【答案】C
【解析】试题分析：
若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
根据方程式X（气）+3Y（气）
2Z（气）
开始（mol/L）：
c1c2c3
变化（mol/L）：
0.040.120.08
平衡（mol/L）：
0.10.30.08
c1=0.14c2=0.42c3=0
若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式X（气）+3Y（气）
2Z（气）
开始（mol/L）：
c1c2c3
变化（mol/L）：
0.10.30.2
平衡（mol/L）：
0.10.30.08
c1=0c2=0c3=0.28
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0＜c（X）＜0.14，0＜c（Y）＜0.42，0＜c（Z）＜0.28，A、X和Y平衡浓度为1：
3，变化的量为1；3，所以起始量为1：
3，c1：
c2=1：
3，A正确；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：
2，B正确；C、X、Y的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，C错误；D、依据上述计算，c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L-1，D正确；答案选C。
【考点定位】本题考查了化学平衡的建立与计算
【名师点晴】依据极值法进行转化计算分析判断是本题的关键。
化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。
8.常温下，在下列溶液里，各组离子一定能够大量共存的是（）
A.无色溶液：
Na+、K+、SO42﹣、MnO4﹣
B.pH=1的溶液中：
Fe2+、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣
C.使酚酞变红的溶液：
Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+、
D.水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液：
K+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣
【答案】D
【解析】A．含有MnO4﹣的溶液显紫色，故A错误；B．pH=1的溶液显酸性，Fe2+在酸性溶液中能被NO3﹣氧化，不能共存，故B错误；C．使酚酞变红的溶液显碱性，而Fe3+不可能在碱性溶液中大量共存，故C错误；D．水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，离子组K+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣在酸性或碱性溶液中均不能发生离子反应，能大量共存，故D正确；答案为D。
9.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下，下列有关香叶醇的叙述正确的是（）
A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】A
【解析】A．由香叶醇的结构简式可知香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B．香叶醇分子含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C．香叶醇分子含碳碳双键、－OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．香叶醇分子含碳碳双键可发生加成反应，含－OH可发生取代反应，D错误；答案选A。
视频
10.A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如下图所示。
A是短周期中原子半径最小的元素，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，E是短周期中最活泼的金属元素。
下列说法错误的是（）
A.简单离子的半径大小关系：
C>E
B.D元素的气态氢化物比C元素的气态氢化物稳定
C.由A、B、C二种元素组成的离子化合物中，阴、阳离子个数比为1：
1
D.由C、D、E二种元素组成的化合物，溶液显中性或碱性
【答案】B
【解析】分析：
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如下图所示。
A是短周期中原子半径最小的元素，则A是H元素；A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，则B为N元素、C为O元素、D为S元素；E是短周期中最活泼的金属元素，则E为Na元素。
详解：
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如下图所示。
A是短周期中原子半径最小的元素，则A是H元素；A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，则B为N元素、C为O元素、D为S元素；E是短周期中最活泼的金属元素，则E为Na元素。
A.氧离子和钠离子的电子层结构相同，氧元素的核电荷数较小，故简单离子的半径大小关系：
C>E，A正确；
B.O的非金属性强于S，故O元素的气态氢化物比S元素的气态氢化物稳定，B不正确；
C.由A、B、C二种元素组成的离子化合物有硝酸铵和亚硝酸铵，其阴、阳离子个数比均为1：
1，C正确；
D.由C、D、E二种元素组成的化合物有硫酸钠和亚硫酸钠等等，硫酸钠溶液显中性，亚硫酸钠溶液显碱性，D正确。
本题选B。
11.下列关于钠的氧化物的说法正确的是
A.Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠
B.在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2
C.Na和O2在加热时反应生成Na2O2，在常温下反应生成Na2O
D.Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物
【答案】C
【解析】A、钠的氧化物中氧化钠是白色固体，而过氧化钠是淡黄色固体，与水反应能生成氢氧化钠和氧气，故A错误。
B、Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，在反应过程中只有氧元素化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B错误。
C、Na和O2的反应产物与反应温度有关系，在加热时反应生成Na2O2，在常温时反应生成Na2O，故C正确。
