【答案】A
【解析】
【分析】
根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；负离子中Y形成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，X为B，Y为F，Z为S元素；
A．结合分析可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，其中B原子周围形成3个共价键和1个配位刍键，故A正确；
B．电子层越多离子半径越大，则离子半径F-＜S2-，即Y＜Z，故B错误；
C．在标准状况下，HF为液体，而H2S为气体，则最简单氢化物的沸点：
HF＞H2S，即Y＞Z，故C错误；
D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：
B＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：
H3BO3（弱酸）＜H2SO4（强酸），即X＜Z，故D错误；
故答案为A。
7.常温下，向20mL浓度均为0.1mol/LHX和CH3COOH的混合液中滴加0.1mol·L-1的NH3·H2O，测得混合液的电阻率与加入NH3·H2O的体积（V）的关系如图所示。
已知：
物质的电阻率越大，导电能力越弱，CH3COOH的
，NH3·H2O的
。
下列说法错误的是
A.常温时，0.1mol/LHX的pH比0.1mol/LCH3COOH的pH小
B.a→c过程中水的电离程度先增大后减小
C.c点溶液中：
c（CH3COO-）+c（X-）＞c（NH4+）
D.d点有4c（NH4+）+4c（NH3·H2O）=0.3mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
物质的电阻率越大，导电能力越弱，则电阻率与离子浓度成反比；若HX和CH3COOH均为弱碱，则随着NH3•H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3•H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，完全电离使溶液的电阻率最小；a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3·H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3·H2O=NH4X+H2O、NH3•H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0～20溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOH、NH4X，继续加入NH3·H2O溶液，CH3COOH是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONH4、NH4X、NH3·H2O，据此分析解题。
【详解】A．由分析知HX为强酸，醋酸为弱酸，则常温时，0.1mol/LHX溶液中c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中c（H+）大，即0.1mol/LHX的pH比0.1mol/LCH3COOH的pH小，故A正确；
B．a点是HX和CH3COOH溶液，水的电离受抑制，b点溶质为CH3COOH、NH4X，其中醋酸的电离抑制水的电离，NH4+的水解促进水的离子，而c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，CH3COO-和NH4+的水解均促进水的离子，则a→c过程中水的电离程度递增，故B错误；
C．已知CH3COOH的
，NH3·H2O的
，则CH3COO-和NH4+浓度相等时水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，且二者的物质的量相等，此时溶液显酸性，即c（OH-）＜c（H+），则由电荷守恒式c（OH-）+c（CH3COO-）+c（X-）=c（H+）+c（NH4+），可知c（CH3COO-）+c（X-）＞c（NH4+），故C正确；
D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONH4、NH4X、NH3·H2O，溶液体积为80mL，根据物料守恒可知c（NH4+）+c（NH3·H2O）=
mol/L=0.075mol/L，即4c（NH4+）+4c（NH3·H2O）=0.3mol/L，故D正确；
故答案为B。
8.氮化锶（Sr3N2）在工业上广泛用于生产荧光粉。
锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。
某同学设计如下装置制备氮化锶（各装置盛装足量试剂），所使用
氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。
已知：
醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu（NH3）2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
Ⅰ．氮化锶的制取
（1）仪器a的名称是__________________。
（2）装置C、D、E盛装的试剂分别是_______________（填代号）。
甲.连苯三酚碱性溶液
乙.浓硫酸
丙.醋酸二氨合亚铜溶液
（3）该套装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案____。
Ⅱ．产品纯度的测定
称取6.0gⅠ中所得产品，加入干燥
三颈烧瓶中，然后由恒压滴液漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收（吸收液体积变化忽略不计）。
从烧杯中量取20.00mL的吸收液，用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。
（图中夹持装置略）
（4）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。
（5）装置中长玻璃管的作用原理是_________。
