D

解：Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素， A．元素X、W的简单阴离子分别为O2﹣、S2﹣ ， 离子的电子层结构不同，故A错误；

B．X、W分别为O、S元素，二者形成的化合物二氧化硫、三氧化硫都是共价化合物，故B错误；

C．氢键影响熔沸点，而氢化物稳定性与共价键有关，与氢键无关，故C错误；

D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），即r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W），故D正确；

故选D．

A

解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2 ， 氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+ ， 三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2 ， 故A正确； B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；

C、①生成Cl2 ， 氧化性强于I2 ， 也能使其变蓝，故C错误；

D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．

故选A．

【考点精析】本题主要考查了氧化性、还原性强弱的比较的相关知识点，需要掌握金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱；非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱；不同的氧化剂与同一还原剂反应时，反应条件越易，其氧化剂的氧化性越强；当不同的氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧化剂的氧化性就越强才能正确解答此题．

A

解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；④中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑤也说明符合特征（2）．故①③⑤能说明是否达到平衡状态． 故选A．

【考点精析】关于本题考查的化学平衡状态的判断，需要了解状态判断：①v(B耗)=v(B生)②v(C耗):v(D生)=x : y③c(C)、C%、n(C)%等不变④若A、B、C、D为气体，且m+n≠x+y，压强恒定⑤体系颜色不变⑥单位时间内某物质内化学键的断裂量等于形成量⑦体系平均式量恒定（m+n ≠ x+y）等才能得出正确答案．

B

解：A．发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，故A错误； B．氯气过量，溶液中含HCl哦，具有漂白性，在该溶液中滴少量品红，品红褪色，故B正确；

C．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，但Na+浓度不变，故C错误；

D．与SO32﹣、Br﹣反应中氯气得到电子，氯气作氧化剂，而只有氯气与水反应中Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，故D错误；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了氯气的化学性质的相关知识点，需要掌握氯气的化学性质：与金属反应将金属氧化成高价态；非金属反应；与水反应；与碱反应；与还原性物质反应才能正确解答此题．

A

解：A． 与 互为同位素，化学性质相同，故A正确； B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+ ， 但互为同位素原子时化学性质相同，故B错误；

C．C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+ ， 故C错误；

D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，故D错误．

故选：A．

D

解：当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液， 由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）= n（Na+）= n（NaOH）= ×0.16L×1mol/L=0.08mol，

设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：

根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，

100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，

根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.2﹣0.08=0.12，

联立方程解得：x=0.06、y=0.02，

所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol，

滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：

n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol，

则V2= =0.44L=440mL，

故选D．

C

解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确； B、原电池工作时，氢离子向正极移动，向b极移动，故B正确；

C、原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故C错误；

D、氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，属于环保电池，故D正确．

故选C．

B

解：A．氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误； B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；

C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；

D．NH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；

故选：B．

【考点精析】通过灵活运用氯气的化学性质，掌握氯气的化学性质：与金属反应将金属氧化成高价态；非金属反应；与水反应；与碱反应；与还原性物质反应即可以解答此题．

A

解：A．氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳，离子方程式：OH﹣+CO2═HCO3﹣ ， 故A正确； B．碳酸钙溶于稀醋酸，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣ ， 故B错误；

C．向碳酸氢铵稀溶液中加入过量烧碱溶液，离子方程式：2HCO3﹣+NH4++2OH﹣═H2O+NH3•H2O+CO32﹣ ， 故C错误；

D．钠与水的反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；

故选：A．

C

解：A．MnO4﹣有颜色，与题目不符，故A错误； B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性，酸性条件下OH﹣不能大量共存，故B错误；

C．透明的酸性溶液中离子之间不发生任何反应，故C正确；

D．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．

故选C．

D

解：①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①正确；②Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成份，所以Si是半导体材料，故②正确； ③SO2可用于工业上杀菌消毒，所以二氧化硫可以杀菌消毒，故③正确； ④Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成份，SiO2是光导纤维，故④正确；⑤碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故⑤正确；⑥淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故⑥正确；⑥Ca（ClO）2﹣与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥正确；⑧Al2O3是高熔点是耐高温材料，故⑧正确； 故选：D．

【考点精析】利用氯气的化学性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知氯气的化学性质：与金属反应将金属氧化成高价态；非金属反应；与水反应；与碱反应；与还原性物质反应．

