A

解：A．由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；

B．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故c（CH4）= =0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=3×0.1mol/（L•min）=0.3mol/（L•min），故B错误；

C．恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果降低氢气浓度的增大，但不会消除浓度增大，平衡后c（H2）增大，故C错误；

D．反应达平衡的本质是正、逆速率相等，故D错误；

故选A．

D

解：①碳酸比硝酸弱，二氧化碳与Ba（NO3）2溶液不反应，没有沉淀生成，故①错误；

②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2 ， 无沉淀生成，故②错误；

③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③正确；

④NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3 ， 故④正确；

⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故⑤正确；

故选D．

D

解：Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH反应生成氢气，n（H2）= =0.15mol，

由电子守恒可知n（Al）= =0.1mol；

等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO，n（NO）= =0.2mol，

由电子守恒可知，n（Mg）×2+n（Al）×3=0.2mol×（5﹣2），解得n（Mg）=0.15mol，

在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，而镁离子转化为氢氧化镁沉淀，

由Mg原子守恒可知，n[Mg（OH）2]=n（Mg）=0.15mol，

则m[Mg（OH）2]=0.15mol×58g/mol=8.7g，

故选D．

D

解：A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；

B．水的离子积常数只与温度有关，温度不变水的离子积常数不变，故B错误；

C．c（H+）=10﹣pH ， 两种溶液的pH相等，所以氢离子浓度相等，故C错误；

D．发生2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，所以溶液中c（S2﹣）下降，故D正确；

故选D．

【考点精析】掌握弱电解质在水溶液中的电离平衡是解答本题的根本，需要知道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：A．S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，正确的方程式为：2Cu+S Cu2S，故A错误；

B．Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为：2PbO•PbO2 ， 故B错误；

C．Na、K、Ca的化学性质比较活泼，都能够与水反应生成氢气，故C正确；

D．SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4 ， 没有氧气生成，故D错误；

故选C．

C

解：根据电荷守恒可知：﹣n+3×（﹣2）+6=﹣1，解得n=1．

令YO3n﹣中Y元素的化合价为x，则：x+3×（﹣2）=﹣1，解得x=5．

由于Y元素形成Y﹣离子，可知Y元素的最低化合价为﹣1价，由于最低负化合价=最外层电子数﹣8，

所以Y原子最外层电子数=8﹣1=7．

故选：C．

A

解：A、根据盖斯定律，可知：Zn（l）=Zn（g）△H= （△H1﹣△H2），故A正确；

B、用硅制作的太阳能电池是将光能转化为电能，而不是化学能转化为电能，故B错误；

C、反应热是反应物和生成物的总能量之差，所以增加 Zn（g）的量，△H2不变，故C错误；

D、锌作为负极，发生氧化反应生成锌离子，所以Cu片质量增加，Zn片质量减小，故D错误；

故选A．

【考点精析】本题主要考查了反应热和焓变的相关知识点，需要掌握在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热才能正确解答此题．

C

解：A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，故A错误；

B．氢氧化钠能与二氧化硅反应，应用铁坩埚，故B错误；

C．升温氢氧化钙的溶解度变小，析出沉淀，可验证，故C正确；

D．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故D错误．

故选C．

B

解：①标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键即0.1NA个，故①错误；

②常温下，pH=13的Na2CO3溶液中含有的OH﹣的浓度为0.1mol/L，故氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×2L=0.2mol，即0.2NA个，故②正确；

③100mL 1.0mo1•L﹣1的NaAlO2溶液中除了偏铝酸钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于0.2NA个，故③错误；

④标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为0.1mol，而氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，则0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故④错误；

⑤O2和O3均由氧原子构成，故3.2g混合物中含有的氧原子的物质的量为n= =0.2mol，个数为0.2NA个，故⑤正确；

⑥3.9g Na2O2的物质的量为0.05mol，而1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol阴离子，故0.05mol过氧化钠中含0.15mol离子即0.15NA个，故⑥错误．

故选B．

D

解：A．含有酯基，可发生水解反应，故A正确；

B．含有醛基，可发生银镜反应，故B正确；

C．含有酚羟基和碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；

D．含有羟基、醛基、碳碳双键、羰基以及酯基，共5种，故D错误．

故选D．

【考点精析】利用有机物的结构和性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知有机物的性质特点：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．

