X（O2—）>Y（Na+），D项错误。
16.下列说法正确的是（ ）
A.HCl、HBr、HI的分子间作用力依次增大，热稳定性也依次增强
B.N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C.在O2、CO2和SiO2中，都存在共价键，它们均由分子构成
D.KOH和MgCl2都是离子晶体，均存在共价键和离子键
【答案】B
【解析】
HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，所以分子间作用力依次增大，非金属性越强，热稳定性越强，非金属性：
Cl>Br>I，则热稳定性依次减弱，A项错误；N原子最外层有5个电子，与另一个N原子形成三对共用电子对达到8电子稳定结构，Cl原子最外层有7个电子，与另一个Cl原子形成一对共用电子对达到8电子稳定结构，B项正确；二氧化硅属于原子晶体，它是由原子构成，C项错误；KOH中存在共价键和离子键，属于离子晶体，MgCl2中只存在离子键，属于离子晶体，D项错误。
点睛：
本题考查元素周期表与元素周期律知识，意在考查考生运用元素周期律判断元素及其化合物性质的能力。
解题中，先确定在周期表中的位置关系，然后根据元素周期律来判断。
17.下列说法正确的是（ ）
A.一定条件下，乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应
B.CCl4分子的比例模型为
，其空间构型为正四面体
C.全降解塑料
可由环氧丙烷（
）和CO2缩聚制得
D.一定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体，生成水的质量为18（1－a）g
【答案】D
【解析】
葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，A项错误；因Cl原子的半径大于C原子半径，与比例模型不符，B项错误；全降解塑料
可由环氧丙烷（
）和CO2加聚制得，C项错误；含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体，含氢质量分数为
，氢元素质量为
，所以生成水的质量为18（1-a）g，D项正确。
18.为了证明一水合氨（NH3·H2O）是弱电解质，常温下做以下实验没有意义的是（ ）
A.用pH试纸测出0.010mol·L－1氨水的pH为10
B.用pH试纸测出0.10mol·L－1NH4Cl溶液的pH<7
C.取出10mL0.010mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入NH4Cl晶体少量，颜色变浅
D.取出10mL0.010mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入稀盐酸少量，颜色变浅
【答案】D
【解析】
若NH3·H2O是强电解质，则0.010mol·L－1氨水中c（OH－）应为0.010mol·L－1，pH＝12。
用pH试纸测出0.010mol·L－1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离，应为弱电解质，A项正确；用pH试纸测出0.10mol·L－1NH4Cl溶液的pH<7，说明氯化铵水解呈酸性，NH4+弱碱阳离子，即证明NH3·H2O为弱电解质，B项正确；向0.010mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl晶体，有两种可能：
一是氯化铵在水溶液中电离出NH4+的水解使溶液显酸性，加入氨水中使其pH降低；二是NH4+使NH3·H2O的电离平衡逆向移动，从而使溶液的pH降低，这两种可能均会使溶液颜色变浅，可证明NH3·H2O是弱电解质，C项错误；氨水与盐酸发生中和反应导致碱性减弱，颜色变浅，不能说明NH3·H2O为弱电解质，D项错误。
19.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。
下列说法不正确的是（ ）
A.右室电极为该电池的正极
B.左室电极反应式可表示为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋
C.右室电极附近溶液的pH减小
D.工作时中间室的Cl－移向左室，Na＋移向右室
【答案】C
【解析】
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，A正确；左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，B正确；右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO
＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，C错误；放电时，电解质溶液中阳离子Na＋移向正极室右室，阴离子Cl－移向负极室左室，D正确。
20.在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）＋3Y（g）
2Z（g）达到平衡的标志是（ ）
A.气体总质量保持不变B.X、Y、Z的浓度都相等
C.X、Y、Z的浓度不再发生变化D.X、Y、Z的分子数之比为1∶3∶2
【答案】C
【解析】
反应物和生成物都是气体，故气体总质量保持不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A错误；平衡时X、Y、Z的浓度取决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的浓度都相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故C正确；平衡时X、Y、Z的分子数之比决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的分子数之比为1：
3：
2，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误。
点睛：
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。
21.已知：
H2（g）＋F2（g）==="2HF（g）"的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是
A.氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应
B.1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJ
C.在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量
D.断裂1molH—H键和1molF—F键放出的能量大于形成2molH—F键放出的能量
【答案】C
【解析】
A．由图象可知，2molHF（g）的能量小于1molH2（g）和1molF2（g）的能量，故氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应，故A错误；B．2 mol液态HF的能量小于2molHF（g）的能量，对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，反应放出的热量越多，故放出的热量大于270KJ，故B错误；C．1molH2（g）和1molF2（g）生成2molHF（g）放热，故1molH2（g）和1molF2（g）的所具有总能量大于2molHF（g）所具有的能量，故C正确；D．由于1molH2（g）和1molF2（g）生成2molHF（g）放热，而反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量＜0，故断裂1 mol H-H键和1 mol F-F 键放出的能量小于形成2 mol H-F键放出的能量，故D错误；故选C。
