B．水和氨气分子间能够形成氢键，沸点较高，相对分子质量越大，沸点越高，热稳定性越高，故热稳定性：
i＞g，沸点：
i＞e，故B选项正确。
C．Y的含氧酸如亚硝酸为弱酸，W的含氧酸如亚硫酸也为弱酸，故C选项错误。
D．酸性氧化物指的是能与水作用成酸或与碱作用成盐的氧化物，判断依据是化学反应前后各元素化合价保持不变，显然NO不是酸性氧化物，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查元素化合物推断，物质的颜色、溶液pH为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物。
解框图题的方法：
最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
8.钴（Co）及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：
（废料中含有Al、Co2O3和Fe2O3等物质）。
请回答：
（1）废料用NaOH溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是____________。
（2）过程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液与Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式___________。
在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________。
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，请写出碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式__________________________________。
（4）若在实验室中完成过程Ⅳ，则沉淀物需在__________________（填仪器名称）中灼烧；写出在过程Ⅴ中发生反应的化学方程式__________________________________。
（5）将1.0×10-3mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________mol/L。
（已知：
CoCO3的溶度积为：
Ksp=1.0×10-13）
（6）CoO与盐酸反应可得粉红色的CoCl2溶液。
CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。
如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是____________________。
【答案】
（1）.增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）.Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2O（3）.Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境（4）.2Fe3++3
+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑（5）.坩埚（6）.3CoO+2Al
3Co+A12O3（7）.1.0×10-9（8）.CoCl2·2H2O
【解析】
【分析】
第一步中，Al和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：
2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中AlO2－与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。
滤渣中Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，之后调节PH得到Fe（OH）3。
滤液中Co2＋不能转化成沉淀，根据pH的范围为3.2≤pH<7.15调节PH得到碳酸钴沉淀之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co。
根据此分析进行解答。
【详解】
（1）废料进行矿石粉碎处理，可以增大接触面积，加快反应速率，
故答案：
为增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，故反应的离子方程式为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2O。
HCl被氧化后，Cl由－1价→0价，反应离子反应方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，会产生氯气污染环境，
故答案为：
Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2OCo2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）在过程Ⅱ中Fe3＋与碳酸根发生双水解，转化成Fe（OH）3，但Co2＋不能转化成沉淀。
碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式为2Fe3++3
+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：
2Fe3++3
+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑
（4）过程Ⅳ是将Al（OH）3灼烧生成Al2O3，需要在坩埚中进行，电解熔融氧化铝得到金属单质铝，过程Ⅴ中氧化钴与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co，化学方程式为3CoO+2Al
3Co+A12O3，
故答案为：
坩埚；3CoO+2Al
3Co+A12O3
（5）Co2+与CO32-结合成CoCO3沉淀，此时碳酸根的浓度为（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的浓度=
mol/L，
故答案为：
1.0×10-9
（6）由图可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物质A中含有的结晶水的物质的量为n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:
2，故物质A的化学式为CoCl2·2H2O，
故答案为：
CoCl2·2H2O
【点睛】点睛：
熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。
本题的难点是
（2）题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为（3），明确溶度积常数的含义是解题的关键。
9.V2O5可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。
V2O5是一种橙黄色片状晶体，微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物。
某研究小组将从钒铅锌矿（主要含有V2O5、PbO、ZnO、CaO）中提取V2O5及回收铅、锌等金属。
工艺流程如下图所示：
已知：
NH4VO3是白色粉末，可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。
2NH4VO3
V2O5＋2NH3↑＋H2O
请回答：
（1）钒铅锌矿高温熔炼时，生成金属铅的反应属于基本反应类型中的________反应；V2O5与纯碱反应的化学方程式为_______________________。
（2）流程中操作I的名称是_______________________。
（3）焦炭用量对还原熔炼效果的影响如下左图所示。
分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约______%较为合适。
（4）钒浸出过程中，液固比（液体质量：
固体质量）对钒浸出率的影响如上右图所示。
分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:
1,理由是___________。
（5）为制取纯度较高的V2O5，往含钒浸出液（主要为NaVO3）中加NH4Cl溶液，该反应的化学方程式是_________________________。
（6）在洗涤①操作时，可选用的洗涤剂________（填选项字母）。
A．乙醚B．1%NH4Cl溶液C．热水D．冷水
