C

解：A．处于M点时溶液中氨水和铵根离子浓度均为0.05mol/L，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，故A错误；B．已知该反应正方向为放热反应，升高温度平衡逆移，K（正）减小，K（增大），图象与实际不符，故B错误；

C．增大氮气的物质的量平衡逆移，氨气的物质的量增大，图象与实际相符合，故C正确；

D．蒸发部分的水后，银离子和氯离子浓度均增大，而b点到a点银离子浓度不变，故D错误．

故选C．

【考点精析】利用化学平衡常数的含义和弱电解质在水溶液中的电离平衡对题目进行判断即可得到答案，需要熟知指在一定条件下的可逆反应里，正反应和逆反应的速率相等，反应混合物中各组分的浓度不变的状态；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．

B

二甲苯有三种同分异构体，分别为对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯．其一溴代物分别有1种、3种和2种．根据表中对应二甲苯的熔点可判断，熔点为13℃的二甲苯只有一种一溴代物，熔点为﹣54℃的二甲苯有3种一溴代物，而熔点为﹣27℃的二甲苯有2种一溴代物．因此熔点为13℃的二甲苯是对二甲苯，熔点为﹣54℃的二甲苯是间二甲苯，熔点为﹣27℃的二甲苯是邻二甲苯．熔点为234℃的一溴二甲苯所对应的二甲苯是13℃的二甲苯，由上述分析可知，熔点为234℃的一溴代二甲苯对应的是熔点为﹣13℃二甲苯：对二甲苯，对二甲苯苯环上的一溴代物的结构简式为： ；故选B．

【考点精析】本题主要考查了芳香烃、烃基和同系物的相关知识点，需要掌握分子里含有一个或多个苯环的碳氢化合物，称为芳香烃，其中由一个苯环和饱和烃基组成的芳香烃叫苯的同系物，其通式为CnH2n–6（n≥6）才能正确解答此题．

C

解：A．Ca2+、HSO 与氨气反应生成亚硫酸钙沉淀，故A错误； B．通入二氧化硫后，溶液显示酸性，Ba2+、NO 、SO2之间发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．Na+、K+、HCO 、Cl﹣之间不发生反应，通入二氧化碳后也不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．Al3+、HCO 之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，且通入HCl后，氯化氢与HCO3﹣发生反应，故D错误；

故选C．

D

解：A、在浓硝酸、Al、Cu原电池中，Cu作负极，发生氧化反应，Al钝化作正极，故A正确；B、该反应的△S＜0，常温下能自发进行，必须△H＜0，故B正确；

C、当两种沉淀共存时，溶液中Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c（Br﹣）= ，c（Cl﹣）= ，

则 = = =3×10﹣3 ， 故C正确；

D、硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H2O2＞Fe3+ ， 故D错误；

故选D．

【考点精析】解答此题的关键在于理解氧化性、还原性强弱的比较的相关知识，掌握金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱；非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱；不同的氧化剂与同一还原剂反应时，反应条件越易，其氧化剂的氧化性越强；当不同的氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧化剂的氧化性就越强，以及对反应热和焓变的理解，了解在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热．

D

解：aX、bY、dZ、W是四种短周期主族元素，Z与W可形成两种常见的化合物，其中一种（Q）有强氧化性且在航天、潜水过程中有极为重要的用途，Q为Na2O2 ， 由于b﹣a=d﹣b=1，四元素只有一种是金属，故W为Na，Z为O元素，Y为N元素，X为C元素．A．Q为Na2O2 ， 含有离子键、共价键，故A错误；

B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：W（Na）＞X（C）＞Y（N）＞Z（O），故B错误；

C．Y元素可形成硝酸、亚硝酸，硝酸属于强酸，亚硝酸属于弱酸，故C错误；

D．由于非金属性：Z（O）＞Y（N）＞X（C），故最简单氢化物的稳定性Z＞Y＞X，常温下水为液态，而甲烷、氨气为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故氢化物沸点Z＞Y＞X，故D正确，

故选：D．

C

解：A．取下坩埚放置在石棉网上冷却，以免烫伤实验台，故A错误； B．用试管夹夹持试管时，注意拇指不能按在试管夹的短柄上，以防止试管脱落，故B错误；

C．用温度计测量烧杯中盐酸的温度；用另一个量筒量取NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好插有温度计和环形搅拌棒的盖板，匀速搅拌，记录溶液到达的最高温度，再重复上述实验步骤2次，故C正确；

D．碘以离子形式存在，需要加氧化剂氧化，则从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取，故D错误．

