B.简单离子的半径大小：
Y>Z>X
C.含Z元素的盐，其水溶液可能显酸性，也可能显碱性
D.X与Y形成的所有化合物中均只含一种化学键
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中原子半径最大的，W原子最外层电子数是电子层数的2倍，工业上电解熔融Z2X3制备单质Z，可推出Y是Na，W是S，Z是Al，X是O。
【详解】A.X是O，W是S，氧元素的非金属性强于硫元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故A错误；
B.Y是Na，Z是Al，X是O，它们形成的简单离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，核电荷数大，半径小，所以离子半径是X>Y>Z；故B错误；
C.Z是Al，NaAlO2溶液显碱性，AlCl3溶液显酸性，故C正确；
D.Y是Na，X是O，Na2O2中既含离子键又含共价键，故D错误。
故选C。
【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。
6.常温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L－1的H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示。
下列说法错误的是
A.水的电离程度：
C>B
B.向A点溶液中加少量的水:
保持不变
C.C点：
c（Na+）>c（HA－）+2c（A2－）
D.D点：
2c（Na+）=c（HA－）+c（H2A）+c（A2－）
【答案】D
【解析】
【分析】
0.1mol·L－1的H2A溶液的PH>1，说明是弱酸，存在平衡H2A
H++HA-，HA-
H++A-。
【详解】A.C点加入10mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，发生反应NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，溶液pH略大于7，说明HA-的水解程度大于电离程度，促进水的电离，B点为中性溶液，故水的电离程度：
C>B，故A正确；
B.根据图象可知，0.1mol·L－1的H2A溶液的pH大于1，说明H2A弱酸，H2A
H++HA-，若A点溶液中加入少量水，促进弱酸的电离，H2A
H++HA-，Ka=c（H+）c（HA-）/c（H2A），
=c（H+）c（HA-）/c（H2A）c（OH-）c（H+）=c（H+）c（HA-）/c（H2A）Kw=Ka/Kw，温度不变，Ka和Kw都不变，故B正确；
C.C点溶液的pH>7，为碱性溶液，故c（H+）c（HA-）+2c（A2－），故C正确；
D.D点水溶液为Na2A，根据物料守恒得c（Na+）=2[c（HA－）+c（H2A）+c（A2－）]，故D错误。
故选D。
7.利用铜和石墨做电极，在盐酸介质中，铜与氢叠氮酸（HN3）构成原电池，总反应方程式为：
2Cu+2Cl－+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+。
下列判断正确的是
A.电子从石墨电极流向铜电极
B.溶液中C1－向石墨电极移动
C.每转移1mol电子，负极减重64g
D.正极反应式为：
HN3+2e－+3H+=N2↑+NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A.该装置为原电池，铜为负极，石墨为正极，电子从铜电极流向石墨电极，故A错误；
B.溶液中C1－向铜电极移动，故B错误；
C.负极为铜电极，结合电池反应得到，负极的电极反应式为：
Cu+Cl－-e-=CuCl（s），负极生成了CuCl（s），质量增重了，故C错误；
D.总反应方程式为：
2Cu+2Cl－+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+，负极的电极反应式为：
Cu+Cl－-e-=CuCl（s），用总式减去负极反应式得到正极反应式为：
HN3+2e－+3H+=N2↑+NH4+，故D正确。
故选D。
【点睛】原电池是把化学能转化为电能的装置，原电池中，阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。
三、非选择题：
共174分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
8.高锰酸钾是一种重要的氧化剂，在消毒杀菌等方面应用广泛。
实验室以固体碱熔氧化法制备高锰酸钾，其部分流程如下：
回答下列问题：
（1）为提高第③步的浸出速率，可采取的措施之一是______________________________
（2）第④步通入CO2，将溶液的pH调至10-11时，K2MnO4完全转化为KMnO4和MnO2。
第①步碱熔时发生反应的化学方程式为______________________________。
（3）第⑥步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和________。
该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是________________。
（4）工业上可采用如图所示装置电解K2MnO4溶液制备KMnO4。
①b是直流电源的________极
②该装置中的离子交换膜是________交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）
③电解时阳极的电极反应式是________________。
④与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是________________________。
【答案】
（1）.不断搅拌或适当加热
（2）.3MnO2+6KOH+KClO3
KCl+3K2MnO4+3H2O（3）.KMnO4（4）.MnO2（5）.负（6）.阳离子（7）.MnO42--e-=MnO4-（8）.原料利用率高，产品更纯净
【解析】
【分析】
在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中通入CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体。
（1）搅拌、适当升温、将废渣碾碎成粉末等均可加快反应速率。
（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4。
（3）第⑥步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和KMnO4，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是MnO2。
（4）①由图可知，MnO42-应该在阳极放电，所以a是直流电源的正极，b是直流电源的负极。
②该装置中的离子交换膜是阳离子交换膜，允许阳离子通过。
③电解时阳极的MnO42-的放电能力强于OH-。
④与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是原料利用率高，产品更纯净。
【详解】在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中通入CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体。
（1）搅拌、适当升温、将废渣碾碎成粉末等均可加快反应速率，所以为提高第③步的浸出速率，可采取的措施有将熔融物粉碎、不断搅拌、适当加热等，故答案为：
