【解析】 【详解】
A．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；
B．聚氯乙烯塑料使用时排放含氯有毒物质，应选聚乙烯用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜，故B错误； C．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n值不同，则分子式不同，不是同分异构体，故C错误； D．碱性条件下，葡萄糖能被新制的氢氧化铜氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，故D正确； 故选D。 7．D 【解析】
氯气与碘化钾反应置换出碘，淀粉遇碘变蓝色，A错；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，B错；若溶液中仅含Fe3+，现象相同，C错；蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成二氧化硫，浓硫酸表现氧化性，D正确。 8．C 【解析】 【详解】
“适量的氯水”，“没有任何气体剩余”，说明一定没有CO2，可能有SO2、HCl、HBr；“无色溶液、分别加入酸化的AgNO3与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀”，证明加入氯化钡溶液，沉淀是硫酸钡，一定含有SO2，但是无法证明HCl，因为前面加入了氯水，无色溶液说明没有HBr； A、X中可能含有HCl，故A正确； B、X中一定有SO2，故B正确； C、X中没有HBr，故C错误；
D、白色沉淀分别为氯化银和硫酸钡，故D正确； 答案选C。 9．A 【解析】 【分析】 【详解】
在恒温时，一容积可变的密闭容器中发生反应：2NO2(g)
N2O4(g)。达到平衡时，再向容器内通入一定
量的NO2(g)，由于反应前后反应物和生成物均是一种，因此如果保持压强不变，则平衡等效，体积分数不变，答案选A。 10．B
1/23mol=1mol，故【解析】A、1molNa→1molNa＋，失去1mol电子，23g金属钠失去电子物质的量为23×
A说法正确；B、MnO2只跟浓盐酸反应，因为MnO2是过量的，随着反应的进行，盐酸浓度降低，到达
某一浓度，反应将会停止，根据信息，无法计算转移电子物质的量，故B说法错误；C、过氧化钠的电子式为：
，1molNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，即0.6mol过氧化钠中含有阴离子
mol－1，且等物质的量的两种物质物质的量为0.6mol，故C说法正确；D、N2O和CO2摩尔质量都为44g·
3/44mol=0.6mol，故D说法正确。中含有原子物质的量相等，即8.8g混合气体中含有原子物质的量为8.8× 点睛：本题的易错点是选项B和选项C，选项B学生常常忽略MnO2只跟浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，随着反应进行盐酸浓度降低，反应停止，如果MnO2是少量，盐酸是过量或足量，这样就可以根据MnO2计算Cl2，或转移电子物质的量，选项C，学生常常只注意到Na2O2中氧原子的右下标是2，认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，进行判断，解决此类题应注意过氧化钠的电子式，通过电子式进行判断和分析；解决阿伏加德罗常数的问题要求学生基本功扎实。 11．D 【解析】 【分析】
在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，根据电子或电流的流向可以确定电解池的阴阳极，进而确定电极反应。 【详解】
在电解池中电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极。则 A、a是正极，d是阴极，A错误；
B、c是阳极，阳极上氯离子发生失去电子的氧化反应生成氯气，B错误；
C、电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，因此氯离子向c电极移动，C错误。 D、电解过程中，d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，D正确； 答案选D。 【点睛】
本题考查电解池的工作原理，难度不大，会根据电子流向和电流流向判断电源的正负极，从而确定电极的阴阳极，再根据所学知识进行回答即可。 12．C
【解析】A. 容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为大于1：2，A错误；B. 容器III相当于是0.2mol/LNO与0.1mol/L氯气开始建立平衡，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器III中NO的转化率小于容器I中NO的转化率（20%），所以达到平衡时，容器III中ClNO的转化率大于80%，B错误；C. 容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器II中c(ClNO(/c(NO)比
容器I中的大，C正确；D. 根据容器I中数据可知该温度下平衡常数为
,若温度为Tl，起
始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20molNO(g)、0.2molCl2(g)和0.20molClNO(g)，则浓度熵为
＞K，所以该反应向逆反应方向进行，D错误，答案选C。
13．C 【解析】
A. CO2分子的电子式为
B. 同，因此分子中每个原子最外层都达到了8电子稳定结构，A正确；
周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S＞C＞O，B正确；C. OCS和CO2都不含离子键，全部是共价键，C错误；D. OCS只含有共价键，属于共价化合物，D正确，答案选C。 14．D 【解析】 【分析】
由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，据此解答。 【详解】
A．由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，故A错误； B．Z的化学式为MY2，故B错误； C．Z的电子式为
，故C错误；
D．一个M原子失去2个电子形成M2+，M形成＋2价阳离子，故D正确； 答案选D。 【点睛】
本题考查原子结构与元素性质，通过电子的得失确定元素的化合价是关键，注意离子化合物电子式的书写。 15．A 【解析】 【分析】
ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，在化合物中元素的化合价为-1价，易形成离子化合物。 【详解】
①H原子得到一个电子实现最外电子层稳定结构，在化合物中元素的化合价为-1价，符合ⅦA族元素的化合价，正确；
②氢分子的结构式为H-H，符合ⅦA族元素各提供1个电子形成一对共用电子对，正确；
③与碱金属元素形成离子化合物，符合ⅦA族元素与碱金属形成离子化合物的特点，正确；
④不只ⅦA族元素分子中原子间的化学键都属于非极性键，不支持氢元素排在元素周期表的ⅦA族的观点，错误； 答案选A。 16．A 【解析】 【分析】
四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。 【详解】
①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤由②可知元素的原子序数为a＞b＞c＞d，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故⑤正确。 所以正确的为②③⑤。 故选A。 17．D 【解析】 【分析】
铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol，结合反应的方程式解答。 【详解】
还原性：铁>铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：根据反应方程式 Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ 可知56 gFe反应消耗2 mol Fe3+，64 g Cu反应消耗2 mol Fe3+，可列比例式：
56?g2?mol64?g2?mol??，，解得m1=14 g，m2=16 g，溶解的金属质量为：18 g-2.8 g=15.2 g，14 m10.5?molm20.5?molg<15.2g<16 g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，选项A、C错误；
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