，碳酸氢根的水解程度更大，所以c（NH4+）大于c（HCO3-）；反应NH4++HCO3-+H2O═NH3．H2O+H2CO3的平衡常数K=
=
=
=1.25×10-3；
故答案为：
1.25×10-3；
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理相结合。
②紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；体积增大、减小还是不变；有无固体、纯液体物质参加或生成等。
③看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。
④看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。
⑤先拐先平。
例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
⑥定一议二。
当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
11.稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。
（1）钪（Sc）的基态原子M能层中能量不同的电子有___________种。
（2）铌的混合配体离子[Nd（H2O）6Cl2]+中，配体是___________（填“微粒符号”）。
（3）Sm（钐）的单质与1，2-二碘乙烷可发生如下反应：
Sm+CH2I－CH2I→SmI2+CH2=CH2↑。
CH2I－CH2I中碳原子杂化轨道类型为___________，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为___________。
常温下1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是___________。
（4）高温超导材料，是具有高临界转变温度，能在液氮温度条件下工作的超导材料。
高温超导材料钢钡铜氧化物中含有Cu3+。
基态时Cu3+的电子排布式为___________。
化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显+4价。
下面四种稀土元素的电离能（单位：
kJ·mol－1）数据如下表，判断最有可能显+4价的稀土元素是___________（填元素符号）
（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中Pr原子的配位数为___________。
O原子与Pr原子配位数不同，影响这一结
升级会员 