B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C.Y的单质的氧化性比Z的强
D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH；C．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；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：
r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），选项A错误；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，选项B错误；C．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，选项C错误；D．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，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：
铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。
四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液退色，v的俗名叫烧碱。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A.原子半径的大小：
W>Z>Y>X
B.t与r反应时，r为氧化剂
C.生活中可用u使食物增白
D.Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则
A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：
Z＞W＞Y＞X，A错误；
B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C．二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；
D．Z分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。
7.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2HI（g）+Cl2（g）
2HCl（g）+I2（s）。
下列事实不能说明该反应到平衡状态的是（）
A.断裂1molCl-Cl键同时形成1molH-Cl键B.容器内气体密度不再改变
C.容器内气体压强不再改变D.容器内气体颜色不再改变
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】A.断裂1molCl-Cl键同时形成1molH-Cl键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，容积始终是不变的，所以容器内气体密度不再改变说明反应达到平衡状态，B不符合；
C.正反应体积减小，则容器内气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，C不符合；
D.容器内气体颜色不再改变说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
8.一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷（C2H6）和氧气，其中某一电极反应式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO32－＋12H2O。
有关此电池的推断不正确的是
A.通入乙烷的电极为负极
B.放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降
C.参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为2∶7
D.溶液中的OH－向负极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，通入乙烷的电极为负极，发生氧化反应，A正确；
B、电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH-+7O2＝4CO32-+10H2O，反应消耗KOH，因此放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降，B正确；
C、原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：
2，C错误；
D、原电池中阴离子向负极移动，则溶液中的OH－向负极移动，D正确。
答案选C。
9.为测定一小块铁铝合金样品中的含铝量，现先将其溶于足量盐酸中，然后再向其中加入足量的烧碱溶液，待沉淀全部转化为红褐色时过滤、洗涤，将沉淀物在空气中灼烧，最后得到红棕色粉末，经称量知其质量跟原合金的质量相等。
合金中铝的质量分数为
A.无法计算B.70%C.54%D.30%
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应过程来分析，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数。
【详解】因铁铝溶于酸，生成氯化亚铁、氯化铝．加入过量的氢氧化钠溶液，得氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液．灼烧生成氧化铁，据元素守恒，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数，氧化铁中氧的质量分数为：
×100%=30%，即合金中铝的质量分数为30%，答案选D。
【点睛】本题考查铝的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量，主要考查了有关化学计算，抓住元素守恒来做非常方便。
10.下图是2SO3（g）
2SO2（g）+O2（g）的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是（）
A.该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放
B.2SO3（g）
2SO2（g）+O2（g）△H＝－（a－b）kJ／mol
C.1molSO2的能量比1molSO3的能量高
D.若某容器内有2molSO3充分反应，吸收（a－b）kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；
B.反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3（g）
2SO2（g）+O2（g）的△H＝（a－b）kJ／mol，B错误；
C.根据图像可知0.5mol氧气和1molSO2的总能量比1molSO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；
D.由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2molSO3充分反应，吸收的热量小于（a－b）kJ，D错误。
答案选A。
11.下列关于热化学反应的描述中正确的是（）
A.HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ·mol-1，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJ
B.H2（g）的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O
（1）＝2H2（g）＋O2（g）反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C.反应物的热效应与是否使用催化剂有关
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，其热化学方程式为：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-38.6kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：
本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：
A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C.催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。
故选B。
点睛：
注意燃烧热的定义：
1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。
中和热的定义为：
强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。
12.为了探究外界条件对反应aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）的影响，以X和Y物质的量比为a：
b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。
以下判断正确的是（）
A.ΔH＞0，ΔS＞0
B.ΔH＞0，ΔS＜0
C.ΔH＜0，ΔS＞0
D.ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】D
【解析】
【详解】分析：
本题考查的是温度和压强对反应平衡的影响，从Z的体积分数的大小分析平衡移动方向。
详解：
从图分析，压强越大，Z的体积分数越大，说明该反应正反应方向为气体体积减小的方向，即熵减。
温度越高，Z的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即焓变小于0。
故选D。
13.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（）
A.开启啤酒有泡沫逸出
B.向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3（血红色）反应，平衡后向体系中加入KCl固体使体系红色变浅。
C.装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】分析：
本题考查的是平衡移动原理，根据平衡移动的影响因素进行分析。
详解：
A.在啤酒中存在二氧化碳和水反应生成碳酸的平衡状态，开启啤酒的盖，瓶内压强变小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理解释，故不符合题意；B.从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，故不能用平衡移动原理解释，故符合题意；C.二氧化氮的烧瓶中存在二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，加热平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动解释，故不符合题意；D.氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，在饱和氯化钠溶液中氯离子浓度很大，使氯气和水反应的平衡逆向移动，减少氯气与水的反应，也即减少了氯气的溶解度，故能用平衡移动原理解释，故不符合题意。
故选B。
14.在一恒温恒容容器中，发生反应：
2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（）个
①容器内B（s）物质的量浓度不变；②混合气体的密度不变；③混合气体的压强不变；④混合气体的平均相对分子质量不变；⑤C（g）的物质的量浓度不变；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：
1：
1；⑦某时刻v（A）=2v（C）且不等于零；⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
A.3B.4C.5D.6
【答案】B
【解析】
【详解】分析：
本题考查的是化学平衡状态的标志，抓住反应的特点是关键。
详解：
①B（s）固体，其物质的量浓度为常数始终不变，不能说明反应到平衡，故错误；②因为反应体系中有固体物质，所以当混合气体的密度不变时说明混合气体的总质量不变，则说明反应到平衡，故正确；③因为反应前后气体总物质的量不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应到平衡，故错误；④混合气体的平均相对分子质量等于气体的总质量与总物质的量的比值，因为气体总物质的量始终不变，所以当混合气体的平衡相对分子质量不变说明气体总质量不变，可以说明反应到平衡，故正确；⑤C（g）的物质的量浓度不变可以说明反应到平衡，故正确；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：
1：
1不能说明反应到平衡，故错误；⑦某时刻v（A）=2v（C）且不等于零，没有说明反应速率的方向，不能说明反应到平衡，故错误；⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA，可以说明反应正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确。
故有4个可以说明反应到平衡，故选B。
点睛：
注意反应中有固体物质存在时，因为固体物质的浓度不变，该物质的浓度变不能说明反应到平衡，涉及气体总质量或相对分子质量不变都可以说明反应到平衡。
15.反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。
下列说法正确的是（）
A.a、c两点的反应速率：
a＞c
B.a、c两点气体的颜色：
a深，c浅
C.b、c两点的转化率：
b＞c
D.由b点到a点，可以用加热的方法
【答案】D
【解析】
分析：
本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。
详解：
A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c点，但c点压强大，说明容器的体积变小，所以c点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应，说明反应条件为升温，故正确。
故选D。
点睛：
注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。
16.某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2mol/L，1mol/L，且发生如下反应：
3A（g）+2B（g）⇌4C（?
）+2D（?
）已知“?
”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：
4，则下列说法中正确的是（）
①该反应的化学平衡表达式为：
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变
A.①②B.②③C.③④D.①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：
4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：
4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×
=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为
×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。
17.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C—C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
分析：
A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2
CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：
A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2
CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：
本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。
注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
18.在一定温度下，向一个体积不变的密闭容器中，充入等物质的量的氮气和氢气，发生反应：
N2+3H2
2NH3，下列不能说明反应一定达到平衡状态的是
A.密度保持不变B.氢气的物质的量分数保持不变
C.容器的压强保持不变D.
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