B．元素的非金属性：
O>S，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强，故氢化物的稳定性：
H2O>H2S，即b>d，B错误；
C．y
Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，电离产生2个Na+和O22-，所以y中阴、阳离子个数比为1：
2，C正确；
D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，w为NaOH，1molNa2O2反应消耗1molH2O产生2molNaOH，所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查无机物的推断，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口，试题侧重考查学生的分析与推断能力。
6.我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。
研究青铜器中（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。
下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
下列说法不正确的是（）
A.青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化
B.正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
C.环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓
D.若生成2molCu2（OH）3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4L
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A正确；
B.O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：
O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；
C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和OH-反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓，C正确；
D.每生成1molCu2（OH）3Cl，需2molCu2+，转移4mol电子，消耗1molO2，则根据转移电子守恒可得生成2molCu2（OH）3Cl，需消耗O2的物质的量n（O2）=
=2mol，则理论上消耗标准状况下O2的体积V=2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；
故合理选项是D。
7.25℃时，向10mL0.1mol·L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液的AG
变化如图所示（溶液混合时体积变化忽略不计）。
下列说法不正确的是
A.若a=-8，则Kb（XOH）≈10-5
B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C.R点溶液中可能存在c（X+）+c（XOH）=c（Cl-）
D.M点到N点，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.a点表示0.1mol·L－1一元弱碱XOH，若a=－8，则c（OH-）=10-3mol/L，所以Kb（XOH）≈
=
=10－5，故A正确；
B.两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。
M点AG=0，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；
C.若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c（X+）+c（XOH）=c（C1－），故C正确；
D.M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。
故选B。
考生根据要求作答。
（一）必考题：
共129分。
8.亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。
某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。
已知：
亚硝酰氯（NOCl）的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。
请回答下列问题：
（1）装置A中仪器a的名称是____________。
（2）实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。
（3）实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。
（4）装置C中应选用的试剂为____________（填试剂名称）。
（5）装置F的作用是____________。
（6）工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：
NO+S2O42-+H2O——N2+HSO3-（未配平）
①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
②阴极的电极反应式为_______。
（7）NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。
请设计实验证明HNO2是弱酸：
_______。
【答案】
（1）.圆底烧瓶
（2）.K1（3）.排尽装置内的空气，防止NO被氧化（4）.平衡气压，避免装置内压强过大（5）.浓硫酸（6）.冷凝收集亚硝酰氯（7）.1：
1（8）.2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O（9）.用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸
【解析】
【分析】
装置A是制备氯气的发生装置，装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，防止B中压强过大，检查装置是否堵塞，装置C是干燥气体，进入装置E中，推入NO气体，NO与Cl2在通常条件下反应产生亚硝酰氯（C1NO），进入装置F中利用冰盐冷却收集亚硝酰氯，通过装置G可避免水蒸气进入，最后通入氢氧化钠溶液中处理尾气。
【详解】
（1）根据仪器的结构可知：
装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶；
（2）NO容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；
（3）反应产生气体速率快，B中气泡多，反应产生气体慢，B中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；
（4）在装置E中Cl2与NO反应产生NOCl，由于NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；
（5）亚硝酰氯（NOC1）的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，装置F的作用是：
冷凝收集亚硝酰氯；
（6）①工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：
2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：
1；
②阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
（7）NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。
证明HNO2是弱酸的方法：
用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。
物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有强的接受信息、处理信息应用的能力。
9.三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。
工业上利用含镍废水（镍主要以NiR2络合物形式存在）制取草酸镍（NiC2O4），再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。
工艺流程如图所示：
已知：
①NiR2（aq）
Ni2+（aq）+2R-（aq）（R-为有机物配位体，K=1.6×10-14）
②Ksp[Fe（OH）3]=2.16×10-39，Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15
③Ka1（H2C2O4）=5.6×10-2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10-5
④“脱络”过程中，R-与中间产物·OH反应生成·R（有机物自由基），·OH能与H2O2发生反应。
有关反应的方程式如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·OH.
ii.R-+·OH=OH-+·R
iii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O
请回答下列问题：
（1）中间产物·OH的电子式是_______。
（2）“沉铁”时，若溶液中c（Ni2+）=0.01mol/L，加入碳酸钠调溶液的pH为______（假设溶液体积不变，1g6≈0.8）使Fe3+恰好沉淀完全（离子的浓度≤1.0×10-5mol/L），此时_____（填“有”或“无”）Ni（OH）2沉淀生成。
（3）25℃时pH=3的草酸溶液中
=____________（保留两位小数）。
“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是____________。
（4）加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”
原因是____________。
（5）工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。
电解过程中ClO-把Ni（OH）2氧化为三氧化二镍。
写出该反应的离子方程式：
____________。
【答案】
（1）.