点睛：
如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物；且△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量）=E（反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量）-E（生成物分子化学键形成时所释放的总能量）=E1（正反应的活化能）-E2（逆反应的活化能）。
22.某化学反应2X（g）
Y（g）＋Z（g）在4种不同条件下进行，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度（mol·L－1）随反应时间（min）的变化情况如下表：
化情况如下表：
下列说法不正确的是（）
A.c＞1.0B.实验2可能使用了催化剂
C.实验3比实验2先达到化学平衡状态D.前10分钟，实验4的平均化学反应速率比实验1的大
【答案】C
【解析】
实验3达到平衡X的浓度大于实验1，温度相同，达到平衡说明X起始浓度大于1.0mol/L，A项正确；实验2和实验1达到相同的平衡状态，但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，B项正确；依据图表数据分析，实验3在40min时X浓度不变达到平衡，实验2在20min时达到平衡，实验2达到平衡快，C项错误；实验4和实验1在10分钟都未达到平衡，依据化学反应速率概念计算，实验1中X的反应速率=
，实验4中X的反应速率=
，所以实验4反应速率大于实验1，D项正确。
23.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.1mol羟基与1mol氢氧根离子所含的质子数和电子数均为9NA
B.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO
、CO
的离子数之和为0.1NA
C.0.1mol·L－1的CuCl2溶液中含有Cl－的数目为0.2NA
D.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
一个羟基中有9个质子和9个电子，一个OH－中有9个质子和10个电子，所以1mol羟基与1mol氢氧根离子所含的电子数不相等，A错误；根据物料守恒，1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO
、CO
的微粒数之和为0.1NA，B错误；没有体积，无法计算溶液中离子数目，C错误；根据化学反应方程式2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，D正确。
24.常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH
与NH3·H2O的变化趋势如下图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A.在M点时，n（OH－）－n（H＋）＝（a－0.05）mol
B.随着NaOH的加入，
不断增大
C.M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D.当n（NaOH）＝0.1mol时，c（OH－）＞c（Cl－）－c（NH3·H2O）
【答案】B
【解析】
n（Na+）=amol，n（NH4+）=0.05mol，n（Cl－）=0.1 mol根据电荷守恒，n（OH－）+ n（Cl－）=n（H+）+ n（Na+）+n（NH4+）；n（OH－）-n（H+）＝n（Na+）+ n（NH4+） - n（Cl－） =（a -0.05）mol，故A正确；
不变，随着NaOH的加入，
不断增大，所以
增大，
，
不断减小，故B错误；向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故C正确；当n（NaOH）＝0.1mol时，
，c（OH－）=c（Cl－）- c（NH3•H2O）+ c（H+），所以c（OH－）＞c（Cl－）- c（NH3•H2O），故D正确。
25.某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H+和OH－）Na+、NH4+、SO42－、CO32－、NO3－。
取200mL该溶液，分为等体积的二份分别做下列实验。
实验1：
第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL。
实验2：
第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33克。
下列说法正确的是
A.该溶液中可能含有Na+
B.该溶液中肯定含有NH4+、SO42－、CO32－、NO3－
C.该溶液中一定不含NO3－
D.该溶液中一定含Na+,且c（Na+）≥0．1mol/L
【答案】D
【解析】
根据实验1：
第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH
，且物质的量为0.01mol；实验2：
第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO
，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO
，且物质的量为
＝0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度≥
＝0.1mol·L－1。
该溶液中一定含有Na＋，故A错误；该溶液中肯定含有NH
、SO
、Na＋，故B错误；该溶液中可能含有NO
，故C错误；根据溶液中NH
物质的量为0.01mol，SO
物质的量为0.01mol，根据电荷守恒则c（Na＋）≥0.1mol·L－1，故D正确。
故选D。
26.A是实验室中常见的有机物，它易溶于水，具有特殊香味，并能进行如下图所示的多种反应。
已知C中所含碳原子数是A中的2倍。
（1）A的分子式为____________。
（2）写出下列反应的化学方程式
反应①：
________________________________________________________________________；
反应③：
________________________________________________________________________；
反应④：
________________________________________________________________________。
【答案】
（1）.C2H6O
（2）.2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑（3）.CH3COOH＋C2H5OH
CH3COOC2H5＋H2O（4）.2CH3CH2OH
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