不断搅拌或适当加热。
（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，发生反应方程式为：
KClO3+3MnO2+6KOH
KCl+3K2MnO4+3H2O，故答案为：
KClO3+3MnO2+6KOH
KCl+3K2MnO4+3H2O。
（3）第⑥步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和KMnO4，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是MnO2，故答案为：
KMnO4；MnO2。
（4）①由图可知，MnO42-应该在阳极失电子生成MnO4-，所以a是直流电源的正极，b是直流电源的负极，故答案为：
负。
②由图可知，阴极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑，阴极区OH-浓度增大，稀KOH变为浓KOH，该装置中的离子交换膜应是阳离子交换膜，允许阳离子K+通过，故答案为：
阳离子。
③电解时阳极的MnO42-的放电能力强于OH-，故阳极的电极反应式为：
MnO42--e-=MnO4-，故答案为：
MnO42--e-=MnO4-。
④与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是原料利用率高，产品更纯净，故答案为：
原料利用率高，产品更纯净。
【点睛】电解池是把电能转化为化学能的装置，在电解池中，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应。
9.燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。
回答下列问题：
（1）已知SO2（g）+O3（g）
SO3（g）+O2（g）△H1=－241.6kJ·mol－1
NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g）△H2=－199.8kJ·mol－1
则反应SO3（g）+NO（g）
SO2（g）+NO2（g）的△H=________kJ·mol－1
（2）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3发生反应NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g），2min时达到平衡状态。
①若测得2min内v（NO）=0.21mol·L－1·min－1，则平衡时NO的转化率α1=________；若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2________α1（填“>”“<”或“=”）
②保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，此时平衡将向________（填“正”或“逆”）方向移动
③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态。
t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是________，t6时刻改变的条件是________，t4时刻改变条件后v（正）________v（逆）（填“>”“<”或“=”）
（3）处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。
已知25℃时，K（NH3·H2O）=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp（CaSO4）=7.1×10－5。
第1步：
用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：
加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－
CaSO4↓+2NH3·H2O。
①25℃时，0.1mol·L－1（NH4）2SO3溶液呈________（填“酸性”“碱性”或“中性”）。
②计算第2步反应的平衡常数K=________（列出计算式即可）。
【答案】
（1）.+41.8
（2）.84％（3）.=（4）.逆（5）.升高温度（或增大生成物的浓度）（6）.使用催化剂（或增大压强）（7）.>（8）.碱性（9）.1/（1.8×10－5）2×7.1×10－5
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律解答。
（2）①根据三段式解答。
NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g），
起始（mol）1100
转化（mol）xxxx
平衡（mol）1-x1-xxx
②根据平衡移动原理解答。
③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g）由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v（正）>v（逆）。
（3）①由题可知25℃时，K（NH3·H2O）=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K（NH3·H2O）=1.8×10－5的小，所以SO32-水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1（NH4）2SO3溶液呈碱性。
②加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－
CaSO4↓+2NH3·H2O，由于Ksp（CaSO4）=c（Ca2+）c（SO42－）=7.1×10－5，K（NH3·H2O）=c（OH－）c（NH4+）/c（NH3·H2O）=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2（NH3·H2O）/c（Ca2+）c2（OH－）c2（NH4+）c（SO42－）=c2（NH3·H2O）/c2（OH－）c2（NH4+）×7.1×10－5=1/（1.8×10－5）2×7.1×10－5。
【详解】
（1）①已知SO2（g）+O3（g）
SO3（g）+O2（g）△H1=－241.6kJ·mol－1
②NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g）△H2=－199.8kJ·mol－1
②-①得，反应SO3（g）+NO（g）
SO2（g）+NO2（g），△H=－199.8kJ·mol－1+241.6kJ·mol－1=+41.8kJ·mol－1，故答案为：
+41.8。
（2）①NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g），
起始（mol）1100
转化（mol）xxxx
平衡（mol）1-x1-xxx
v（NO）=（x/2L）/2min=0.21mol·L－1·min－1，所以x=0.84mol，则平衡时NO的转化率α1=0.84mol÷1mol×100％=84％；NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g）由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，平衡不移动，则平衡时NO的转化率α2=α1，故答案为：
84％；=。
②NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g），
2min平衡（mol）：
0.160.160.840.84
保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，根据平衡常数与浓度商的关系可知，平衡应该向逆反应方向移动，故答案为：
逆。
③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO（g）+O3（g）
NO2（g）+O2（g）由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v（正）>v（逆）,故答案为：
升高温度（或增大生成物的浓度）；使用催化剂（或增大压强）；>。
（3）①由题可知25℃时，K（NH3·H2O）=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K（NH3·H2O）=1.8×10－5的小，所以SO32-水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1（NH4）2SO3溶液呈碱性，故答案为：
碱性。
②第2步：
加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－
CaSO4↓+2NH3·H2O，
由于Ksp（CaSO4）=c（Ca2+）c（SO42－）=7.1×10－5，K（NH3·H2O）=c（OH－）c（NH4+）/c（NH3·H2O）=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2（NH3·H2O）/c（Ca2+）c2（OH－）c2（NH4+）c（SO42－）=c2（NH3·H2O）/c2（OH－）c2（NH4+）×7.1×10－5=1/（1.8×10－5）2×7.1×10－5
故答案为：
1/（1.8×10－5）2×7.1×10－5。
10.水合肼（N2H4·H2O）是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用下图装置制备（部分装置省略）。
步骤1关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。
步骤2关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4·H2O。
回答下列问题：
（1）盛放碱石灰的仪器的名称为________________。
（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__________。
（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是____________________。
（4）本装置中制备氨气的化学方程式是______________________________。
（5）NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O的化学方程式为______________________________。
（6）已知：
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，实验室用碘标准溶液测定N2H4·H2O粗产品的纯度。
若称取N2H4·H2O粗产品（其它杂质不与I2反应）2.000g，加水配成250.00mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用0.3000mol·L－1的碘标准溶液进行滴定，碘标准溶液盛放在__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
达到终点的现象是__________.实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则粗产品中水合肼的质量分数为___________________。
【答案】
（1）.干燥管
（2）.量筒（3）.排除空气及多余氯气（4）.Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O（5）.2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl（6）.酸式（7）.溶液变蓝且半分钟内不褪色（8）.75.00％
【解析】
【分析】
（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管。
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：
烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒。
（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气。
（4）本装置中是使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，原料应为Ca（OH）2和NH4Cl。
（5）NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O和NaCl，化学方程式为：
2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。
（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：
溶液变蓝且半分钟内不褪色；
设粗产品中N2H4·H2O的质量分数为a，利用化学反应中碘和肼的比例关系计算。
【详解】
（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管，故答案为：
干燥管；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：
烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，故答案为：
量筒。
（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气，故答案为：
排除空气及多余氯气。
（4）本装置中使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，反应的方程式为：
Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：
Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（5）NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O和NaCl，化学方程式为：
2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl，故答案为：
2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。
（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：
溶液变蓝且半分钟内不褪色；
设粗产品中N2H4·H2O的质量分数为a，则：
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4
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