B.Y的最高价氧化物不与任何酸反应
C.最高价氧化物对应水化物的酸性：
W>Y>Z
D.X的单质在空气中具有抗腐蚀性
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成离子化合物X3W2，则W为-3价，X为+2价，则W最外层为5个电子，X最外层为2个电子，故W为N元素，X为Mg元素。
W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11，故Y为Si元素。
W、Z同主族，则Z为P元素，据此分析；
【详解】A.原子半径：
Mg>Si>P>N，故A项错误；
B.Y的最高价氧化物为二氧化硅，可与HF反应，故B项错误；
C.最高价氧化物对应水化物的酸性：
HNO3>H3PO4>H2SiO3，故C项错误；
D.Mg单质与空气中的氧气反应，表面覆盖一层致密的氧化物薄膜，具有抗腐蚀性，故D项正确；
综上，本题选D。
6.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca（OH）2]，酸液室通入CO2（以NaCl为支持电解质），产生电能的同时可生产纯碱等物质。
下列叙述错误的是
A.电子由M极经外电路流向N极
B.N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑
C.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3
D.放电一段时间后，酸液室溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【分析】
氢气在电极M表面失电子得到氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。
酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极。
同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此分析；
【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A项正确；
B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑，故B项正确；
C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C项错误；
D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D项正确；
综上，本题选C。
7.常温下0.2mol·L－1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO42－、Cr2O72－和HCrO4－的分布曲线如图所示。
下列叙述错误的是（已知：
2CrO42－+2H+
Cr2O72－+H2O）
A.曲线M表示pH与CrO42－的变化关系
B.Ka2（H2CrO4）的数量级为10－6
C.HCrO4－的电离程度大于水解程度
D.pH=2和pH=5时，2HCrO4－⇌Cr2O72－+H2O的平衡常数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，Na2CrO4溶液中，CrO42－离子浓度最大，当溶液酸性增强时CrO42－浓度逐渐减小，c（HCrO4－）增大，所以M表示c（CrO42-）随pH变化的曲线，Q表示c（HCrO4－）随pH变化的曲线，据此分析；
【详解】A.Na2CrO4溶液中，存在大量CrO42－，当溶液酸性增强时CrO42－转化为Cr2O72－，CrO42－离子浓度减小，Cr2O72－离子浓度增大，所以曲线M表示pH与CrO42－的变化关系，故A项正确；
B.由图可知，Q表示的是c（HCrO4－）随pH变化的曲线，Ka2（H2CrO4）=c（H+）c（CrO42－）/c（HCrO4－），由图可知，当pH约为6.5时，c（CrO42－）和c（HCrO4－）相等，所以Ka2（H2CrO4）≈10-6.5=3.16×10-7，故B项错误；
C.由图可知，c（CrO42-）=c（H2CrO4）时，溶液显酸性，所以HCrO4－的电离程度大于水解程度，故C项正确；
D.pH=2和pH=5时，由于温度不变，所以平衡常数不变，故D项正确；
综上，本题选B。
8.亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。
实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。
已知：
NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。
（1）装置A制取SO2
①A中反应的化学方程式为___________。
②导管b的作用是___________。
（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___________（只写1种）。
②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___________。
（3）装置C的主要作用是___________（用离子方程式表示）。
（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___________。
（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度
准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L－1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。
用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
已知：
2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4
①配平：
______MnO4－+_____C2O42－+_____=______Mn2++_____+_____H2O
②滴定终点时的现象为___________。
③亚硝酰硫酸的纯度=___________。
[M（NOSO4H）=127g·mol－1]
【答案】
（1）.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；
（2）.平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；（3）.调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；（4）.生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；（5）.SO2+2OH-=SO32-+H2O；（6）.C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解；（7）.2；（8）.5；（9）.16H+；（10）.2；（11）.10CO2↑；（12）.8；（13）.溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；（14）.92.02%；
【解析】
【分析】
根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析；
