故选C。
点睛：
同周期元素原子半径从左到右逐渐减小。
同主族元素原子半径从上到下逐渐增大。
6.高温条件下，Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3。
下列说法正确的是
A.该反应过程中的能量变化如图所示
B.该反应条件下，Al的还原性弱于Fe
C.1molFe3O4参与反应转移8×6.02×1023个电子
D.实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂
【答案】C
【解析】
A．铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图象不符，A错误；B．Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3，Al作还原剂，Fe是还原产物，所以Al的还原性强于Fe，B错误；C．反应中Fe元素的化合价从+8/3价降低到0价，所以反应中每消耗1molFe3O4转移8×6.02×1023个电子，C正确；D．铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，D错误，答案选C。
7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.MgCO3
MgCl2（aq）
Mg
B.NaCl（aq）
NaHCO3
Na2CO3
C.Cu2（OH）2CO3
CuO
Cu（OH）2
D.SO2
NH4HSO3
（NH4）2SO4
【答案】D
【解析】
A．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故A错误；B．NaCl溶液中通入二氧化碳不反应，不能一步实现，故B错误；C．碱式碳酸铜加热分解生成氧化铜，氧化铜和水不反应，不能一步实现，故C错误；D．过量的二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与硫酸反应生成硫酸铵、水和二氧化硫，能一步实现，故D正确；故选D。
8.最近我国科学家发明“可充电钠-二氧化碳电池”（如图），放电时电池总反应为：
4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
下列说法错误
是
A.电池工作温度可能在200℃以上
B.该装置可以将化学能转化为电能
C.放电时，Na+向正极移动
D.放电时，正极的电极反应为：
4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C
【答案】A
【解析】
A、二甲醚易挥发，所以温度不能过高，故A错误；B、放电时发生原电池反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，故B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，所以阳离子钠离子向正极移动，故C正确；D、放电时正极发生还原反应，二氧化碳中碳得电子生成单质碳，电极反应式为：
4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故D正确；故选A。
点睛：
本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。
解答本题需要知道熟悉原电池的基本原理，难点是电极反应式的书写。
9.下列说法正确的是
A.铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀
B.若反应过程中断开化学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则反应放热
C.一定温度下，增大反应2BaO2（s）
2BaO（s）+O2（g）容器的体积，平衡不移动
D.反应CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g） ΔH>0能自发进行，可知该反应ΔS>0
【答案】D
【解析】
A、Cu与Fe形成原电池时，铜的金属活泼性比铁的弱，铁作负极，被腐蚀，所以不能在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀，故A错误；B、若化学过程中断开化学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则△H=断键吸收的热量-成键放出的热量＞0，则反应吸热，故B错误；C、一定温度下，增大反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）容器的体积即减小压强，平衡正向移动，故C错误；D、TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）在一定条件下可自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，又该反应是一个吸热反应，所以△S＞0，故D正确；故选D。
10.为完成相应实验，实验器材（规格和数量不限）足够的一项是
相应实验
实验仪器和用品（夹持装置省略）
A
氯化钠溶液的蒸发结晶
烧杯、玻璃棒、酒精灯
B
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
烧杯、胶头滴管
C
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
D
配制0.5mol·L－1的硫酸溶液
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A．氯化钠溶液的蒸发结晶，应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，故A错误；B．用盐酸除去BaSO4中的少量碳酸钡需要进行过滤，要用到玻璃棒，缺少玻璃棒，故B错误；C．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故C正确；D．用浓硫酸配制溶液，首先计算配制溶液所需浓硫酸的体积，再溶解、冷却、转移、在相应规格的容量瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：
量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故D错误；故选C。
点睛：
本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累。
本题的易错点为D，容易忽略量筒。
二、选择题（本题包括12个小题，每小题4分，共48分；每小题有一个或二个选项符合题意；若有二个选项符合题意，只选一个正确选项，得2分，多选或选错该小题得0分。
）
11.下列说法不正确的是
A.Na2He是科学家最近合成的新物质，Na2He中各微粒最外层均达到稳定结构
