【详解】
A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离
－－＋
子半径：c(N3)＞d(O2)＞e(Na)，正确，A不选；
B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；
C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；
D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。 答案选C。 6．D 【解析】 【分析】
由化合物结构式可知X可以形成四个共价键，所以X为碳或硅，Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等，所以Z为氧，X为碳，Y介于碳与氧之间，只能为氮，W显正二价，则W只能为镁。 【详解】
A．同周期元素随原子序数递增，非金属性逐渐增强，所以元素非金属性：O>N>C，即Z>Y>X，故A项错误；
B．核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以简单离子半径N3->O2->Mg2+，故B项错误；
C．MgO熔点高，工业上常通过电解氯化镁制得单质镁，故C错误； D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以CH4 A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误； B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误； C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误； D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。 答案选D。 8．C 【解析】 【分析】 元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。 【详解】 A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误； B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误； C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O�HF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确； D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误； 故选C。 【点睛】 本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。 9．C 【解析】 【详解】 A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，选项A能实现； B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就有了大量的Na+、NH4+、Cl-和HCO3-，其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项B能实现； C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项C不能实现； D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，煅烧生成氧化镁，选项D能实现。 答案选C。 10．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误； B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误； C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C 项正确； D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误； 答案选C。 11．B 【解析】 【详解】 A. 常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确； B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误； C. (NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确； D. 漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，D正确； 故选B。 12．C 【解析】 【分析】 【详解】 A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意； B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意； C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意； D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。 故选C。 13．B 【解析】 A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。 14．D 【解析】 【分析】 C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol； 【详解】 A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有 3amol共用电子对，故A错误； 14B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为 a3amol，所含原子总数mol，故B错误； 1414C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误； D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，子，物质的量为故D正确。 【点睛】 本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。 15．C 【解析】 【详解】 A．甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A错误； B．甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误； C．甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C正确； D．甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误； 故答案选C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．bd SO2?Br2?2H2O=H2SO4+2HBr 66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫 +2+酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+2H=Fe+H2? 检验SO2是否除尽 防止空气中的水进入E， aaamol?2?NA?NAmol，mol，所含碳氢键数目14714影响氢气的检验 b 澄清石灰水 【解析】 【分析】 (1)(I)Fe2＋与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色； (Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫； (2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气； (3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫； (4)用澄清石灰水检验CO2。 【详解】
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