D、碱性氧化物是能和水反应只生成碱的氧化物，而Na2O2与水反应，除了生成NaOH还生成氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物。
故D正确。
12.有机物数量庞大，下列有关它们的说法中正确的是（）
A.可用新制备的Cu（OH）2悬浊液将乙醇、乙酸、葡萄糖、蔗糖几种溶液区别
B.乙烯与HCl、乙烷与Cl2这两组反应均可得到CH3CH2Cl，但二者反应类型不同
C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D.苯能发生加成反应、取代反应但不能发生氧化反应
【答案】B
【解析】A．蔗糖与乙醇与新制Cu（OH）2悬浊液均不能反应，故不能区分两者，故A错误；B．乙烯与HCl是发生的加成反应，乙烷与Cl2发生的是取代反应，两者反应类型不同，故B正确；C．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维为无机物，故C错误；D．苯能燃烧，有机物的燃烧属于氧化反应，故D错误，故选B。
13.分子是为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体异构）（）
A.5种B.6种C.7种D.8种
【答案】D
【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：
①C—C—C—C—C、②
、③
，再分别加上—OH。
①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。
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14.下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，并存在因果关系的是（）
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
BaSO4难溶于水
SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生白色沉淀
B
非金属性：
Cl＞S
酸性：
HClO3＞H2SO4
C
常温下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀
D
常温下，SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应
SO2是两性氧化物
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
.................................
15.下列离子方程式书写正确的是（）
A.向NaHSO4溶液中滴Ba（OH）2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓
B.向FeI2溶液中通入少量氯气：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C.加热可增强纯碱溶液去污力：
CO32-+2H2O⇌H2CO3+2OH-
D.过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中：
ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO
【答案】D
【解析】分析：
向NaHSO4溶液中滴Ba（OH）2溶液，硫酸根离子恰好沉淀完全时，溶液呈碱性；碘离子的还原性强于亚铁离子；加热可以增大碳酸根离子的水解程度使溶液的碱性增强，碳酸根离子水解分为两步，以第一步为主；
详解：
A.向NaHSO4溶液中滴Ba（OH）2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，该反应的离子方程式为H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，A不正确；
B.向FeI2溶液中通入少量氯气，该反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，B不正确；
C.加热可以增大碳酸根离子的水解程度使溶液的碱性增强，碳酸根离子水解分为两步，以第一步为主，故该反应的离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，C不正确；
D.过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中，生成碳酸氢钙和次氯酸，该反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，D正确。
本题选D。
点睛：
本题主要考查了与量有关的离子反应的离子方程式的正误判断，难度较大。
判断与量有关的离子反应的离子方程式是否正确，关键要弄清反应物的配比、氧化性与还原性的强弱竞争优势和基本的反应原理，结合电荷守恒和质量守恒进行判断。
16.下列物质中既有极性键，又有非极性键的非极性分子是（）
A.二氧化碳B.四氯化碳C.双氧水D.乙炔
【答案】D
【解析】分析：
二氧化碳分子中只有极性键；四氯化碳分子中只有极键；双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且分子中四原子共线，故其为非极性分子。
详解：
A.二氧化碳分子中只有极性键；
B.四氯化碳分子中只有极性键；
C.双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；
D.乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且四原子共线，故其为非极性分子
综上所述，D符合题意，本题选D。
点睛：
根据分子中电荷分布是否均匀来判断分子的极性，若分子的电荷分布是均匀的、正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，若分子的电荷分布是不均匀的、正负电荷的中心不重合，则该分子为极性分子。
非极性分子不一定只有非极性键，非极性分子中的共价键可以全部是极性键，如甲烷分子是非极性分子，分子内只有极性键。
17.下列说法或有关化学用语的表达正确的是（）
A.在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B.因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
C.基态Fe原子的外围电子排布图为
D.根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区
【答案】C
【解析】A．同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B．N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故B错误；C．基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：
