B项、X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故B正确；
C项、Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O>N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；
D项、W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。
6.下列说法正确的是
A.常温下，反应C（s）＋CO2（g）===2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH>0
B.已知2CO（g）＋O2（g）==2CO2（g） ΔH＝－566kJ·mol－1，则CO的燃烧热ΔH＝－283kJ
C.已知H＋（aq）＋OH－（aq）==H2O（l） ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则稀H2SO4溶液和稀Ba（OH）2溶液反应的反应热ΔH＝2×（－57.3）kJ·mol－1
D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）ΔH＝－38.6kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、该反应的△S＞0，若不能自发进行，△H-T△S＞0，则△H＞0，故A正确；B．燃烧热的单位为kJ/mol，故B错误；C．稀H2SO4溶液和稀Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀，要放出热量，反应热ΔH＜2×（－57.3）kJ·mol-1，故C错误；D．N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）的反应属于可逆反应，500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中不可能完全反应，当完全反应时，放出的热量大于19.3kJ，热化学方程式为：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H＜－38.6kJ·mol-1，故D错误；故选A。
考点：
考查了反应热和焓变的相关知识。
7.根据下表提供的数据，将等体积､等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3二种溶液相混合，则在混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是
化学式
电离平衡常数
HClO
Ka=3.0×10－8
H2CO3
Ka1=4.3×10—7
Ka2=5.6×10－11
A.c（HClO）＋c（ClO－）=c（HCO3－）＋c（H2CO3）
B.c（Na＋）＋c（H＋）=c（HCO3－）＋c（ClO－）＋c（OH－）
C.c（HCO3－）>c（ClO－）>c（OH－）>c（H+）
D.c（ClO－）>c（HCO3－）>c（H+）>c（OH－）
【答案】C
【解析】
【分析】
由表中电离平衡常数的大小可知，酸性强弱的大小顺序为：
H2CO3>HClO>HCO3－，对应酸根的水解强弱顺序为：
CO32－>ClO－>HCO3－。
【详解】A项、由物料守恒可在，溶液中氯元素总量等于碳元素总量，则溶液中有c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），故A错误；
B项、根据电荷守恒可知，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-），故B错误；
C项、根据电离常数可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-，所以溶液中c（HCO3-）＞c（ClO-），两物质水解都呈碱性，且水解程度都比较小，所以c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），故C正确；
D项、根据电离常数可知，ClO-的水解程度大于HCO3-，所以溶液中c（HCO3-）＞c（ClO-），故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子浓度的大小比较，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，结合电荷守恒和物料守恒解答该类题目，注意HCO3-对应的酸是碳酸、CO32-对应的酸是HCO3-，知道酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度关系是解答关键。
8.
（1）已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：
__________________________
（2）如图是一个电化学过程的示意图，据图回答下列问题：
①甲池是___________________装置。
②请回答电极的名称：
Fe电极的电极名称是__________
③写出电极反应式：
通入CH4的电极反应式是__________________________；Fe电极的电极反应式为______________________
④乙池中反应的化学方程式为___________________________；当乙池中石墨（C）电极上生成的气体体积在标准状况下为112mL时，200mLAgNO3溶液（设乙池溶液的体积变化可以忽略）的pH值=_________
【答案】
（1）.CH4（g）＋2O2（g）==CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890.3kJ·mol－1
（2）.原电池（3）.阴极（4）.CH4－8e－＋10OH－===CO32－+7H2O（5）.Ag＋＋e－===Ag（6）.4AgNO3＋2H2O
4Ag＋O2↑＋4HNO3（7）.1
【解析】
【分析】
（1）甲烷的燃烧热是指1mol甲烷在氧气燃烧反应生成二氧化碳和液态水时放出的热量，所以表示某物质燃烧热的热化学方程式可燃物前面的系数必须是1；
（2）由电化学过程的示意图可知，甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池，通入甲烷的一极为负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，发生还原反应；乙池为电解硝酸银溶液的电解池，C电极连接原电池正极，为电解池的阳极，铁与电源负极，为电解池的阴极；
【详解】
（1）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）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，故答案为：
CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；
（2）①由电化学过程的示意图可知，甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池，故答案为：
原电池；
②铁与电源负极，为电解池的阴极，故答案为：
阴极；
③通入甲烷的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-⇌CO3 2-+7H2O；铁与电源负极相连作阴极，溶液中银离子在阴极A得电子发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：
CH4+10OH--8e-=CO3 2-+7H2O；Ag++e-=Ag；
④乙池为电解硝酸银溶液的电解池，乙池中氢氧根离子在阳极放电、银离子在阴极上放电，则乙池电池反应式为4AgNO3＋2H2O
4Ag＋O2↑＋4HNO3；氢氧根在阳极失电子发生氧化反应生成O2，标准状况下112mLO2的物质的量为0.005mol，由电解方程式可知，电解生成0.02molHNO3，溶液中c（H+）=0.02mol/0.2L=0.1mol/L，则pH=1，故答案为：
4AgNO3＋2H2O
4Ag＋O2↑＋4HNO3；1。