（2）.2.8（3）.无（4）.3.02（5）.Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+（6）.Fe2+和H2O2发生反应产生·OH，·OH将R-转化为·R，c（R-）减小，使平衡NiR2（aq）
Ni2+（aq）+2R-（aq）向正反应方向移动，实现“脱络”（7）.ClO-+2Ni（OH）2=Cl-+Ni2O3+2H2O
【解析】
【分析】
Fe2+与H2O2反应产生中间产物•OH、Fe3+、OH-，含镍废水NiR2在“脱络”过程中R-与中间产物•OH反应产生•R和OH-，然后向溶液中加入Na2CO3，发生盐的双水解反应产生Fe（OH）3沉淀和CO2气体，过滤后向滤液中价态草酸，发生反应产生NiC2O4沉淀，然后灼烧NiC2O4与O2反应产生Ni2O3、CO2气体。
【详解】
（1）中间产物•OH由氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，电子式为：
；
（2）“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）=2.16×10-39，则c（OH-）=
mol/L=6×10-12mol/L，故c（H+）=
×10-2mol/L，所以此时pH=-lgc（H+）=2+lg6=2.8；溶液中c（Ni2+）=0.01mol/L，则Qc[Ni（OH）2]=0.01mol/L×（6×10-12mol/L）2（3）25℃时，pH=3的草酸溶液中
=3.02；“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀，离子方程式为：
Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+；
（4）加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是是Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c（R-）减小，使平衡使平衡NiR2（aq）
Ni2+（aq）+2R-（aq）向正反应方向移动，实现“脱络”；
（5）工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。
电解过程中ClO-把Ni（OH）2氧化为Ni2O3，ClO-被还原产生Cl-。
根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：
ClO-+2Ni（OH）2=Cl-+Ni2O3+2H2O。
【点睛】本题考查了工艺流程分析，涉及溶度积、电离平衡常数的应用，化学平衡移动，氧化还原反应等，掌握反应原理是解题关键，注意题目信息的获取与应用。
10.CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。
（1）将体积比为2：
1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。
将残留固体溶于水，所得溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）____________c（Na+）（填“>”“<”或“=”）。
（2）已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol；键能E（o=o）=499.0kJ/mol
①CO（g）+O2（g）
CO2（g）+O（g）的△H=____________kJ/mol
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。
某时刻该反应体系中各物质浓度满足：
c（CO）·c（O2）=c（CO2）·c（O），则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。
（3）已知：
反应CO2（g）
CO（g）+O（g）在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；反应2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，
①分析图1，求2min内v（CO2）=_______。
②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=______（计算结果保留1位小数）。
（4）为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：
3进行实验，得到如下数据：
选项
T/K
时间/min
催化剂种类
甲醇的含量（%）
A
450
10
CuO-ZnO
78
B
450
10
CuO-ZnO-ZrO2
88
C
450
10
ZnO-ZrO2
46
①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。
②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。
A.使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2B.适当降低反应温度
C.增大CO和H2的初始投料比D.恒容下，再充入amolCO和3amolH2
【答案】
（1）.<
（2）.-33.5（3）.向左（4）.3×10-7mol/（Lmin）（5）.3.2×10-8mol/L（6）.B（7）.cd（8）.BD
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合溶液中电荷守恒分析；
（2）①根据盖斯定律，将已知
热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②根据Qc与K的相对大小判断；
（3）①2min内O的浓度增大0.6×10-6mol/L，则二氧化碳减小0.6×10-6mol/L，根据v（CO2）=
计算；
②根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的物质的量，利用体积比等于物质的量的比，结合K的含义计算；
（4）①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，图2中a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率；
②由CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ/mol可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度。
【详解】
（1）Na2O2与CO2反应：
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：
2CO+O2
2CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2；Na2CO3在溶液中水解显碱性，则c（OH-）>c（H+）。
溶液中电荷守恒为：
2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），由于c（OH-）>c（H+），所以2c（CO32-）+c（HCO3-）（2）①已知：
（i）2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol；
（ii）O2（g）=2O（g）△H=+499kJ/mol；
根据盖斯定律：
[（i）+（ii）]÷2，整理可得：
两个方程相加除以2即可得到CO（g）+O2（g）
CO2（g）+O（g）的△H=-33.5kJ/mol；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：
c（CO）·c（O2）=c（CO2）·c（O），则Qc=
=1>K=0.40，则反应向左进行；
（3）①2min内O的浓度增大0.6×10-6mol/L，则CO2的浓度减小0.6×10-6mol/L，则v（CO2）=
=3×10-7mol/（L·min）；
②在反应开始时n（CO2）=1mol，设生成的O2为xmol，则平衡时n（O2）=xmol，n（CO）=2xmol，n（CO2）=（1-2x）mol，由于平衡时，氧气的体积分数为0.2，则
=0.2，解得x=0.002，此时容器体积为1L，则c（CO2）=0.996mol/L，c（CO）=0.004mol/L，c（O2）=0.002mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=
mol/L≈3.2×10-8mol/L；
（4）①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂CuO-ZnO-ZrO2最佳，故合理选项是B；
图3中a、b
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