B.氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性
C.碘晶体是分子晶体，加热升华过程中只需克服原子间作用力
D.水电解生成氢气和氧气，有化学键的断裂和形成
【答案】AC
【解析】
A．Na2He中，钠离子最外层达到8电子稳定结构，He原子最外层电子数为0，故A错误；B．氢氧化钠中含有离子键和共价键，由离子构成，则熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性，故B正确；C．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故C错误；D．化学变化中有化学键的断裂和生成，则水电解生成氢气和氧气，为化学变化，有化学键的断裂和形成，故D正确；故选AC。
点睛：
本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握不同晶体及作用力、晶体性质为解答的关键。
本题的易错点为A，He最外层电子数为0，不是稳定结构。
12.一定条件下，0.3molN2（g）与0.3molH2（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应（未配平）：
N2（g）+H2（g）-→NH3（g），下列示意图合理的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
A、N2减少0.1mol，消耗H20.3mol，生成NH30.2mol当达到平衡时，N2、NH3的物质的量可以相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象与事实不符，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（N2）正=V（NH3）逆，此时反应达到平衡状态，V（N2）正=V（NH3）逆，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行，达到平衡状态，N2、NH3的体积分数不变化，图象符合，故D符合；故选D。
13.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.Na2CO3溶液中CO32－水解：
CO32－＋2H2O
H2CO3＋2OH－
B.Fe3O4溶于稀HNO3：
3Fe3O4＋28H+＋NO3－=9Fe3+＋NO↑＋14H2O
C.少量的SO2通入NaClO溶液：
SO2+ClO－+H2O=SO42－+Cl－+2H+
D.向含Ba（OH）2和KOH均为0.1mol的混合溶液中通入标准状况下4.48LCO2气体：
Ba2++3OH－+2CO2=BaCO3↓+HCO3－+H2O
【答案】BD
【解析】
A．Na2CO3溶液中CO32-的水解分步进行，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故A错误；B．Fe3O4溶于稀HNO3，溶解生成的亚铁离子能够被硝酸氧化，离子反应为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故B正确；C．NaClO溶液显碱性，通入少量的SO2的离子反应为ClO-+2OH-+SO2═Cl-+SO42-+H2O，故C错误；D.标准状况下4.48LCO2气体的物质的量为0.2mol；当将0.2mol二氧化碳通入氢氧化钡、氢氧化钠各0.1mol的混合溶液中时，二氧化碳先与氢氧化钡反应，只有将溶液中的氢氧化钡反应完全后，消耗0.1molCO2，剩余的0.1molCO2与0.1mol氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ba2++3OH－+2CO2=BaCO3↓+HCO3－+H2O，故D正确；故选BD。
点睛：
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒。
本题的易错点为D，二氧化碳先与氢氧化钡，再与氢氧化钠反应。
14.碳热还原制备氮化铝的总反应化学方程式为：
Al2O3（s）+3C（s）+N2（g）
2AlN（s）+3CO（g）。
在温度、容积恒定的反应体系中，CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。
下列说法不正确的是
A.在不同时刻都存在关系：
3v（N2）=v（CO）
B.c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率
C.从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率
D.维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙
【答案】AD
【解析】
A、化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v（N2）=v（CO），故A错误；B、c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；C、图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故C正确；D、维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故D错误；故选AD。
点睛：
本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学方程式书写方法，主要是图象分析应用。
本题的易错点为B，c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间为瞬时速率。
15.一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClOx－（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示。
下列有关说法正确的是
A.a、b、c、d、e中，c最稳定
B.b→a+c反应的活化能为20kJ·mol－1
C.b→a+d反应的热化学方程式为3ClO－（aq）=
ClO3－（aq）+2Cl－（aq）△H=-116kJ·mol－1
D.一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为16：
1：
3
【答案】CD
【解析】
A．a，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；B．依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C．b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=（64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-（aq）=ClO3-（aq）+2Cl-（aq）△H=-116kJ/mol，故C正确；D．Cl2+KOH→aKCl+bKClO+dKClO3+H2O，反应中若a=16，则Cl元素降低得到16个电子，b=1、d=3，则Cl升高失去16个电子，得失电子守恒，即a、b、d之比可能为16：
