C.X为N元素，Z为S元素，S的含氧酸中硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，N的含氧酸中硝酸为强酸，亚硝酸为弱酸，所以Z的含氧酸酸性不一定强于X的含氧酸，故C错误；
D.W为H元素，Y为Mg元素，单质的还原性：
Mg>H2，故D错误。
答案选A。
6.如图所示阴阳膜组合电解装置用于循环脱硫，用NaOH溶液在反应池中吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解又制得NaOH。
其中a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨，产品C为H2SO4溶液。
下列说法正确的是
A.b为只允许阳离子通过的离子交换膜
B.阴极区中B最初充入稀NaOH溶液，产品E为氧气
C.反应池采用气、液逆流方式，目的是使反应更充分
D.阳极的电极反应式为SO32－＋2e－＋H2O===2H＋＋SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。
在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。
【详解】A.从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，A错误；
B.在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故E为氢气，B错误；
C.反应池中气体从下口通入，NaOH溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，C正确；
D.阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO32－-2e－＋H2O===2H＋＋SO42－，D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了电解原理、明确电解池中电解时离子的运动方向，判断离子交换膜的性质是关键，注意知识的电极方程式的书写等知识的归纳和梳理。
7.常温下，将稀HCl溶液滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中，测得混合液的pH和lg[C（AOH）/C（A+）]的关系如图所示，其中a点表示未加盐酸时的数据，e点表示HCl和AOH恰好完全反应时的数据。
下列说法错误的是
A.常温下，A+的水解平衡常数为1.0×10－10
B.点e溶液中水电离出的H+浓度为10－6.23mol/L
C.点c溶液中的n（A+）+n（AOH）等于点e溶液中的n（Cl－）
D.点d溶液中：
c（Cl－）>c（AOH）>c（A+）
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知，a点表示未加盐酸时，由图可知，当lg[c（AOH）/c（A+）]=1时，c（AOH）/c（A+）=10，此时pH=11，根据AOH
A++OH-，Kb=
=
=10-4；
由题中信息可知，图中e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液为ACl溶液，ACl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的H+来自水的电离；c点溶液为中性，c（H+）=c（OH-）；d点溶液盐酸过量，溶液为ACl和HCl混合溶液，据此分析解答。
【详解】A.由图可知，a点时lg[C（AOH）/C（A+）]=1，c（AOH）/c（A+）=10，pH=11，Kb=
=
=10-4，则A+的水解平衡常数为
=
=1.0×10－10，故A正确；
B.由题中信息可知，e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液为ACl溶液，ACl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的H+来自水的电离，所以点e溶液中水电离出的H+浓度为10－6.23mol/L，故B正确；
C.e点表示HCl和AOH恰好完全反应，根据物料守恒：
n（A+）+n（AOH）=n（Cl－），
从c点到e点继续滴加盐酸，n（Cl－）增大，但n（A+）+n（AOH）不变，所以点c溶液中的n（A+）+n（AOH）等于点e溶液中的n（Cl－），故C正确；
D.d点溶液盐酸过量，溶液为ACl和HCl混合溶液，由于A+水解受到抑制，水解程度微弱，所以点d溶液中：
c（Cl－）>c（A+）>c（AOH），故D错误。
答案选D。
8.氮化锂（Li3N）是一种优良的贮氢材料，遇水强烈水解，在空气中加热能剧烈燃烧，下图装置中ABCD用于制取干燥、纯净的N2，装置E用于制取Li3N。
已知：
锂的密度为0.534g/cm3，熔点180ºC，沸点1340ºC；锂与氨反应生成LiNH2和H2，约500ºC左右Li与N2反应生成Li3N。
回答下列问题：
（1）连接好装置开始实验前必须进行的操作是___。
（2）实验完成后，A、C、E装置中酒精灯撤去的顺序依次是___，装置F的仪器名称是___。
（3）装置D（未画出）所装药品是___，作用是干燥N2和___。
（4）装置E中石棉绒（透气且性质稳定）包裹的Li的作用是___，后一个Li粒装在铁舟中而不是直接放在反应管中的原因是___。
（5）装置C中反应的化学方程式为___。
（6）已知铁舟中金属锂质量为7.0g，将E中铁舟连同所装固体在实验前后进行称重，所得数据如下表所示，则Li3N的产率约为________%。
（保留一位小数）
采集时间