（7）在灼烧②操作时，需在流动空气中灼烧的可能原因_____________________。
【答案】
（1）.置换
（2）.V2O5+Na2CO3
2NaVO3+CO2↑（3）.过滤（4）.10（5）.液固比为2:
1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。
（6）.NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓（7）.BD（8）.若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率
【解析】
【详解】
（1）反应过程中加入了单质碳，反应生成单质金属铅，反应属于基本反应类型中的置换反应。
V2O5与纯碱反应生成NaVO3和CO2气体，故反应方程式为V2O5+Na2CO3
2NaVO3+CO2↑。
故答案为置换V2O5+Na2CO3
2NaVO3+CO2↑
（2）流程中操作I是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，名称是过滤。
故答案为过滤
（3）根据焦炭用量对还原熔炼效果的影响图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约10%较为合适。
故答案为10
（4）钒浸出过程中，液固比（液体质量：
固体质量）对钒浸出率的影响如上右图所示。
分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:
1，这时浸出率为97%以上，为进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量增大等问题；
故答案为液固比为2:
1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。
（5）往含钒浸出液中加NH4Cl溶液，发生反应NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓，该反应属于基本反应类型中的复分解反应。
故答案为NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓
（6）已知NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。
且为减小产物的损失，可以选择1%NH4Cl溶液和冷水进行洗涤。
故答案为BD
（7）灼烧操作②的过程中由NH4VO3灼烧得到V2O5和NH3↑，若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率，故要在流通的热空气中进行。
故答案为若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率。
10.CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。
CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。
己知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH（g）+
O2（g）＝CO2（g）+2H2O
（1）△H1=akJ•mol-1
H2（g）+
O2（g）＝H2O
（1）△H2=bkJ•mol-1
H2O（g）＝H2O（l）△H3=ckJ•mol-1
则CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=__________kJ•mol-1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：
C（s）＋CO2（g）
2CO（g）
H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数（φ（CO）％）的影响如图所示。
回答下列问题：
①压强 p1、p2、p3的大小关系是________；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_________。
②900℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________（保留三位有效数字），该反应的平衡常数Kp＝_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）①以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2（g）+CH4（g）
CH3COOH（g）。
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。
250～300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_____________；300～400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是___________。
②为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是_____（写一条即可）。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。
阴极上的电极反应式为___________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。
【答案】
（1）.（3b-a-c）
（2）.p1＜p2＜p3（3）.Ka＝Kb＜Kc（4）.66.7%（或0.667）（5）.3.2MPa（6）.催化剂的催化效率降低（7）.温度升高，化学反应速率加快（8）.增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来（9）.2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O（10）.6
【解析】
【分析】
本题需要根据盖斯定律进行计算△H，且根据三段式进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。
根据图像分析出反应C（s）＋CO2（g）
2CO（g）减小压强反应向正方向进行，正反应为吸热反应，
H＞0。
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，根据此分析进行解答。
【详解】
（1）已知①CH3OH（g）+
O2（g）＝CO2（g）+2H2O
（1）△H1=akJ•mol-1
②H2（g）+
O2（g）＝H2O
（1）△H2=bkJ•mol-1
③H2O（g）＝H2O（l）△H3=ckJ•mol-1
则根据盖斯定律，由3②-①-③可得到CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g），故△H=（3b-a-c）kJ•mol-1。
故答案为（3b-a-c）
（2）①对于反应C（s）＋CO2（g）
2CO（g）减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时
CO体积分数大于P2大于P3故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，
H＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝Kb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。
②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，
C（s）＋CO2（g）
2CO（g）
起始（mol）a0
变化（mol）m2m
平衡（mol）a-m2m
故
，
，故CO2的转化率为
≈66.7%（或0.667）。
压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝
故答案为p1＜p2＜p3Ka＝Kb＜Kc66.7%（或0.667）3.2MPa
（3）①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。
②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来。
故答案为催化剂的催化效率降低.温度升高，化学反应速率加快增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来
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