CD

解：A．用0.1mol•L﹣1的盐酸滴定0.1mol•L﹣1的氨水时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，酚酞变色范围为8﹣10碱性溶液中变色，不可用酚酞作指示剂，应选择变色范围3.1﹣4.4变色的甲基橙做指示剂，故A错误； B.0.2 mol•L﹣1的醋酸与0.1 mol•L﹣1的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+），故B错误；

C．常温下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H2O）=1.75×10﹣5 ， 醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中有水电离出的C（H+）=1×10﹣7 mol•L﹣1 ， 故C正确；

D．pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为10﹣3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH﹣）=c（NH4+）= mol/L=10﹣3mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣），故D正确；

故选CD．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态；电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征．条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理．

C

解：W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素， A．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，C＞O，故A错误；

B．同主族元素从上到下非金属性减弱，O＞S，故B错误；

C．化合物HOS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；

D．K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误．

故选C．

B

解：A．能量转化不止一只，阳能转化为电能，电能转化为化学能，可能还伴随热量的产生，故A错误； B．阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑，故B正确；

C．总反应为CO2 C+O2↑，若反应中转移1mole﹣ ， 不消耗CO32﹣ ， 故C错误；

D．当生成12g碳材料时，生成1molO2 ， Vm未知，不能计算其体积，故D错误；

故选B．

B

解：A．ClO2具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确； B．做漂白剂与漂白性有关，与还原性无关，故B错误；

C．NaHCO3不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，故C正确；

D．氢氧化铝分解吸收热量，可用于阻燃剂，故D正确．

故选B．

A

解：A.9.8g由H2SO4和H3PO4组成的混合物物质的量为 =0.1mol，含有氧原子数为：0.1mol×4×NA=0.4NA ， 故A正确；

B.1mol Na218O2中所含的中子数为44NA ， 故B错误；

C.28g铁粉物质的量为： =0.5mol，与足量稀硝酸反应反应生成0.5mol三价铁离子，转移1.5NA个电子，故C错误；

D.1mol环己烷中含有的共价键数为17NA ， 故D错误；

故选：A．

C

解：A．苯和四氯化碳互溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，故A错误； B．向饱和FeCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铁沉淀，实验室制备氢氧化铁胶体，可在沸水中滴加氯化铁饱和溶液，故B错误；

C．碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故C正确；

D．氯化铵分解生成的氯化氢、氨气易重新反应生成氯化铵，应用氢氧化钙和氯化铵在加热的条件下制备氨气，故D错误．

故选C．

D

解：A．香叶醛含有O元素，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误； B．对异丙基甲苯不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故B错误；

C．香叶醛含有1个C=O键，2个C=C键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同，不是同分异构体，故C错误；

D．由结构简式可知异丙基甲苯分子式为C10H14 ， 故D正确．

故选D．

【考点精析】解答此题的关键在于理解有机物的结构和性质的相关知识，掌握有机物的性质特点：难溶于水，易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂；多为非电解质，不易导电；多数熔沸点较低；多数易燃烧，易分解．

（1）[Ar]3d104s24p4

（2）＜；＞

（3）sp3；SO3

（4）非极性

（5）NA

（6）HN3分子间存在氢键

（7）6；

解：（1）Se是S的下一周期同主族元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4 ， 所以答案是：[Ar]3d104s24p4；（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，第一电离能：S＜P；电负性：S＞P，所以答案是：＜；＞；（3）P4S3中P原子成3个P﹣S键、含有一对孤对电子，杂化轨道数为4，P原子采取sp3杂化；与PO3﹣互为等电子体的化合物分子的化学式为SO3； 所以答案是：sp3；SO3；（4）二硫化碳与二氧化碳的结构相似，正负电荷中心重合，属于非极性分子，所以答案是：非极性；（5）根据图知，每个P上1对孤对电子对，每个S有2对孤对电子对，1mol共10对孤对电子对，0.1mol含有NA孤对电子对数，所以答案是：NA；（6）纯叠氮酸（HN3）在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是HN3分子间存在氢键，使沸点反常的升高，所以答案是：HN3分子间存在氢键；（7）以体心Na+研究，与之相邻的Cl﹣位于面心，晶胞中Na+的配位数为6，晶胞中Na+与Cl﹣之间的距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞体积为（2a cm）3 ， 晶胞中Na+离子数目为1+12× =4、Cl﹣离子数目为8× +6× =4，则晶胞质量为4× g，则晶胞密度为4× g÷（2a cm）3= g．cm﹣3 ，

