C.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性D.最高价氧化物的水化物的酸性：
Y>Z
【答案】C
【解析】X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，为钠元素，ZX形成的化合物为中性，说明为氯化钠，则Y为硫元素，W为氧元素。
A、钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，选项A错误；B、水和硫化氢比较，水稳定性强，选项B错误；C、氧和钠形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，其水溶液都为氢氧化钠，显碱性，选项C正确；D、最高价氧化物对应的水化物中高氯酸是最强酸，选项D错误。
答案选C。
点睛：
本试题考查元素周期表和元素周期律的知识，首选根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握住（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时中夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意如是不是最高价等。
10.有关化学用语的表示正确的是（）
A.甲烷分子的比例模型是
B.HClO的结构式为H—O—Cl
C.二氧化碳的电子式：
D.Cl—的结构示意图为：
【答案】B
【解析】A、模型为甲烷分子的球棍模型并不是比例模型，选项A错误；B、HClO中O形成两条共价键，H、Cl均形成一条共价键，故其结构式为H—O—Cl，选项B正确；C、二氧化碳的电子式为
，选项C错误；D、Cl为17号元素，其离子结构示意图为：
，选项D错误。
答案选B。
11.《化学反应原理》主要研究：
化学反应进行的方向、快慢、程度以及反应过程中能量转化等内容。
下列有关说法错误的是（）
A.化学变化中，遵循能量守恒，所谓吸热反应可看作把环境中的能量储存到了物质中
B.化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化
C.氧化还原反应都是放热反应
D.强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高
【答案】C
【解析】试题分析：
A．化学变化中，遵循能量守恒，所谓吸热反应可看作把环境中的能量储存到了物质中，使得生成物的能量增大，故A正确；B．化学变化中，遵循质量守恒，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化，故B正确；C．氧化还原反应不一定都是放热反应，如碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应，属于吸热反应，故C错误；D．反应的活化能越低，反应越容易进行，强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高，故D正确；故选C。
考点：
考查了化学变化中的物质变化和能量变化的相关知识。
12.关于下列图象及相关说法正确的是（）
图①：
图②：
图③：
图④：
A.据图①可判断：
2O3（g）=3O2（g）；△H=-44.8KJ/mol
B.据图②可判断：
某反应在使用催化剂时比无催化剂时反应速率大，且面积Saco>Sbdo
C.据图③可判断：
2O2（g）═O3（g）+O（g）△H＞0
D.据图④可判断：
2NO2（g）+O3（g）
N2O5（g）+O2（g），0～3s内，反应速率为V（N2O5）=0.2mol·L-1·S-1
【答案】C
【解析】试题分析：
A、焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则根据图无法判断：
2O3（g）=3O2（g）的焓变，故A错误；B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以面积Saco=Sbdo，故B错误；C．反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，故△H＜0，其逆反应的△H＞0，故C正确；D．由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=
=0.2mol/（L．s），V（N2O5）=v（NO2）=0.1mol/（L．s），故D错误，故选C。
考点：
考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。
13.下列说法正确的是
A.活化分子之间的碰撞即为有效碰撞
B.增大压强不能降低活化能，但能增加活化分子百分数
C.活化能的大小决定了反应能否自发进行
D.使用催化剂能降低活化能，增加活化分子百分数
【答案】D
【解析】A、活化分子之间的碰撞发生化学反应时为有效碰撞，否则不是，选项A错误；B、增大压强不能增加活化分子的百分数，使反应速率增大原因是活化分子的浓度增大，但百分数不变，选项B错误；C、反应能否自发进行取决于反应的焓变和熵变，活化能的大小影响反应速率的大小，选项C错误；D、催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，选项D正确。
答案选D。
14.标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。
下列分析正确的是
A.氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
B.原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1
C.a点对应溶液的导电性比d点强
D.b点水的电离程度比c点水的电离程度大
【答案】D
【解析】A、H2S的酸性比H2SO3弱，选项A错误；B、依据反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，可算出c（H2S）为0.1mol·L－1，选项B错误；C、H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，选项C错误；D、b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点水的电离程度比c点水的电离程度大，选项D正确。
答案选D。
15.醋酸钡[（CH3COO）2Ba·H2O]是一种媒染剂，下列是有关0.1mol/L醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是
A.2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
B.c（H＋）＋2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）
C.c（Ba2＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）
D.c（H＋）＝c（OH－）－c（CH3COOH）
【答案】C
【解析】试题分析：
A．根据物料守恒可知，在0.1mol•L-1醋酸钡溶液中，2c（Ba2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），正确；B．根据电荷守恒可知，在醋酸钡溶液中，c（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO-）+c（OH-），正确；C．1醋酸钡是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应：
CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-，当最终达到平衡时，溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液显碱性；但是盐水解的程度是微弱的，根据物料守恒可知＞c（CH3COO-），c（Ba2+）＞c（OH-），因此溶液中离子浓度关系是：
c（CH3COO-）＞c（Ba2+）＞c（OH-）＞c（H+），错误；D．根据质子守恒可得c（H+）=c（OH-）－c（CH3COOH），正确。
考点：
考查电解质溶液中离子浓度大小比较的知识。
16.下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是（）
A.若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护
B.若X为电流计，Y为锌棒，则SO42－移向Fe棒
C.若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应