【详解】
（1）①利用装置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式为：
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②导管b的作用是：
平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；
（2）①浓硫酸遇水放出大量热，维持体系温度不得高于20℃，还可以是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；
②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，反应速度明显加快，温度变化不大，排除温度的影响，其原因是：
生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，加快了反应速率；
（3）装置C利用氢氧化钠将剩余的二氧化硫吸收，防止污染环境，方程式为：
SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（4）NOSO4H遇水分解，C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解；
（5）①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。
结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：
2MnO4－+5C2O42－+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液，滴定终点时的现象为：
溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；
③根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。
用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
可知剩余的KMnO4的物质的量n1（MnO4－）=2/5n（C2O42－）=2/5×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2（MnO4－）=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。
n（NOSO4H）=5/2n2（MnO4－）=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m（NOSO4H）/1.380g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.380g×100%=92.02%；
【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。
经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。
可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。
9.工业上利用脱硫后的天然气合成氨的某流程如下：
（1）“一次转化”中H2O（g）过量的目的是___________。
（2）已知部分物质燃烧的热化学方程式如下：
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=－484kJ·mol－1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=－566kJ·mol－1
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=－802kJ·mol－1
“二次转化”时CH4和O2反应生成CO和H2的热化学方程式为___________。
（3）“CO变换”的反应是CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）某温度下，该反应的平衡常数K=1，若要使CO的转化率达到90%，则起始时c（H2O）︰c（CO）应不低于___________。
（4）“脱碳”后的溶液再生的方法是___________（以化学方程式表示）。
（5）“净化”时发生的反应为[Cu（NH3）2]Ac（aq）+CO（g）+NH3（g）
[Cu（NH3）3·CO]Ac（aq），△H<0。
充分吸收CO采取的措施是___________（选填序号）。
a.升温b.降温c.加压d.减压
（6）已知N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H<0，平衡时NH3的体积分数φ（NH3）与氢氮比x（H2与N2的物质的量比）的关系如图：
①T1___________T2（填“>”、“=”或“<”）。
②a点总压为50Mpa，T2时Kp=___________（Mpa）－2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）
③实验测得一定条件下合成氨反应的速率方程为v=kc（N2）c1.5（H2）c－1（NH3）。
以下措施既能加快反应速率，又能提高H2平衡转化率的是_____
a.加压b.使用催化剂c.增大氢氮比d.分离NH3
【答案】
（1）.增大CH4的平衡转化率；
（2）.2CH4（g）+O2（g）⇌2CO（g）+4H2（g）△H=-70kJ/mol;（3）.9:
1；（4）.2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O；（5）.bc；（6）.>；（7）.1/2700；（8）.ad；
【解析】
【分析】
经过第一次转化，将部分甲烷转化为一氧化碳和氢气，二次转化过程中富集空气，利用空气中的氧气，将甲烷转化为CO。
在CO变换中，将CO与H2O作用得到CO2和H2。
通过碳酸钾除去二氧化碳气体，经过净化得到纯净的氮气和氢气，最后合成了氨气，据此分析；
【详解】
（1）“一次转化”中CH4与H2O反应生成CO和H2，H2O（g）过量可以使平衡正向移动，增大CH4的平衡转化率；
（2）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=－484kJ·mol－1①
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=－566kJ·mol－1②
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=－802kJ·mol－1③
将2×③-2×①-②得，2CH4（g）+O2（g）⇌2CO（g）+4H2（g）△H=-70kJ/mol;
（3）设初始c（H2O）为amol/L，c（CO）为bmol/L，达到平衡状态时，转化的CO为xmol/L，三段式如下：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）
c0amol/Lbmol/L0mol/L0mol/L
△cxmol/Lxmol/Lxmol/Lxmol/L
c平（a-x）mol/L（b-x）mol/Lxmol/Lxmol/L
K=c（CO2）·c（H2）/c（CO）·c（H2O）=（xmol/L·xmol/L）/（a-x）mol/L·（b-x）mol/L=1，解得x=ab/（a+b），CO的转化率=x/a×100%≥90%，解得b≥9a，则起始时c（H2O）︰c（CO）应不低于9:
1
（4）“脱碳”过程中，二氧化碳结合碳酸钾生成碳酸氢钾，若要得到碳酸钾，可以在加热条加下，碳酸氢钾分解得到碳酸钾，其方程式为：
2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O；
（5）若要充分吸收CO，可采用降温或加压的方法，使平衡正向移动，故选bc；
（6）①当升高温度时，平衡向逆向移动，氨气的体积分数减小，故可知T1>T2；
②由题意可知，a点总压为50Mpa，平衡时氢气与氮气之比为3:
1，氨气的体积分数为0.2。
则氮气的体积分数为0.6，氨气的体积分数为0.2.平衡时氮气分压为10Mpa，氢气分压为30Mpa，氨气分压为10Mpa，T2时Kp=（10Mpa）2/10Mpa·（30Mpa）3=1/2700（Mpa）－2；
③a.加压时，平衡正向移动，氢气转化率增大。
v=kc（N2）c1.5（H2）c－1（NH3）=k[n（N2）/v][n（H2）/v]1.5[n（NH3）/v]－1=k·n（N2）·n（H2）1.5·n（NH3）/v-1.5，通过压缩体积增大压强时，可知反应速率加快，故a正确；
b.使用催化剂时，氢气平衡转化率不变，故b错误；
c.增大氢氮比，氢气平衡转化率降低，故c错误；
d.分离氨气，使平衡正向移动，氢气的转化率增大，v=kc（N2）c1.5（H2）c－1（NH3），氨气浓度减小，反应速率加快，d正确；故本题选ad；
10.钛广泛应用于航天、军事、化工、医疗等领域。
钛在高温下易和氧、氮、碳等元素化合，提炼纯钛条件苛刻。
从高钛渣（主要为TiO2）提炼海绵钛流程如下：
氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：
回答下列问题：
（1）高钛渣经过破碎、磁选磨粉后送氯化车间，磨粉的目的是___________。
（2）“分馏”得到的低沸点物是___________。
分馏难以除去ⅤOCl3，原因是___________。
加入铝粉使VOCl3转化为VOCl2便于除去，写出铝粉与VOCl3反应的化学方程式：
___________。
（3）“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，使AlCl3转化为__________而除去。
（4）“还原”需要在Ar的气氛中进行，原因是___________。
副产物经电解生成___________可循环使用。
（5）制备钛的一种新型方法是：
将TiO2粉末浇注成形，烧结后作阴极，以石墨为阳极，CaCl2为熔盐进行电解（CaCl2熔盐不参与电极反应，起溶解和传导O2－的作用）
①阳极牛成的气体除O2外，还有___________（填化学式）。
②阴极的电极反应式为___________。
【答案】
（1）.增大接触面积，加快反应速率；
（2）.四氯化硅（3）.VOCl3与TiCl4的沸点接近；（4）.3VOCl3+Al=VOCl2+AlCl3；（5）.Al（OH）3或AlOCl；（6）.防止镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应；（7）.Mg、Cl2；（8）.CO、CO2；（9）.TiO2+4e-=Ti+2O2-；
【解析】
【分析】
本题目的是制备单质钛。
首先将高钛渣氯化，得到粗TiCl4，其中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等多种杂质。
由于混合物中各物质沸点相差较大，利用分馏的方法除去FeCl3、SiCl4。
VOCl3与TiCl4的沸点接近，分馏难以除去ⅤOCl3，故加入铝粉，将TiCl4转化为AlCl3，从而除去VOCl3。
再将铝除去，经过蒸馏得到精TiCl4，经过还原最终得到纯净的单质钛，据此分析；
【详解】
（1）高钛渣经过破碎、磁选磨粉可以增大反应物之间的接触面积，加快反应速率；
（2）根据表格可知，四氯化硅的沸点最低，为56.5℃，故“分馏”得到的低沸点物是四氯化硅；VOCl3的沸点为138℃，TiCl4的沸点为136℃，VOCl3与TiCl4的沸点接近，分馏难以除去ⅤOCl3；
（3）该条件下发生AlCl3+H2O=AlOCl↓+2HCl，得到AlOCl，或认为Al3+水解，得到Al（OH）3，故答案为：
Al（OH）3或AlOCl；
（4）镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应，故“还原”需要在Ar的气氛中进行；Mg还原TiCl4得到单质Ti和氯化镁，在电解的条件下生成Mg、Cl2；
（5）①石墨为阳极，发生失电子的氧化反应，结合O2－生成CO或CO2；
②阴极反应物为二氧化钛，发生得电子的还原反应，电解质溶液中传导的是O2－，故阴极的电极反应式为：
TiO2+4e-=Ti+2O2-。
11.NaCl是重要的化工原料。
回答下列问题：
（1）元素Na的焰色反应呈___________色。
价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电了轨道表示式为___________。
（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，但其熔点比NaCl低，原因是___________。
（3）在适当的条件下，电解NaCl水溶液可制得NaClO3。
①NaCl水溶液中，不存在的微粒间作用力有___________（填序号）。
A.离子键B.极性键C.配位键D.氢键E.范德华力
②ClO3－离子的几何构型为___________，中心原子的杂化方式为___________。
（4）NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2反应，可以形成一种新晶体，其立方晶胞如下图所示（大球为Cl，小球为Na）。
①若A的原子坐标为（0，0，0），B的原子坐标为（
，0，
），则C的原子坐标为__________。
②晶体中，Cl构成的多面体包含___________个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为___________。
③已知晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_________g·cm－3（列出计算式）。
【答案】
（1）.黄；
（2）.
（3）.K+半径Na+，Br-半径大于Cl-，KBr中离子键更活泼，晶格能较低；（4）.A；（5）.三角锥形；（6）.sp3杂化；（7）.（1,3/4,1/2）；（8）.20；（9）.4；（10）.259/（NA·a3）·1030；
【解析】
【详解】
（1）元素Na的焰色反应呈黄色；激发态Na原子，价电子由3s能级激发到3p能级，其价电了轨道表示式为
（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，都属于离子晶体。
但其熔点比NaCl低，原因是K+半径大于Na+，Br-半径大于Cl-，KBr中离子间的作用力较弱，晶格能较低；
（3）①A.NaCl水溶液中，NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子，离子键被破坏，故A不符合题意；
B.水分子中存在极性键，故B符合题意；
C.钠离子提供空轨道，水分子
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