（6）用1.00mol/L的NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为__________________。
（7）产品纯度为_____________。
（保留三位有效数字）
（8）下列实验操作可能使氮化锶（Sr3N2）测定结果偏低
是____________（填字母）。
a.滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失
b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
c.滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体
【答案】
（1）.蒸馏烧瓶
（2）.甲丙乙（3）.在装置F后连接一个盛有碱石灰的干燥管（或其他合理答案）（4）.Sr3N2+6H2O＝3Sr（OH）2+2NH3↑（5）.当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定（6）.甲基橙（7）.97.3%（8）.ac
【解析】
【分析】
Ⅰ．含有少量CO、CO2、O2等气体杂质的氮气依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，达到依次除CO2、O2和CO，并干燥的目的；
Ⅱ．用一定量的盐酸吸收反应Sr3N2+6H2O＝3Sr（OH）2+2NH3↑中生成的氨气，吸收液用NaOH溶液滴定，根据消耗的NaOH标准液的量可计算剩余HCl的量，再结合实际吸收氨气消耗的HCl的量计算出反应中生成的氨气，由氨气可计算样品的纯度。
【详解】Ⅰ．
（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）因醋酸二氨合亚铜溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，且最后气体需要干燥，防氮化锶遇水剧烈反应，则混合气体依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，即装置C、D、E盛装的试剂分别是甲、丙、乙；
（3）F装置直接与空气相通，空气中水蒸气可能会进入F装置中与氮化锶反应，导致产品变质，则应该在装置F后连接一个盛有碱石灰的干燥管；
Ⅱ．（4）Sr3N2在水中水解生成Sr（OH）2和NH3，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为Sr3N2+6H2O＝3Sr（OH）2+2NH3↑；
（5）装置中长玻璃管与外界相通，当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定，起稳压作用；
（6）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，但溶液中还有氯化铵，为防止氢氧化钠和铵盐反应，可以选择酸性变色范围内的指示剂，则应选取甲基橙作指示剂；
（7）用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩
HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液，则剩余HCl的物质的量为1.00mol/L×0.016L×
=0.16mol，反应中生成的NH3的物质的量为0.2L×1.00mol/L-0.16mol=0.2mol-0.16mol=0.04mol，产品纯度为
=97.3%；
（8）a．滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故a正确；
b．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则消耗的NaOH标准溶液体积偏小，过量的HCl的物质的量偏小，导致测定结果偏高，故b错误；
c．滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故c正确；
故答案为ac。
【点睛】本题涉及两个主要知识点，一是除杂试剂顺序的选择，注意要防干扰，先除O2再除CO；另一个是滴定操作原理的应用，特别是误差分析，根据对消耗标准液的影响，结合公式分析对测定结果的影响即可。
9.铱（Ir）和锇（Os）属于铂族金属，与金、银合称贵重金属，可以用于电气、精密仪表、催化剂等领域。
铱锇矿的主要成分有Ir、Os、Ir2O3、OsO2，还含有CuO和SiO2等杂质，从铱锇矿中提取铱（Ir）和锇（Os）的流程如下：
已知：
①高温融合发生反应的原理类似于铝热反应。
②四氧化锇（OsO4）的熔点为41℃，易挥发、有恶臭和剧毒。
③四氨合二氧氯化锇（[OsO2（NH3）4]Cl2）呈浅黄色，难溶于有机物，微溶于水，能水解。
回答下列问题：
（1）“酸溶I”的目的是_____________________________________；酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有_______（填化学式）。
（2）“氧化挥发”是将溶渣置于300～800℃的管式炉内，通入空气氧化。
用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，该反应的离子方程式为__________________；当吸收液质量增加59.5g时，反应转移电子的数目为______。
（3）“沉锇”时，NH4Cl与Na2OsO4发生反应Na2OsO4+4NH4Cl=[OsO2（NH3）4]Cl2↓+2NaCl+2H2O，该过程中NH4Cl需过量，目的是_____________________________；生成的锇盐要立即过滤，滤饼要经无水乙醇多次洗涤，用无水乙醇洗涤的原因是____。
（4）“残渣I”的主要成分为Ir、CuO和SiO2。
“碱熔”时，Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，该反应的化学方程式为_______________________。
（5）“沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中c（Cu2+）为____。