，故C正确；D．Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选C。
18.已知A、B、D、E均为化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是
A.若A是铁，则E可能为稀硝酸B.若A是CuO，E是碳，则B为CO
C.若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D.若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
【答案】D
【解析】试题分析：
A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，Fe（NO）3和Fe反应生成Fe（NO3）2，Fe（NO3）2和硝酸反应生成Fe（NO3）3，符合转化关系，故说法正确；B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：
C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOH＋CO2（少量））=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2（过量）=NaHCO3、2NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。
考点：
考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。
19.在恒容恒温的密闭容器中充入1molX和2molY,发生反应：
X（g）+2Y（g）
2Z（g）+M（s）△H=-akJ/mol（a>0）,下列说法正确的是
A.当v正（X）=v逆（M）,说明反应达到平衡状态
B.达到化学平衡状态时，反应放出的总热量为akJ
C.反应达到平衡时，X和Y的转化率相等
D.降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】C
【解析】分析：
M为固体，其浓度在反应过程中不变，故不能用其表示该反应的化学反应速率。
该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故达到化学平衡状态时，反应放出的总热量小于akJ。
反应物的起始量和变化量均等于化学计量数之比，故当反应达到平衡时，X和Y的转化率相等。
降低反应温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小。
详解：
A.M为固体，其浓度在反应过程中不变，故不能用其表示该反应的化学反应速率，A不正确；
B.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故达到化学平衡状态时，反应放出的总热量小于akJ，B不正确；
C.反应物的起始量和变化量均等于化学计量数之比，故当反应达到平衡时，X和Y的转化率相等，C正确；
D.降低反应温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，D不正确。
本题选C。
20.如图所示，其中甲池的总反应式为：
2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是
A.甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B.甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+
C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D.甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
【答案】D
【解析】丙池两端的电极材料相同，应作电解池，甲池是燃料电池，CH3OH中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为
；
得电子，化合价降低，作正极，电极反应为
。
乙池石墨电极与正极相连，作阳极；
电极是阴极。
丙池右侧
与负极相连，作阴极；左侧
是阳极。
A项，根据分析知，甲池是燃料电池（原电池），实现化学能转为电能，乙、丙池是电解池，实现电能转化为化学能，故A项错误。
B项，据分析知，
中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为
，碱性溶液中
不能大量存在，故B错误。
C项，乙池是电解池，石墨电极是阳极，电极反应为
，阴极反应为
，移出体系的物质可视作
，加入
后相当于多引入部分
，溶液变稀，不可恢复原浓度，故C错误。
D项，标况下，甲池消耗
的物质的量为n（O2）=0.28/22.4=0.0125mol，转移电子0.05mol，丙池中总反应为
，当装置中转移相同物质的量的电子时，生成固体m（Mg（OH）2）=2×0.0125×58=1.45g，故D项正确.本题正确选项为D。
点睛：
本题考查原电池、电解池相连接时的电极反应，自发的氧化还原反应为原电池反应，此装置为原电池，其他装置为电解池。
在原电池中根据负极氧化正极还原写出电极反应式，在电解池中根据阳极氧化阴极还原写出电极反应式。
21.25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.Ka（HA）=Kb（BOH）=10-5
B.b点时，c（B+）=c（A-）≠c（H+）=c（OH-）
C.c点时，
随温度升高不变
D.a→c过程中水的电离程度先增大后减小.
【答案】C
【解析】分析：
由图中信息可知，Va=100mL时，pH=3，c（H+）=
，则HA为弱酸；Vb=100mL时，pH=11，c（OH-）=
，则BOH为弱碱。
Ka（HA）=Kb（BOH）=
10-5，在相同条件下，两者的电离程度相同。
为A－的水解常数的倒数。
详解：
A.Ka（HA）=Kb（BOH）=
10-5，A正确；
B.b点时，酸和碱恰好完全反应生成BA溶液，B+和A-均水解且水解程度相同，pH=7，溶液显中性，故c（B+）=c（A-）＞c（H+）=c（OH-），B正确；
C.
为A－的水解常数的倒数，温度升高，水解常数变大，所以c点时，
随温度升高而减小，C不正确；
D.酸或碱抑制水的电离，而盐的水解促进水的电离，所以，a→c过程中水的电离程度先增大后减小.，D正确。
本题选C。
22.检验某溶液中是否含有K+、Fe3+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-，限用的试剂有：
盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。
设计如下实验步骤，并记录相关现象
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