9.在测定某铁矿石中的含铁量时，可准确称取2.0g铁矿石溶解在酸溶液里，然后把其中的Fe3+还原成Fe2+，制得100mL待测液，再取出10mL该待测液于锥形瓶中，然后用0.020mol·L－1的KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应的离子方程式如下：
Fe2++MnO4－+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定结果平均消耗KMnO4溶液的体积刚好等于下图中所示的消耗KMnO4溶液的体积，试回答下列问题：
（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+，应选用下列试剂____________,充分反应再进行过滤､洗涤，将洗涤液并入待测液中。
A.氯水B.H2O2C.Fe屑D.Cu
（2）滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点读数为______________mL
滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视______________________________，直至滴定终点。
判断到达终点的现象是___________________________________________________________________________________
（3）下列操作会使测得样品中铁的质量分数偏高的是__________
A.滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入高锰酸钾标准溶液进行滴定。
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，就加入待测液进行滴定。
C.记录测定结果时，滴定前仰视液凹面最低处，滴定到达终点时又俯视读数。
（4）如果矿石是用盐酸溶解配制成待测液，则测定的结果矿石中含铁量______________（填偏高、偏低、无影响），原因是_________________________________________
（5）矿石中含铁的质量分数为_________________（已知铁的原子量为56）
【答案】
（1）.D
（2）.17.20（3）.锥形瓶中溶液的颜色变化（4）.加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色（5）.A（6）.偏高（7）.KMnO4氧化Cl－,消耗KMnO4的量增多（8）.48.2%
【解析】
【分析】
（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+时，不能增加溶液中铁元素的量，否则测定结果会偏高；
（2）由示意图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为17.20mL；滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化；KMnO4溶液为紫色，反应中MnO4-转变成Mn2+，Fe2+转变成Fe3+，反应到达终点时溶液由浅绿色变为紫色；
（3）根据c（待测）=c（标准）×V（标准）/V（待测）分析不当操作对V（标准）×的影响，以此判断浓度的误差；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与盐酸发生氧化还原反应生成氯气；
（5）根据关系式5Fe2+～5Fe2+～MnO4-计算Fe的物质的量，再根据m=nM计算其质量，进而计算质量分数。
【详解】
（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+时，不能增加溶液中铁元素的量，否则测定结果会偏高，因此加入的还原剂不能是Fe屑，只能是Cu，故答案为：
Cu；
（2）由示意图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为17.20mL；滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化；KMnO4溶液为紫色，反应中MnO4-转变成Mn2+，Fe2+转变成Fe3+，反应到达终点时溶液由浅绿色变为紫色，则终点的现象是加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色，故答案为：
17.20；锥形瓶中溶液的颜色变化；加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色；
（3）A、酸式滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入KMnO4标准溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，所测结果偏高，正确；
B、滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后，水未倒尽，就加入待测液，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，对测定结果无影响，错误；
C、记录测定结果时，滴定前仰视液凹面最低处，滴定到达终点时又俯视读数，造成V（标准）偏小，所测结果偏低，错误；
故选A，故答案为：
A；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，如果矿石是用盐酸溶解配制成待测液，消耗KMnO4标准溶液的体积偏大，所测结果偏高，故答案为：
KMnO4氧化Cl－,消耗KMnO4的量增多；
（5）酸性高锰酸钾溶液氧化Fe2+的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，由方程式可得10mL待测液中n（Fe2+）=5×n（MnO4-）=5×0.020mol·L－1×17.20×10-3L=1.72×10-3mol,100mL待测液中铁元素的质量m（Fe）=1.72×10-3mol×10×56g/mol=0.9632g，则矿石中含铁的质量分数为0.9632g/2×100%≈48.2%，故答案为：
48.2%。
【点睛】本题考查氧化还原反应滴定、物质含量测定等，侧重于考查实验能力和计算能力，注意把握铁离子的性质、滴定原理和利用关系式法计算是解答关键。
10.Ⅰ.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：
实验编号
HA物质的量浓度（mol·L-1）
NaOH物质的量浓度（mol·L-1）
混合溶液的pH
甲
0.2
0.2
pH＝a
乙
c
0.2
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH＞7
丁
0.1
0.1
pH＝9
（1）不考虑其它组的实验结果，从甲组情况分析，如何用a（混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸________________________________________________________
（2）丙组实验混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________________
（3）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH－）＝________________mol·L-1，混合溶液中，c（Na+）－c（A-）＝_________________________mol·L-1（不能做近似计算）。
Ⅱ.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g） ∆H=﹣92.4kJ•mol－1，在773K时，分别将2molN2和6molH2充入在一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（H2）、n（NH3）与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n（H2）/mol
6.00
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n（NH3）/m
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