C.化合物YWX中既含离了键，又含共价键
D.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，X的一种核素的质子数为8，则X是O元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1，则Y为F或Na元素；Z的单质是一种常见的半导体材料，则Z为Si元素；W的非金属性在同周期元素中最强，其原子半径随原子序数变化如图所示，根据图片知，Y原子半径最大，则Y为Na元素，Z、W原子半径大于X，则W是Cl元素，故A、ZX2为SiO2是酸性氧化物，但除与碱溶液反应外，还能与氢氟酸反应，选项A不正确；B、元素的非金属性W＞Z，对应气态氢化物的稳定性Z＜W，选项B正确；C．化合物YWX为NaClO，钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键、O原子和Cl原子之间存在共价键，所以NaClO中存在离子键和共价键，选项C正确；D、Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4为强酸，选项D正确。
答案选A。
点睛：
本题考查原子结构与元素周期律，侧重于对位置结构性质关系、半径比较、化学键、二氧化硅的性质等的考查，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用。
4.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.—个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种
B.裂化汽油可用于萃取溴水中的溴
C.除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇
D.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯
【答案】A
【解析】A．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯（、、）上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，A正确；B．裂化汽油能与溴水发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，B错误；C．CaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，C错误；D．乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，D错误；答案选A。
点睛：
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，对于二取代或多取代产物数目的判断可用定一移一或定二移一法判断，即可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。
5.某新型电池，以NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如下图所示。
下列说法不止确的是
A.每消耗3molH2O2，转移的电子为6mole-
B.电池工作时Na+从b极区移向a极区
C.b极上的电极反应为：
H2O2+2e-=2OH-
D.a极上的电极反应式为：
BH4-+8OH-+8e-=BO2-+6H2O
【答案】B
【解析】由原电池工作原理示意图可知反应中BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2得电子被还原生成OH-，A、每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，选项A正确；B、该装置是原电池，原电池放电时，阳离子向正极移动，所以Na+从a极区移向b极区，选项B错误；C、b电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，选项C正确；D、反应中BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，选项D正确。
答案选B。
6.设NA阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是
A.常温常压下，35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5NA
B.60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目2NA
C.标准状况下，2.24LPH3与3.4gH2S气体分子所含电子数目均为1.8NA
D.己知合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol-1当该反应生成NA个NH3分子时，反应放出的热量小于46.2kJ
【答案】D
【解析】A项，2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，35.5g氯气是1mol，1mol氯气参加反应转移0.5mol电子，故A正确；B项，甲酸甲酯的分子式为：
C2H4O2，葡萄糖的分子式为：
C6H12O6，二者最简式都是CH2O，60g混合物含有的碳原子数目为：
60g÷30g/mol×NA=2NA，故B正确；C项，标准状况下，2.24LPH3是0.1mol，所含电子数为：
0.1×（15+1×3）NA=1.8NA，3.4gH2S是1mol，所含电子数为：
0.1×（1×2+16）NA=1.8NA，故C正确；D项，由热化学方式可知，1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3，放出92.4kJ热量，所以生成NA个NH3分子（1mol）时，反应放出的热量等于46.2kJ，故D错误。
综上，选D。
7.常温下，在10ml0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的洛液体积变化），下列说法正确的是
A.在0.1mol/LNa2CO3溶液中：
c（Na+）+c（H+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）
B.当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20mL
C.在B点所示的溶液中，离子浓度嫌火的圮HCO3-
D.在A点浙示的溶液中:
【答案】D
【解析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），A错误；B．当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，B错误；C．B点溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）+c（Cl-），由于氢离子浓度较小，则离子浓度最大的为钠离子，C错误；D．根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（CO32-）=c（HCO3-），溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），盐溶液水解程度较小，所以c（CO32-）＞c（OH-），则离子浓度大小顺序是c（CO32-）=c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），D正确；答案选D。
c（CO32-）=c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）
8.某研究小组探究在加热条件下FeSO4分解的气体产物及相关性质。
已知：
SO2的沸点为-10℃、SO3沸点为44.8℃。
I.用如图所示装置设计实验，验证分解FeSO4生成的气态产物。
（1）实验前必须进行的操作是_____________________________。
（2）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：
a→__________。
（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，装置丁中溶液变成无色，则FeSO4分解的化学方程式为__________________________________。
II.为探究SO2使品红溶液褪色的原理，进行如下实验：
实验1:
将稀盐酸和NaOH溶液分别滴入品红水溶液中。
观察到到前者溶液颜色变浅，但未能完全褪色，后者溶液颜色几乎不变。
实验2:
在滴有稀盐酸和NaOH溶液的两份品红水溶液中分别通入SO2。
观察到前者溶液逐渐褪色，后者溶液很快褪色。
实验3:
在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢。
（1）由实验1可推测品红水溶液呈______性。
（2）由实验2、3可推知，使品红水溶液褪色的主要微粒是_______（填化学式）。
（3）若将SO2通入品红的无水乙醇溶液，试预测可能出现的现象_________________。
（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，发现不能恢复红色，试解释原因___________________。
【答案】
（1）.检査装置气密性
（2）.d→e→f→g→b→c（3）.2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑（4）.碱（5）.SO32-（6）.品红的无水乙醇溶液不褪色（7）.Na2SO3溶液中的c（SO32-）大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽
【解析】Ⅰ．
（1）验证分解FeSO4生成的气态产物，气体制备或检验气体的产生实验，在实验前必须进行检查装置气密性的操作；
（2）先将高温分解气体通过丙装置的冷却收集得三氧化硫，再通过丁的品红水溶液检验二氧化硫的存在，最后用乙装置吸收尾气，按气流方向连接顺序为：
a→d→e→f→g→b→c；（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，则产物有三氧化硫；装置丁中溶液变成无色，
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