实验前
实验后
实验数据
40.2g
44.6g
【答案】
（1）.检查装置气密性
（2）.ECA（3）.干燥管（4）.浓硫酸或浓H2SO4（5）.吸收未反应完的NH3（6）.去除装置中残留的O2（7）.金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应（8）.3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O（9）.94.3
【解析】
【分析】
根据题中提供的装置完成制备氮化锂的实验，实验室用氢氧化钙和氯化铵混合加热制备少量氨气，产生的氨气用碱石灰干燥，用氧化铜将氨气氧化为氮气，由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氮气的杂质的目的，为防止空气中的水份进入有氮化锂的装置，实验装置的最后要连一个干燥装置，据此分析解答。
【详解】根据题中提供的装置完成制备氮化锂的实验，实验室用氢氧化钙和氯化铵混合加热制备少量氨气，产生的氨气用碱石灰干燥，用氧化铜将氨气氧化为氮气，由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氮气的杂质的目的，为防止空气中的水份进入有氮化锂的装置，实验装置的最后要连一个干燥装置。
（1）根据上面的分析可知，由于实验中有气体通过，实验前首先要检查装置气密性。
故答案为：
检查装置气密性；
（2）实验完成后，E中生成的Li3N要在氮气流中冷却，所以装置中酒精灯撤去的顺序依次是ECA，装置F的仪器名称是干燥管。
故答案为：
ECA；干燥管；
（3）由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氨气的杂质的目的，所以装置D所装药品是浓硫酸，作用是干燥N2和吸收未反应完的NH3，
故答案为：
浓硫酸；吸收未反应完的NH3；
（4）根据Li的性质及实验的要求，装置E中石棉绒包裹的Li的作用是去除装置中残留的O2。
后一个Li粒装在铁舟中而不是直接放在反应管中的原因是金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应。
故答案为：
去除装置中残留的O2；金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应；
（5）装置C中用氨气与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气及水，反应的方程式为3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O，
故答案为：
3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O；
（6）由实验数据可知，金属锂质量为7.0g，根据方程式：
N2+6Li
2Li3N，7.0gLi理论上制备Li3N的质量为
35=11.67g；
反应后固体增重为增加的氮元素的质量，则实际生成Li3N的质量为（44.6g-40.2g）×
=11.0g，
则Li3N的产率约为
100%=94.3%，
故答案为：
94.3%。
【点睛】本题考查氮化锂的制备，注意分析题给的条件，知道浓硫酸和碱石灰的作用，为了用纯净、干燥的氨气还原氧化铜以及用干燥的氮气与锂反应。
9.当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。
请回答下列问题：
（1）已知：
2NO（g）+O2（g）=2NO2（g） △H1＝－113kJ/mol
6NO2（g）+O3（g）=3N2O5（g） △H2＝－227kJ/mol
4NO2（g）+O2（g）=2N2O5（g） △H3＝－57kJ/mol
则2O3（g）=3O2（g）是_____反应（填“放热”或“吸热”），以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO（g）+O3（g）=NO2（g）+O2（g）△H4＝_______kJ/mol，最后将NO2与_____剂反应转化为无污染的气体而脱除。
（2）已知：
2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值___（填“增大”或“减小”）。
②反应I瞬间建立平衡，因此决定2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）反应速率快慢的是反应II，则反应I与反应II的活化能的大小关系为Ea1____Ea2（填“>”“<”或“＝”），请依据有效碰撞理论微观探析其原因___。
③一定温度下，反应2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）的速率方程为v正＝k·c2（NO）·c（O2），则k=__（用k1、k2、k3表示）。
（3）将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：
2NO2（g）
2NO（g）+O2（g），测得其平衡转化率α（NO2）随温度变化如图所示，从b点到a点降温平衡将向___移动。
图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=__________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】
（1）.放热
（2）.－198（3）.还原（4）.增大（5）.<（6）.活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快（7）.
