垐?2．已知：①H2 (g) + Se (g) 噲?H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是
A．H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b B．相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g) C．1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反应放热 87.48kJ
垐?D．H2 (g) + S (g) 噲? H2S (g) +QkJ ，Q< 87.48kJ
【答案】A 【解析】 【详解】
垐?A. 根据①H2 (g) + Se (g) 噲?H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) 垐?噲?H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b，故正确；
B. 相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故错误；
垐?C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (g) + Se (g) 噲?H2Se (g) +87.48kJ，该反应是可逆反应，放出的热
量小于87.48kJ，故错误；
D.S和Se是同族元素，S的非金属性比Se强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误； 故选：A。
3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。 下列说法正确的是 A．原子半径:W>X
C．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 【答案】D 【解析】 【分析】
W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。 【详解】
A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W B．最简单氢化物的热稳定性:Y>Z D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物 B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误； D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确； 故答案为D。 【点睛】 AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。 4．25 ℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．25 ℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4 B．M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +2c(CO32-) +c(OH-) -C．25 ℃时,HCO3+H2O H2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6 D．图中a=2.6 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 25 ℃时，当lgc?HCO3-?c?H2CO3??1即 c?HCO3-?c?H2CO3??10时，pH=7.4，H2CO3的一级电离 Ka1(H2CO3)= c?HCO3-??c?H??c?H2CO3??10?10?7.4?1.0×10-6.4，故A正确； B. 根据电荷守恒、物料守恒， M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +c(CO32-) +c(OH-)，故B错误； C. 25 ℃时，HCO3-+H2O ?14Kw10??6.4?1.0×10-7.6，故C正确； H2CO3+OH-的Kh= Ka110D. c?HCO3-??c?H??c?H2CO3??10?6.410?6.4?=102.6，所以a=2.6，故D正确；，图中M点pH=9， -9c?H2CO3?10c?HCO3-?选B。 5．举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（ ） A．往母液中加入食盐的主要目的是使B．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是C．沉淀池中反应的化学方程式： 更多的析出 、 和氨水 D．设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升 【答案】B 【解析】 【分析】 先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。 【详解】 A．向母液中通氨气作用有增大NH4的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误； B．向母液中通氨气作用有增大NH4的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确； C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误； D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误； 答案选B。 【点睛】 本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。 6．常温下，现有0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时， ++ 各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示： 下列说法不正确的是（ ） A．当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣） B．0.1 mol?L﹣1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣） C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小 D．分析可知，常温下Kb（NH3?H2O）＞Ka1（H2CO3） 【答案】C 【解析】 【分析】 A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小； B．0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4＋）=c（HCO3－）； C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4＋和HCO3－浓度变化； D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。 【详解】 A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣），故A正确； B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料 ﹣﹣ 守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），得到c（NH3?H2O）=c（H2CO3） +c（CO32﹣），故B正确； C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误； D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确； 故选：C。 【点睛】 本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。 7．镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150℃时，Ni(CO)4分解为Ni