的半导体材料，W是Si，据此解答。
详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。则
A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属N＞Si，则简单气态氢化物稳定性：W＜X，A错误； B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；
C. N2H4的电子式为
，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：l，C正确；
D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；答案选C。 6．B
【解析】分析：A．根据电解质溶液中阳离子向正极移动分析； B．根据乙中Fe失电子生成亚铁离子判断；
C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳； D．根据电子转移守恒计算。
详解：A．根据图知，N电极上氧气得电子生成水，该电极上得电子发生还原反应，为正极，M为负极，
+
电解质溶液中阳离子向正极移动，即甲中H透过质子交换膜由左向右移动，A正确；
B．根据方程式知，乙中Fe失电子生成亚铁离子，则Fe作阳极、C作阴极，阴极连接原电池负极、阳极连接原电池正极，则Fe与N极相连，B错误；
C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳，因此电极反应式为
-+
H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e=2CO2↑+N2↑+16H，C正确；
-++++-D．Cr2O72+6Fe2+14H＝2Cr3+6Fe3+7H2O中以Fe元素计算转移电子数=6×（3-2）=6，即消耗 1mol Cr2O72，
-电路中至少转移了6mol电子，所以溶液中减少了0.0lmolCr2O72，则电路中至少转移了0.06mol电子，D正确；答案选B。
点睛：本题考查原电池和电解池原理，侧重考查学生分析判断能力，正确判断正负极、阴阳极及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写和电解的有关计算，注意电子守恒的应用。 7．A
+-.
【解析】分析：A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H）=10185mol/L，结合亚硫酸的电离平衡常数分析；
B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHSO3，根据溶液中电荷守恒分析； C．根据亚硫酸的电离平衡常数结合电荷守恒分析；
D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成亚硫酸钠，根据水解常数与电离常数的关系计算。
+-.
详解：A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H）=10185mol/L，H2SO3的一级电离平衡常数为Ka1=c(H)c(HSO3?)/c(H2SO3)=10185mol/L，所以c（H）=Ka1，表明溶液中c（NaHSO3）=c（H2SO3），
+
-.
+
若恰好是10mLNaOH，由于此时溶液显酸性，则所得溶液中c（H2SO3）＜c（NaHSO3），因此所加NaOH体积需＜10mL，才能使溶液中c（NaHSO3）=c（H2SO3），即V0＜10mL，A错误；
B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHSO3，为第一个滴定终点，溶液中存在电荷守恒，c（Na）+c（H）=c(HSO3?)+2c（SO32）+c（OH），B正确；
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+
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C．H2SO3的二级电离平衡常数为Ka2=c(H)c（SO32）/c(HSO3?)=10719mol/L，C点溶液的pH=7.19，即
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--.
溶液中c（H）=10719mol/L，则c（H）=Ka2，表明溶液中c（SO32）=c(HSO3?)，溶液中存在电荷守恒，
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-.
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-
c（Na）+c（H）=c(HSO3?)+2c（SO32）+c（OH），溶液显碱性，则溶液中c（Na）＞3c(HSO3?)，C正
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答案第2页，总6页