D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误； 故答案选A。 6、D 【解析】 【分析】 【详解】
A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确； B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；
C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+
1(5+3-2×4)=4，故C正确； 2D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(?所示)：，与足量H2发生加
成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(?所示): ，故D错误；
答案选D。 【点睛】
计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。 7、C 【解析】 【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。 【详解】
A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4水解使溶液呈酸性，故A错误；
B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为
，故B错误；
+
C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；
D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增
大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。 故选C。 【点睛】
本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。 8、D 【解析】 【详解】
A．HA为弱酸，L?1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，设0.1 mol·
x2根据电离平衡常数可知=1?10-5，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题
0.1-x意；
B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；
KW10?14??5?10?9，HA的电离程度大于A-的水解程度，结C．b点溶质为等浓度的KA和HA，Kh?Ka10合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：cA合题意；
D．e点物料守恒为：2cK故答案为：D。 【点睛】
比较时溶液中粒子浓度：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH?CH3COO-＋H+，H2O?OH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2O?CH3COOH＋OH-，H2O?H+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。 9、B 【解析】 【详解】
A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH越小，故A错误；
B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐
???c?K??c?HA??c?H??c?OH?，故C不符
???????3c?A??3c?HA?，故D符合题意；
??酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小，故B正确；
C.pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；
D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D错误； 答案选B。 【点睛】
本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。 10、A 【解析】 【详解】
最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。 答案选A。 【点晴】
该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。 11、D 【解析】 【详解】
A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；
B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意； C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意； D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意； 故选D。 12、A 【解析】 【分析】 【详解】
A.23gNO2的物质的量是
23g＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；
46g/molB.氨水是弱碱，部分电离，即.1 L 0.1 mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误； C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误； D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误； 答案选A。 13、C 【解析】 【分析】
根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，R﹣e﹣=R+，正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，总反应为：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，据此回答。 【详解】
A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应R﹣e﹣=R+，故A正确； B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正确； C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C错误； D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。 故选C。 14、D 【解析】 【分析】
根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。 【详解】
A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确； B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；
C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确； D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误； 答案选D。 15、C 【解析】 【详解】
A. a点为H3PO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH－)等于溶液中的氢氧根离子浓度，
10-14则a点溶液中ca水(OH)=-1.43，b点为Na2HPO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水
10－
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