所以答案是：6； ．

（1）﹣217.4kJ/mol

（2）1.1×10﹣8 mol/L

（3）D；4050

（4）0.56amol/L；CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+

解：（1）①2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ•mol﹣1 ②2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ•mol﹣1 将方程式 得Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）△H= kJ/mol=﹣217.4kJ/mol，
所以答案是：﹣217.4kJ/mol；（2）KSP（BaSO4）=1.1×1010 ， 假设两种溶液的体积都是1L，n[Ba（OH）2]=0.1mol/L×1L=0.1mol＜n（H2SO4）=0.12mol/L×1L=0.12mol，所以硫酸剩余，溶液呈酸性，混合溶液中c（SO42﹣ ）= =0.01mol/L，c（Ba2+）= = mol/L=1.1×10﹣8 mol/L，
所以答案是：1.1×10﹣8 mol/L；（3）①A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以容器内气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
B．无论反应是否达到平衡状态都存在O2、SO2的消耗速率之比为1：2，不能据此判断平衡状态，故错误；
C．n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：1：2 时该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，不能据此判断平衡状态，故错误；
D．反应前后气体物质的量减小、压强减小，当容器内压强不再发生变化时正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故正确；
故选D；
②根据图知，二氧化硫的转化率为90%，开始时c（SO2）= =0.4mol/L、c（O2）= =0.2mol/L，参加反应的c（SO2）=0.4mol/L×90%=0.36mol/L，
该反应

	SO2（g）	O2（g）=	2SO3（g）
开始（mol/L）	0.4	0.2	0
反应（mol/L）	0.36	0.18	0.36
平衡（mol/L）	0.04	0.02	0.36

化学平衡常数K= = =4050；
升高温度正逆反应速率都增大，反应到达平衡的时间缩短，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫转化率降低，其图象为 ，
所以答案是：4050； ；（4）①若溶液中含铜微粒的总浓度为amol•L﹣1 ， 则X点对应的c（CuCl+）=amol/L×（1﹣22%﹣22%）=0.56amo/L，
所以答案是：0.56amol/L；
②根据图知，氯离子浓度减小，含铜微粒有CuCl+变为Cu 2+ ， 反应离子方程式为CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+
， 所以答案是：CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+ ．
【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡状态的判断的相关知识，掌握状态判断：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，以及对化学平衡的计算的理解，了解反应物转化率=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%．

（1）ac

（2）3×10﹣4mol/L；升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32﹣+2H2O H2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2O H4SiO4↓+2OH﹣）

（3）水浴加热

（4）9；使两份溶液总体积相等，便于比较

（5）2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]+2CO2↑+4H2O

解：（1）根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，故选a，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根平衡移动原理，增加氢氧根浓度可以减小氨气 的溶解度，故选c， 所以答案是：ac；（2）①已知Ksp（MgSiO3）=c（Mg2+）c（SiO32﹣）=2.4×l0﹣5 ， 结合c（SiO32﹣）=0.08mol/L，则c（Mg2+）= =3×10﹣4mol/L，

所以答案是：3×10﹣4mol/L；②根据影响盐类水解的因素可知，升高温度水解程度增大，镁离子、硅酸根离子都是易水解的离子，所以升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2 ， 使硅酸根水解生成硅沉淀，反应的离子方程式为SiO32﹣+2H2O H2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2O H4SiO4↓+2OH﹣）；

所以答案是：升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32﹣+2H2O H2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2O H4SiO4↓+2OH﹣）；（3）沉钒时，反应温度需控制在50℃，可采用水浴加热，

所以答案是：水浴加热；（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，为要有可比性，两溶液的体积必须相等，所以要 向A中加入约9 mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，便于比较；

所以答案是：9；使两份溶液总体积相等，便于比较；（5）偏钒酸铵与草酸反应生成（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]，V元素化合价降低，则碳元素化合价升高由二氧化碳生成，则化学方程为：2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]+2CO2↑+4H2O；

所以答案是：2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]+2CO2↑+4H2O．

（1）使碘充分反应以提高其利用率；防止生成的I﹣被氧化；取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2

（2）FeI2+2NaHCO3=FeCO3↓+2NaI+CO2↑+H2O

（3）向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥

（4）99.45%

解：（1）①制备碘化亚铁溶液，为保证碘充分反应，铁粉过量，反应过程通入氮气，防止防止生成的I﹣被氧化； 所以答案是：使碘充分反应以提高其利用率；防止生成的I﹣被氧化；

②检验反应液中不含碘单质可选淀粉，故方法是：取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2；

所以答案是：取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2；（2）将制备好的碘化亚铁溶液加入碳酸氢钠溶液中，在80﹣100℃下，生成碘化钠及碳酸亚铁和二氧化碳，化学方程式为：FeI2+2NaHCO3=FeCO3↓+2NaI+CO2↑+H2O；

所以答案是：FeI2+2NaHCO3=FeCO3↓+2NaI+CO2↑+H2O；（3）①除去碘化钠溶液中的HCO3﹣可适当增强溶液酸性，同时注意不引入杂质，方法为：向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；

所以答案是：向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；②碘化钠20℃时溶解度为179/100g水，100℃时溶解度为302/100g水，将碘化钠溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥；

所以答案是：蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥；（4）根据NaI～AgI，则m（NaI）= g=18g，故纯度为： =99.45%，

所以答案是：99.45%．