（8）.左（9）.108kPa
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热并判断反应为放热还是吸热反应；根据氧化还原反应规律，二氧化氮转化为氮气，氮元素化合价降低，需要加入还原剂与之反应；
（2）①温度升高化学反应速率加快；
②反应I反应速率快，反应II反应速率慢，根据碰撞理论，活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
③步骤I反应：
2NO（g）
N2O2（g），
1正=k1c2（NO），
1逆=k2c（N2O2），
步骤II反应：
N2O2（g）＋O2（g）
2NO2（g），
2正=k3c（N2O2）c（O2），
步骤I反应+步骤II反应得总反应：
2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）
v正＝
×k3c（N2O2）c（O2）=
·c2（NO）·c（O2）=k·c2（NO）·c（O2）；
（3）根据温度对化学平衡的影响分析平衡移动方向；列出三段式找出平衡时各组分的平衡分压，根据Kp=
计算。
【详解】
（1）已知：
①2NO（g）+O2（g）=2NO2（g） △H1＝－113kJ/mol
②6NO2（g）+O3（g）=3N2O5（g） △H2＝－227kJ/mol
③4NO2（g）+O2（g）=2N2O5（g） △H3＝－57kJ/mol
根据盖斯定律②
2-③
3得④2O3（g）=3O2（g）△H＝－283kJ/mol，因△H<0，所以为放热反应；
根据盖斯定律（①+④）
2得NO（g）+O3（g）=NO2（g）+O2（g）△H＝[（-113kJ/mol）+（－283kJ/mol）]
2=－198kJ/mol，最后将NO2与还原剂反应转化为无污染的气体N2而脱除。
故答案为：
放热；－198；还原；
（2）①温度升高化学反应速率加快，所以温度升高将使k1、k2、k3、k4值增大；
②反应I反应速率快，反应II反应速率慢。
根据碰撞理论，活化能越低，则在相同条件下单位体积内活化分子数越多，有效碰撞几率就越大，化学反应速率就越快。
因此，反应I与反应II的活化能的大小关系为Ea1③步骤I反应：
2NO（g）
N2O2（g），
1正=k1c2（NO），
1逆=k2c（N2O2），
步骤II反应：
N2O2（g）＋O2（g）
2NO2（g），
2正=k3c（N2O2）c（O2），
步骤I反应+步骤II反应得总反应：
2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）
v正＝
×k3c（N2O2）c（O2）=
·c2（NO）·c（O2）=k·c2（NO）·c（O2），故k=
，
故答案为：
增大；<；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
；
（3）根据反应2NO（g）+O2（g）=2NO2（g） △H1＝－113kJ/mol为放热反应，
则反应2NO2（g）
2NO（g）+O2（g）为吸热反应，从b点到a点降温平衡将向左移动。
图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，设起始时NO2的物质的量为a，则
2NO2（g）
2NO（g）+O2（g）
起始（mol）a00
转化（mol）0.6a0.6a0.3a
平衡（mol）0.4a0.6a0.3a
平衡时总物质的量为0.4a+0.6a+0.3a=1.3a，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时总压强为160kPa
=208kPa，
平衡时NO2、NO和O2的平衡分压分别为208kPa×
=64kPa、208kPa×
=96kPa、208kPa×
=48kPa，
Kp=
=
=108kPa，
故答案为：
左；108kPa。
10.钛酸锂电池应用广泛，电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、铝箔及少量Fe，可通过下列工艺流程回收钛、锂。
回答下列问题：
（1）Li4Ti5O12中，Ti元素的化合价为___，滤液1中含金属的阴离子是___（填离子符号）。
（2）酸浸时Li4Ti5O12发生的反应是：
Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5[TiO（H2O2）]SO4+7H2O，该反应是否属于氧化还原反应？
___（填“是”或“否”）；滤渣1是___。
（3）向[TiO（H2O2）]SO4溶液中加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式为___。
（4）向TiOSO4溶液中通入NH3发生反应的离子方程式为___。
（5）沉淀TiO（OH）2用蒸馏水洗涤的目的是___。
（6）萃取时，温度对萃取率的影响如图所示。
由图分析知实验时选择在常温下进行即可，理由是__。
（7）“萃取”和“反萃取”可简单表示为：
[TiO（H2O2）]2+＋2（HA）2
[TiO（H2O2）]（HA2）2＋2H+，则反萃取过程中加入的试剂X是___。
【答案】
（1）.+4
（2）.AlO2－或Al（OH）4－（3）.否（4）.Fe（OH）3（5）.[TiO（H2O2）]2++SO32－=TiO2++SO42－+H2O（6）.TiO2++2NH3+2H2O=TiO（OH）2↓+2NH4+（7）.除去沉淀表面硫酸盐杂质（8）.因常温下钛的萃取率已经比较高（90%以上），温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温（9）.H2SO4
【解析】
【分析】
由流程图可知，钛酸锂电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、铝箔及少量Fe，加入氢氧化钠溶液碱浸，铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其他成分不溶于碱，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，Fe转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液调pH生成Fe（OH）3沉淀过滤除去，酸浸时Li4Ti5O12发生的反应是：
Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5[TiO（H2O2）]SO4+7H2O，经萃取和反萃取得到TiO（H2O2）]TiO（H2O2）SO4，水相中加入碳酸钠溶液得到Li2CO3沉淀；在TiO（H2O2）SO4溶液中加入亚硫酸钠溶液还原得到TiOSO4，再通入氨气产生TiO（OH）2沉淀，过滤后经蒸馏水洗去表面吸附的硫酸盐，再经干燥、煅烧得到纳米TiO2，据此分析解答。
【详解】
（1）Li4Ti5O12中，Li为+1价，O为-2价，则Ti元素的化合价为（12
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