（1）O=O；

（2）H2O

（3）；第三周期VIIA族

（4）次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O

解：地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素， 综上所述：A为O、B为Na、C为Al、D为Cl、E为Ca，（1）氧气单质中两个O原子形成2对共价键，故结构式为O=O，Na的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为： ，所以答案是：O=O； ；（2）由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl，所以答案是：H2O；（3）E为Ca，有4个电子层，最外层电子数为2，失去最外层2个电子形成阳离子，离子结构示意图为： ，Cl的原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则位于第三周期VIIA族，所以答案是： ；第三周期VIIA族；（4）钙、氯、氧可形成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca（ClO4）2 ， 其中满足题设条件下的盐为Ca（ClO）2（次氯酸钙），由于在酸性环境中ClO﹣具有强氧化性，Cl﹣具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，

所以答案是：次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O．

（1）16；

（2）③

（3）8；1：2

故原混合气体为：32mol+8mol=40mol，
由（1）知a=16mol，则b=40mol﹣16mol=24mol，
达到平衡时，N2和H2的转化率之比α（N2）：α（H2）= ： =1：2，
所以答案是：1：2．
【考点精析】本题主要考查了化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%才能正确解答此题．

（1）中子数；同位素

（2）14：1

（3）5mol/L

解：（1）① C与 N具有相同的中子数，13﹣6=14﹣7=7，所以答案是：中子数；② N与 N质子数相同质量数不同，中子数不同为氮元素的同位素，所以答案是：同位素；（2）同温同压下，相同质量的H2和N2中分子数目之比=气体物质的量之比= ： =14：1，所以答案是：14；1；（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，溶质物质的量n= =1mol，所得溶液的物质的量浓度c= =5mol/L，所以答案是：5mol/L．

【考点精析】解答此题的关键在于理解核素的相关知识，掌握核素符号：如2713Al、3216S、168O左上角为质量数，左下角为质子数．

（1）①

（2）②

（3）③

（4）同种物质

（5）④⑩

（6）⑦⑨

（7）

解：（1）131I 与132I 是碘元素的不同核素，互为同位素， 所以答案是：①；（2）C60与石墨都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，

所以答案是：②；（3）CH3Cl 与CH3CH2Cl结构相似，分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，

所以答案是：③；（4）⑧ 与 ，分子式和结构完全相同，属于同一种物质3﹣甲基己烷，

所以答案是：同种物质；（5）硫酸氢钠和过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，属于含共价键的离子化合物，所以答案是：④⑩；（6）过氧化氢中H与O、O与O之间形成共价键，CS2中C与S之间形成共价键，

所以答案是：⑦⑨；（7）二硫化碳是硫原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为 ，

所以答案是： ．

【考点精析】认真审题，首先需要了解核素(核素符号：如2713Al、3216S、168O左上角为质量数，左下角为质子数)，还要掌握芳香烃、烃基和同系物(分子里含有一个或多个苯环的碳氢化合物，称为芳香烃，其中由一个苯环和饱和烃基组成的芳香烃叫苯的同系物，其通式为CnH2n–6（n≥6）)的相关知识才是答题的关键．

Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2 ， AgNO3

解：试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3 ， 则试样中含有NH4+；生成的沉淀1只能为Mg（OH）2 ， 说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2 ， 得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体1，该气体是NH3 ， 可知发生NO3﹣+A1+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣ ， 根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣ ， 原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2 ， 得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3 ， 说明原溶液中含Al3+ ， ①试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀1为Mg（OH）2；气体1的生成是溶液中的铵根离子与氢氧根反应生成的：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；由于氨气是唯一的碱性气体，故检验的方法为：将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气． 所以答案是：Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；

②经过上述分析，雾霾中国一定含有的离子为NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；由于不能确定的阴离子有SO42﹣、Cl﹣ ， 而检验SO42﹣用钡盐，检验Cl﹣用硝酸银，而由于Ag+既能与SO42﹣又能与Cl﹣反应，而Ba2+只与SO42﹣反应，故应先向溶液中加入Ba（NO3）2 ， 若有白色沉淀生成，则说明溶液中有SO42﹣；然后取上层清液，加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，则溶液中含Cl﹣ ．

所以答案是：NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2 ， AgNO3 ．