A

解：①氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故①正确；

②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；

③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，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3 ， 加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；

④硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅和水不能一步反应生成硅酸，故④错误；

⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．

故①③⑤正确．

故选A．

【考点精析】认真审题，首先需要了解氨的化学性质(与水反应，NH3是惟一能使润湿的红色石蕊试纸交蓝的气体，常用此性质检验NH3；与酸反应：NH3+HCl=NH4Cl（生成白烟）；与O2反应：4NH3+5O2=4NO+6H2O+Q；

B

解：①反应KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化剂为KClO3 ， 还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故①错误；

②反应3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，氧化剂为HNO3 ， 但8mol硝酸参与反应只有2mol化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3，故②正确；

③反应SiO2+3C═SiC+2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为﹣4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故③正确；

④反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故④错误；

故选：B．

D

解：A．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣ ， 故A错误；

B．碳酸钠能够完全电离属于强电解质，故B错误；

C．Fe3O4是黑色固体，Fe2O3俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故C错误；

D．镁为2价金属，2.4g镁的物质的量为0.1mol，完全反应0.1mol镁会失去0.2mol电子，故D正确；

故选：D．

D

解：A．向 AlCl3溶液中滴加浓氨水至过量，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ ， 故A错误；

B．漂白粉溶液中通入过量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H++2Cl﹣+SO42﹣ ， 故B错误；

C．CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合，离子方程式：2OH﹣+Cu2++Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2Cu（OH）2↓，故C错误；

D．在澄清石灰水中加入少量小苏打溶液，离子方程式：Ca2++OHˉ+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；

故选：D．

C

解：A．H+、Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B. =0.1mol/L的溶液，显酸性，不能大量存在SiO32﹣ ， 故B错误；

C．既能溶解Al（OH）3又能溶解 H2SiO3的溶液，为强碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；

D．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故D错误；

故选C．

C

解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；

B．漂白粉的主要成分为次氯酸钙、氯化钙，氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以工业上以氯气和石灰乳为原料制备漂白粉，故B正确；

C．单质硅可以制造制造计算机芯片，SiO2可以制造光导纤维，故C错误；

D．高压钠灯发出的光为黄色，黄色光的射程远，透雾能力强，故D正确；

故选C．

【考点精析】解答此题的关键在于理解氯气的化学性质的相关知识，掌握氯气的化学性质：与金属反应将金属氧化成高价态；非金属反应；与水反应；与碱反应；与还原性物质反应，以及对碱金属的性质的理解，了解原子半径为同周期最大，易失电子．强还原剂且从Li→Cs金属性增强；取高价氧化物的水化物呈强碱性，从Li→Cs碱性增强．

A

解：A．滴定管精确到0.01，可量取25.00mL的氢氧化钠溶液，故A正确；

B．量筒量取液体体积的准确度为0.1mL，所以用量筒测得排水法收集制得的氢气体积不能是小数点后两位，故B错误；

C．两只容量瓶配制的溶液浓度不同，误差较大，故C错误；

D．托盘天平称量物质准确度为0.1g，所以不能称取2.50g胆矾，故D错误．

故选A．

（1）C4H10

（2）2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷

（3）

（4）消去反应

（5）

（6） 、 、 、

解：（1.）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10 ， 所以答案是：C4H10；

（2.）根据上面的分析可知，它们的名称（系统命名）分别为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，所以答案是：2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；

（3.）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析，F的结构简式为 ，

所以答案是： ；

（4.）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应，所以答案是：消去反应；

（5.）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为 ，D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为 ，E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为： ，

所以答案是： ；

（6.）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为 、 、 、 ，

所以答案是： 、 、 、 ．

（1）液化、分馏；与碳反应后除去CO2

（2）N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）

（3）冷凝塔或冷凝器

（4）将液氨与未反应的原料气分离

解：（1.）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体，所以答案是：液化、分馏；与碳反应后除去CO2；

（2.）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），所以答案是：合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；

（3.）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，所以答案是：冷凝塔或冷凝器；

（4.）设备C为分离器，分离器用来分离液氨和原料气，所以答案是：将液氨与未反应的原料气分离．

（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）4；2MnO（OH）+6HCl（浓） 2MnCl2+Cl2↑+4H2O

（3）Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2

（4）ZnO+2OH﹣=ZnO22﹣+H2O

解：废旧干电池含有铜、石墨、二氧化锰以及填充物等，填充物用60℃充分溶解，过滤，滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体；铜与稀硫酸在过氧化氢作用发生氧化还原反应生成硫酸铜，加入锌可置换出铜，过滤分离，硫酸锌溶液最终可生成氢氧化锌、氧化锌，冶炼可得到锌.