1：
3，故D正确；故选CD。
点睛：
本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的书写，侧重分析与迁移应用能力的考查，注意掌握热化学方程式中反应热的计算。
本题的易错点为D，可以根据得失电子守恒在氧化还原反应方程式的配平中的应用思考。
16.苯甲酸钠（C6H5COONa，简写为NaA）可用作饮料的防腐剂。
研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。
已知25℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。
在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。
下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）
A.相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B.提高CO2充气压力，饮料中c（A–）减少
C.当pH为5.0时，饮料中
=0.16
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：
c（H+）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（OH－）–c（HA）
【答案】BC
【解析】
A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A-）减小，故B正确；C．当pH为5.0时，饮料中
=
=
=0.16，故C正确；D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A-结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：
c（H+）+c（HA）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），则各种粒子的浓度关系为：
c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）-c（HA），故D错误；故选BC。
点睛：
本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。
本题的难点为C，要注意灵活利用Kw和Ka解题。
17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.31g白磷（
）分子中含有1NA个P-P键
B.1molFeI2与1molCl2反应时转移的电子数为3NA
C.标准状况下，4.48LCH4和乙烯（CH2=CH2）的混合气体完全燃烧，产生的水中所含O-H键数目为0.8NA
D.常温下，将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA
【答案】CD
【解析】
A、白磷分子式为P4，分子中含有6个共价键，31g白磷分子的中含有P-P键数=
×6=1.5mol，故A错误；B．1molFeI2与1molCl2反应时，1mol氯气完全反应最多得到2mol电子，转移的电子数为2NA，故B错误；C.标准状况下4.48升CH4和C2H4的混合气体物质的量为0.2mol，由于甲烷和乙烯分子中氢原子数相同，所以0.2mol混合气体中所含氢原子数为0.8mol，反应后生成0.4molH2O，含有0.8molO-H键，故C正确；D、将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：
n（OH-）+n（NO3-）=n（H+）+n（NH4+），而溶液呈中性，则有n（OH-）=n（H+），故可知n（NO3-）=n（NH4+）=1mol，即铵根离子个数为NA个，故D正确；故选CD。
18.在常温下，0.1000mol·L-1Na2CO3溶液25mL用0.1000mol·L-1盐酸滴定，其滴定曲线如图6。
对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是
A.a点：
c（CO2-3）>c（HCO-3）>c（OH-）
B.b点：
5c（Cl-）>4c（HCO-3）+4c（CO2-3）
C.c点：
c（OH-）=c（H+）+c（HCO-3）+2c（H2CO3）
D.d点：
c（H+）=2c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（OH-）
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、a点为Na2CO3和NaHCO3等量混合液，以Na2CO3第一步水解为主，故c（HCO-3）>c（CO2-3）>c（OH-），错误；B、b点为Na2CO3和NaHCO3混合液，有物料守衡式为5c（Cl-）=4c（H2CO3）+4c（HCO-3）+4c（CO2-3），正确；C、c点为NaHCO3溶液，质子守恒式为c（OH-）+c（CO2-3）=c（H+）+c（H2CO3），错误；D、d点位NaCl和溶解的CO2溶液，电荷守衡为c（H+）+c（Na+）=2c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（OH-）+c（Cl-），其中c（Na+）=c（Cl-），故有c（H+）=2c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（OH-），正确。
考点：
考查溶液中微粒浓度关系的有关问题。
19.将16.8g铁和0.3molBr2充分反应，加水溶解后过滤，向滤液中通入amolCl2。
下列叙述不正确的是
A.当a=0．1时，发生的反应为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B.当a=0．45时，发生的反应为：
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
C.若溶液中Br-有一半被氧化时，c（Fe3+）:
c（Br-）:
c（Cl-）=l:
1:
3
D.当0【答案】C
【解析】
试题分析：
n（Fe）=16.8g÷56g/mol=0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-，A．当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性
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