[已知:
25℃下，H2S溶于水形成饱和溶液时，c（H2S）=0.1mol/L；H2S的电离常数
，
；
]
【答案】
（1）.溶解Al、溶解Al2O3与贵重金属分离
（2）.Cu、SiO2（3）.2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O（4）.0.5NA（5）.使锇元素完全转化为[OsO2（NH3）4]Cl2沉淀，提高回收率（6）.减少[OsO2（NH3）4]Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解（7）.2Ir+2nNa2O2
2IrO2·nNa2O+（n-2）O2↑（8）.6×10-17mol/L
【解析】
【分析】
铱锇矿和过量Al高温融合，发生铝热反应后固体混合物的成分为Ir、Os、Cu、Al、Al2O3和SiO2；用盐酸完全溶解Al和氧化铝后过滤，所得溶渣为Ir、Os、Cu和SiO2，将溶渣在空气中高温氧化挥发，用NaOH溶液吸收OsO4得Na2OsO4溶液，向Na2OsO4溶液中加入过量NH4Cl达到沉锇目的，经过滤得[OsO2（NH3）4]Cl2，再经还原即可得到锇粉；同时氧化挥发后的残渣Ⅰ的主要成分为Ir、CuO和SiO2，用NaOH和Na2O2进行碱溶，其中Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，经水洗过滤后，浅渣Ⅱ为IrO2·nNa2O和CuO，用盐酸溶解IrO2·nNa2O和CuO后，向溶液中通入过量H2S气体，利用生成CuS达到沉铜的目的，最后经过滤后，滤液经系列操作可得铱粉，据此分析解题。
【详解】
（1）“酸溶I”是用盐酸溶解固体混合物中的Al和Al2O3，达到与贵重金属铱和锇分离的目的；Ir、Os、Cu和SiO2均不溶于稀盐酸，则酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有Cu、SiO2；
（2）用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，Os元素发生了还原反应，则反应中同时有O2生成，结合守恒法，可知发生反应的离子方程式为2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O；由反应可知，每溶解2molOsO4生成1molO2，转移4mol电子，同时溶液增重质量为254g/mol×2mol-32g=476g，则当吸收液质量增加59.5g时，反应转移电子的数目为
×4mol×NAmol-1=0.5NA；
（3）“沉锇”时，添加过量NH4Cl，促进反应完全进行，使锇元素完全转化为[OsO2（NH3）4]Cl2沉淀，提高回收率；[OsO2（NH3）4]Cl2）难溶于有机物，微溶于水，能水解，则洗涤时应选择无水乙醇，可减少[OsO2（NH3）4]Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解；
（4）碱熔时，Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，结合守恒法，发生反应的化学方程式为2Ir+2nNa2O2
2IrO2·nNa2O+（n-2）O2↑；
（5）已知H2S⇌HS-+H+，HS-⇌H++S2-，则Ka1×Ka2=
，H2S饱和时c（s2-）=
mol/L=1×10-19mol/L，此时溶液中c（Cu2+）为
=
mol/L=6×10-17mol/L。
10.CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO2的平衡对生态环境保护有着重要意义。
I．可利用CH4与CO2制备合成气（CO、H2），在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，加入Ni/α-A12O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：
CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）
（1）研究表明CO的生成速率
，某时刻测得p（H2）=10kPa，则该时刻v（CH4）=___________k·Pas-1。
（2）达到平衡后，测得CO的产率为50％，则该反应的平衡常数Kp=_________。
（3）科学家提出制备“合成气反应历程分两步：
反应①：
CH4（g）=C（ads）+2H2（g）（慢反应）
反应②：
C（ads）+CO2（g）=2CO（g）（快反应）
上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为__________________。
能量变化图中：
E5+E1_________E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
II．CO2催化加氢制甲醇5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:
n（CO2）=3:
1充入H2和CO2，发生以下反应：
i.
，
ii..
iii.
反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如右图所示。
（4）①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_______________________。
②下列措施中，无法提高甲醇平衡产率的是________（填标号）。
A.加入适量COB.增大压强C.循环利用原料气D.升高温度
③如上图X、Y分别代表_________、________（填化学式）。
III．利用铜基配合物1,10-phenanthroline-Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料（包括CO、烷烃和酸等）是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图所示。
（5）①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH_______（填“变大”或“变小”），阴极的电
升级会员 