D.若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe棒上有铜析出
【答案】D
【解析】A、若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒接电源的正极，作阳极，首先被氧化，因此不能起到被保护的作用，选项A错误；B、若X为电流计，Y为锌棒，则构成了原电池，Zn为负极，发生氧化反应，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，SO42－移向正电荷较多的Zn棒，选项B错误；C、若X为导线，Y为铜棒，则构成原电池，活动性强的Fe棒为负极，发生氧化反应，选项C错误；D、若X为直流电源，Y为铜棒接正极，阳极Cu是活性电极，发生氧化反应，变为Cu2+进入溶液，在阴极铁棒上溶液中的Cu2+得到电子，变为Cu单质附着，因此可以实现Fe棒上镀铜，选项D正确。
答案选D。
点睛：
考查原电池、电解池的反应原理及应用的知识，正确判断原电池正负极以及两极得失电子和发生氧化还原反应的判断，是解答本题的关键。
17.已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c（均为正值，单位均为kJ·mol－1）。
则反应2C（s，石墨）＋2H2（g）＋H2O（l）==C2H5OH（l）的焓变为（）
A.（2b＋2c－a）kJ·mol－1B.（b＋c－a）kJ·mol－1
C.（a－2b－2c）kJ·mol－1D.（a－2b－c）kJ·mol－1
【答案】C
【解析】已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c，则有反应①C2H5OH（l）＋3O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）△H＝—a，②C（石墨，s）＋O2（g）＝CO2（g）△H＝—b，③H2（g）＋O2（g）＝H2O（l）△H＝—c，则根据盖斯定律可知②×2+③×2—①即可得到2C（石墨，s）＋2H2（g）＋H2O（l）＝C2H5OH（l）的△H＝（a－2b－2c）kJ·mol－1，答案选C。
18.将CO2转化为甲醇的原理为CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH<0。
500℃时，在体积为1L的固定容积的密闭容器中充入1molCO2、3molH2，测得CO2浓度与CH3OH浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是（）
A.曲线X可以表示CH3OH（g）或H2O（g）的浓度变化
B.从反应开始到10min时，H2的反应速率υ（H2）=0.225mol/（L·min）
C.500℃时该反应的平衡常数K=3
D.平衡时H2的转化率为75%
【答案】C
【解析】A、随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH（g）或H2O（g）的浓度变化，选项A正确；B、Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，故v（CO2）=
=0.075mol/（L﹒min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CO2）=3×0.075mol/（L﹒min）=0.225mol/（L﹒min），选项B正确；C、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g），
开始（mol/L）：
1300
变化（mol/L）：
0.752.250.750.75
平衡（mol/L）：
0.250.750.750.75
故平衡常数k=
=5.33，选项C错误；D、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，二氧化碳的浓度变化量为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为3×0.75mol/L=2.25mol/L，氢气的转化率=
×100%=75%，选项D正确。
答案选D。
19.25℃时，0.1mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是（）
序号
①
②
③
④
⑤
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.0
7.0
10.3
8.3
11.6
A.酸性的相对强弱：
HClO＜HCO3－
B.在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：
c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol/L
C.由水电离产生的c（H+）：
①=②
D.溶液③④中酸根离子浓度：
c（ClO－）＞c（HCO3－）
【答案】B
【解析】A、酸性越弱，生成的钠盐水解程度越大，溶液的pH越大，因为pH：
Na2CO3＞NaClO，因此酸性的相对强弱：
HClO＞HCO3－，选项A错误；B、④⑤溶液等体积混合后的溶液中存在物料守恒，c（HCO3-）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol/L，选项B正确；C、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，由水电离产生的c（H+）：
①＜②，选项C错误；D、根据数据可知，NaClO水解程度＞NaHCO3溶液，酸根离子浓度：
c（ClO－）＜c（HCO3－），选项D错误。
答案选B。
20.下列热化学方程式中，正确的是
A.甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为
CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－890.3kJ·mol－1
B.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1
C.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热
ΔH＝2×（－57.3）kJ·mol－1
D.500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）ΔH＝－38.6kJ·mol－1
【答案】B
【解析】试题分析：
A、因燃烧热是指25℃、101KPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般H→H2O（l），C→CO2（g），S→SO2（g），由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H="-890.3"kJ•mol-1，错误；B、2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，则4gH2完全燃烧生成液态水，放出571.6KJ热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O
（1）△H="-571.6"kJ•mol-1，正确；C、因在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，所以H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热应为△H=-57.3kJ•mol-1，错误；D、因N2+3H2
2NH3是可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3kJ，错误。
考点：
考查热化学方程式的书写，燃烧热、中和热的概念。
二、非选择题（共2道大题。
每题10分，共20分）
21.将HI（g）置于密闭容器中，某温度下发生下列变化：
2HI（g）
H2（g）+I2（g）△H＜0
（1）该反应平衡常数的表达式为K=______________，则H2（g）+I2（g）
2HI（g）平衡常数的表达式为K1=_____________（用K表示）。
（2）当反应达到平衡时c（I2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则c（H2）为________，HI的分解率为________。
（3）能判断该反应达到平衡状态的依据是________
A．容器中压强不变B
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