（1.）酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，所以答案是：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

（2.）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2 MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①该反应中，氧化剂是MnO（OH）、MnO2 ， 还原剂是草酸，当1mol MnO2参加反应时，转移电子的物质的量= ×2×2×（4﹣3）=4mol，所以答案是：4；②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：2MnO（OH）+6HCl（浓） 2MnCl2+Cl2↑+4H2O，所以答案是：2MnO（OH）+6HCl（浓） 2MnCl2+Cl2↑+4H2O；

（3.）负极发生氧化反应，由方程式可知Zn被氧化生成Zn（OH）2 ， 则电极方程式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2 ， 所以答案是：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2；

（4.）ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为ZnO+2OH﹣=ZnO22﹣+H2O，所以答案是：ZnO+2OH﹣=ZnO22﹣+H2O．

（1）液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色

（2）关闭活塞3，打开活塞2

（3）防止亚铁离子被氧化

（4）冷却结晶（或低温蒸发、冷却结晶）；过滤

（5）取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子

解：Ⅰ．（1.）装置B中铁粉与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，则观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色，所以答案是：液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；

（2.）先关闭活塞3、打开活塞2，铁与稀盐酸反应生成的氢气使圆底烧瓶中压强增大，从而将B中生成的FeCl2溶液压入装置C，所以答案是：关闭活塞3，打开活塞2；

（3.）Ⅱ．制得的FeCO3在空气中容易被氧化成铁离子，所以要加少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，所以答案是：防止亚铁离子被氧化；

（4.）在75℃下搅拌使之充分反应制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，所以答案是：冷却结晶（或低温蒸发、冷却结晶）；过滤；

（5.）证明乳酸亚铁中含Fe2+的方法是：取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子，所以答案是：取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子．

（1）0.1

（2）使用催化剂、升高温度；增加B的浓度

（3）2.22

（4）否；因为Qc＜K

解：在前2min内，各物质的浓度的变化量之比（1﹣0.8）：（3﹣2.6）：（0.4﹣0）=1：2：2，则方程式为A （g）+2B（g）⇌2C（g）.

（1.）第2min到第4min内A物质的化学反应速率v（A）= = =0.1mol/（l•min），所以答案是：0.1；

（2.）①在第0～2min内，A的物质的量减小了0.2mol，在2～4min内A的物质的量在原基础上减小了0.4mol，化学反应速率加快了，可以是使用催化剂或升高温度，所以答案是：使用催化剂、升高温度；

②第6min 到第8min，作为反应物，浓度应该是减小的趋势，但是B的物质的量从1.8mol增加到了2.0mol，而A在减小，C在增大，所以可知一定是加入了B物质

所以答案是：增加B的浓度；

（3.）反应在第4min建立平衡，c（A）= =0.2mol/L，c（B）= =0.9mol/L，c（C）= =0.6mol/L，则K= = =2.22；

所以答案是：2.22；

（4.）Qc= = =0.997＜K=2.22，则反应未达到平衡状态；所以答案是：否，因为Qc＜K．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用化学平衡状态本质及特征和化学平衡的计算的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握化学平衡状态的特征：“等”即 V正=V逆>0；“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行；“定”即反应混合物中各组分百分含量不变；“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡；与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效）；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）2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑

（2）水玻璃

（3）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失

（4）4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓

（5）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl

（6）NH4+、SO42

解：（1.）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑，所以答案是：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；

（2.）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2 ， E为Na2SiO3 ， 与F溶液反应可以制备G为H2SiO3 ， E的溶液俗称水玻璃，所以答案是：水玻璃；

（3.）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2 ， 则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，所以答案是：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；

（4.）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+ ， E为Fe（OH）3 ， G为FeCl3 ， 则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓，所以答案是：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；

（5.）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，所以答案是：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；

（6.）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+ ， 一定没有CO32﹣ ， 后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+ ， 一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应，则含有NH4+ ， 由电荷守恒可知一定含有SO42﹣ ， 所以答案是：NH4+、SO42 ．