【分析】 【详解】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于YY为C、Z为N、原子的核外电子总数，根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、W为O。

A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径: Y >Z>W> X，选项A错误；

B. 该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构，其它均满足8电子结构，选项B错误； C. X与Y形成的二元化合物有多种烃，常温下不一定为气态，如苯C6H6，选项C错误； D. X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物(NH4)2CO3，选项D正确。 答案选D。 【点睛】

本题考查元素周期表元素周期律的知识，推出各元素是解题的关键。根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。

5．SiO2 将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去 Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+ 3Fe3++Na++2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+ 1.5 负 CO(NH2)2＋H2O －6e-=N2↑＋CO2↑＋6H+ 50℃ 第一阶段反应的平衡常数K=2×10?5远远低于第二阶段的平衡常数K=5×104 【解析】 【详解】

（1）铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2的目的是将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去；

（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO42-和H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3++Na++2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+； （3）

Ksp?MgF2?c?MgKsp?CaF2?=c?Ca2??c2?F??2?2??c?F??c?Mgc?Ca2??2??，代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；

（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，B电极生成氢气，根据H元素化

合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极与电源负极相连，则A电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(NH2)2＋H2O－6e-=N2↑＋CO2↑＋6H+； （5）Ni(CO)4的沸点为42.2℃，则第一阶段在30℃和50℃两者之间选择的反应温度是50℃，

垐?垐?Ni(s)+4CO(g)噲?Ni(CO)4(g)，230℃时，K=2×10-5，因而逆反应Ni(CO)4(g)噲? Ni(s)+4CO(g)，230℃时，

K=1/2×10-5=5×104，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是第一阶段反应的平衡常数K=2×10?5远远低于第二阶段的平衡常数K=5×104。

6．C 【解析】 【详解】

A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；

B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误； C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确； D. 反应2SO2+O2

2SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数

大于2NA，D错误。答案选C。 【点睛】

本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。 7．C 【解析】 【详解】

A．46.0 g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故A错误； B．36.0 gCaO2的物质的量为子，故B错误；

C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，c(NH4+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(Cl-)，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，因此c(NH4+)= c(Cl-)，即n(NH4+)= n(Cl-)=1mol，故C正确；

D．一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为

36g=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol电

72g/mol5g7×7×NA=NA，故D错误；

30g/mol6答案选C。 【点睛】

本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价。 8．C 【解析】 【分析】

【详解】

A．每个C原子形成4个共价键，轴烯分子中C原子数与H原子数相同，所以轴烯的通式可表示为CmHm，选项A正确；

B、轴烯均含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B正确；

C．轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半，故与足量H2完全反应，lmol轴烯消耗H2的物质的量为0.5m mol，选项C错误；

D．该轴烯的分子式为：C6H6，含有2个碳碳三键的碳架结构分别为：C≡C-C≡C-C-C、C≡C-C-C≡C-C、C≡C-C-C-C≡C、C-C≡C-C≡C-C，故总共4种，选项D正确； 答案选C。 【点睛】

本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。易错点为选项C，轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半。 9．B 【解析】 【分析】 【详解】

aamL?1g/mLaa25滴水为amL，物质的量为=mol，1滴水物质的量为=18mol= mol，1mol为

18g/mol1818?2525aNANA个，则1滴水中含有的水分子数为，选B。

25?1810．B 【解析】 【详解】 A. a点时，lgcA-c?HA???=0，c(A)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电

-

L-1，选项A正确； 离的c(OH-)约为1×10-10 mol·

c?H?c?A?c?B??? cHB. lg=0，c(A)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)= =??=10mol/L；lgcHB=0，

cHAcHAcA-+--??-

???-4

??+-cHcBcH+=10-5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误； c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)= = c?HB???????-

C. b点时，lgcB-c?HB???=0，c(B)=c(HB)，pH=5，c(B)=c(HB)>c(Na)>c(H)>c(OH)，选项C正确；

-+

+

-

D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，lgcB-c?HB???>0，c(B)> c(HB)，选项D正确。

-

答案选B。 11．D 【解析】 【详解】

A．碱性氧化物指与水反应只生成碱，或与酸反应只生成盐和水的氧化物，可以说碱性氧化物一定是金属氧化物，但不能说金属氧化物一定是碱性氧化物，如Mn2O7、CrO3、Na2O2等是金属氧化物但不是碱性氧化物，A错误；

B．电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，氨水是混合物，不属于电解质，B错误； C．NaCl是由Na+和Cl-构成的离子化合物，水溶液或熔融状态下都能导电，C错误；

D．纯净物是一种物质组成，只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定为纯净物，比如FeCl3和FeCl2，D正确； 故答案选D。 12．B 【解析】 【详解】

A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；

B．由于水分子间存在氢键，故水的沸点反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B错误； C．溴代烃和碘代烃的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正确； D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯<苯，故D正确； 故选B。 【点睛】

本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意水分子间存在氢键，沸点反常的升高。 13．A 【解析】 【分析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，

2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH，当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时，二者完全反应，溶液的溶质为Na2SO4，所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓，当二者完全反应后滴加浓度较大NaHSO4溶液，溶液的导电性有所上升。 【详解】

A．根据分析可知a二者体积相等，所以溶液中的溶质为NaOH，溶液显碱性，故A正确；