故选C．

D

解：A．纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；B．干洗后的服装不变形、不退色、不损伤面料．还有消毒、灭菌的特殊功效，四氯化碳能溶解油污，可以作溶剂，故B错误；

C．铜活泼性弱于氢，不能置换氢气，所以铜制品能发生吸氧腐蚀不能发生析氢腐蚀，故C错误；

D．黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故D正确；

故选D．

【考点精析】认真审题，首先需要了解胶体的重要性质(胶体的性质：①丁达尔现象（可用来鉴别胶体和溶液） ②布朗运动 ③电泳现象 ④胶体聚沉（加入电解质、加入带异种电荷的胶体、加热，均可使胶体聚沉）)．

（1）；取代反应

（2） +3NaOH ? +2NaCl+H2O

（3）

（4）

（5）

解：由C的结构简式结合信息中第一步，逆推可知B为 ， 中的氯原子被取代而发生取代反应生成C，A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B，结合A的分子式可知其结构简式为 ．C发生信息中第二步反应得到D为 ，D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E，E脱去1分子HCl得到F，（1）A的分子式可知其结构简式为： ，据EF结构简式可知，E→F是取代反应， 所以答案是： ；取代反应；（2）B为 ，在NaOH的水溶液中发生Cl原子的水解，生成酚羟基和醇羟基，酚羟基能够与NaOH反应，反应的化学方程式为： +3NaOH +2NaCl+H2O，

所以答案是： +3NaOH +2NaCl+H2O；（3）某化合物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，且分子中只有3种不同化学环境的氢，符合这样条件的化合物的结构简式为 或 ，

所以答案是： 或 ；（4）E→F的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为： ，

所以答案是： ；（5）以化合物F和CH2（COOC2H5）2为有机反应原料制备 ，要先将F中的羰基消除掉，同时在五元环的中间引入卤原子，结合题中信息的第一步得到产品，为此可以先将F与氢气加成、后再经守消去、与氯化氢加成，再与CH2（COOC2H5）2反应后得的产物再酸性水解得产品，合成路线流程图为： ，

所以答案是： ．

（1）X﹣射线衍射实验；自范

（2）1s22s22p63s23p63d8；分子

（3）5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键

（4）；1：11

解：（1）晶体和非晶体可通过X﹣射线衍射实验进行鉴别，金属互化物原子在三维空间里呈周期性有序排列，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体，所以答案是：X﹣射线衍射实验；自范；（2）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2 ， 失去4s能级2个电子形成Ni2+ ， 故Ni2+离子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8 ， Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni（CO）4属于分子晶体，所以答案是：1s22s22p63s23p63d8；分子；（3）（SCN）2的结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，根据[（SCN）2]的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，（SCN）2分子含有5个σ键，故1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为 5NA；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸，所以答案是：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；（4）晶胞中Ni原子数目为1+12× =4，氧原子数目为8× +6× =4，晶胞质量为4× g，晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10﹣10 cm）3 ， NiO晶体的密度为为4× g÷（a×10﹣10 cm）3= g/cm3；设1mol Ni0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为（0.96﹣x）mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2×（0.96﹣x）=2×1，x=0.08mol Ni2+为（0.96﹣x）mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，所以答案是： ；1：11．

（1）2△H1﹣△H2；；1.4×10﹣11；c（Na+ ）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HNO2）

（2）0.01mol/（L?min）；0.675；AD

解：（1）①已知：I.2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）Ⅱ．4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），该反应△=2△H1﹣△H2 ， 平衡常数K3= ，所以答案是：2△H1﹣△H2； ；②NO2﹣的水解常数Kh= = = = =1.4×10﹣11 ， 溶液中NO2﹣离子水解，溶液呈碱性，水也电离生成氢氧根离子，浓度顺序为：c（Na+ ）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HNO2），所以答案是：1.4×10﹣11；c（Na+ ）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HNO2）；（2）①压强之比等于物质的量之比，则4min时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）mol× =0.36mol，由方程式可知1molNO2反应时混合气体物质的量增大1mol，则反应的NO2为2×（0.36﹣0.3）mol=0.12mol，0～4min内v（NO2）= =0.01mol/（L•min）；

8min时处于平衡状态，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）mol× =0.375mol，设参加反应的均为为xmol，则：

CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）

起始量（mol）：0.1 0.2 0 0 0

变化量（mol）：x 2x x x 2x

平衡量（mol）：0.1﹣x 0.2﹣2x x x 2x

所以0.1﹣x+0.2﹣2x+x+x+2x=0.375，解得x=0.075，

则平衡常数K= = =0.675，所以答案是：0.01mol/（L•min）；0.675；②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动．A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，故A正确；B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高，故b点的v （逆）＜e点的 v （逆），故B错误；C．c、d温度不同，平衡常数不同，故C错误；D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，当升温可以加快速率，反应继续向正反应进行并到达平衡，故D正确，故选：AD．

解：（1）①已知：I.2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）

Ⅱ．4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）

根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），该反应△=2△H1﹣△H2 ， 平衡常数K3= ，

所以答案是：2△H1﹣△H2； ；

②NO2﹣的水解常数Kh= = = = = =1.4×10﹣11 ， 溶液中NO2﹣离子水解，溶液呈碱性，水也电离生成氢氧根离子，浓度顺序为：c（Na+ ）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HNO2），

所以答案是：1.4×10﹣11；c（Na+ ）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HNO2）；（2）①压强之比等于物质的量之比，则4min时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）mol× =0.36mol，由方程式可知1molNO2反应时混合气体物质的量增大1mol，则反应的NO2为2×（0.36﹣0.3）mol=0.12mol，0～4min内v（NO2）= =0.01mol/（L•min）；

8min时处于平衡状态，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）mol× =0.375mol，设参加反应的均为为xmol，则：

CH4（g）+2NO2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）

起始量（mol）：0.1 0.2 0 0 0

变化量（mol）：x 2x x x 2x

平衡量（mol）：0.1﹣x 0.2﹣2x x x 2x

所以0.1﹣x+0.2﹣2x+x+x+2x=0.375，解得x=0.075，

则平衡常数K= = =0.675，

所以答案是：0.01mol/（L•min）；0.675；

②图为测得在相同时间内，在不同温度下NO2的转化率，温度400℃、500℃转化率最大，处于平衡状态，之前没有到达平衡，之后升高温度，转化率降低，平衡逆向移动．

A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，故A正确；

B．b点反应向正反应进行，e处于平衡状态，且E温度高，故b点的v （逆）＜e点的 v （逆），故B错误；

C．c、d温度不同，平衡常数不同，故C错误；

D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，当升温可以加快速率，反应继续向正反应进行并到达平衡，故D正确，

故选：AD．

【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡状态本质及特征的相关知识，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），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）4；1；4；4；2；Ce4++4e﹣=Ce

（2）取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化，加入氯水若不变红色，证明洗涤干净；2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；65.30%；偏高

（3）冷却结晶

解：（1）①Ge（OH）CO3→GeO2 ， 失去一个电子，O2→2O2﹣ ， 得到4个电子，所以得失电子最小公倍数是4，则Ge（OH）CO3的计量数是4，O2的计量数是1，然后根据原子守恒配平，所以该反应方程式为4Ge（OH）CO3+1O2═4GeO2+4CO2+2H2O，所以答案是：4；1；4；4；2；②电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：Ce4++4e﹣=Ce，所以答案是：Ce4++4e﹣=Ce；（2）①滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，与硫酸反应后溶液中存在Fe3+、Fe2+ ， 固体表面可吸附Fe3+、Fe2+ ， 检验滤渣B已经洗涤干净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化，加入氯水若不变红色，证明洗涤干净，

所以答案是：取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化，加入氯水若不变红色，证明洗涤干净；②CeO2与H2O2反应生成Ce2（SO4）3和O2 ， 反应的方程式为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，

所以答案是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；③，称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗25.00ml溶液，

Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+ ，

依据元素守恒计算n（Ce（OH）4）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.0250L=2.5×10﹣3mol，含量= ×100%=65.30%

FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会偏高，

所以答案是：65.30%，偏高；（3）根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，所以答案是：冷却结晶．

（1）溶解硼氢化钠和苯乙酮，使反应物充分接触

（2）水层；有机层

（3）蒸馏烧瓶；50mL；a

（4）干燥

（5）b

解：（1）根据题中信息，苯乙酮不溶于水易溶于乙醇，要使硼氢化钠与苯乙酮充分反应，就要使它们能充分接触，所以用乙醇可以溶解硼氢化钠和苯乙酮，使反应物充分接触，所以答案是：溶解硼氢化钠和苯乙酮，使反应物充分接触；（2）根据表中有机物密度分析，乙醚的密度小于水，其它有机物密度大于水，所以反应完成后，蒸出大部分乙醇，反应液出现分层，上层为水层，加入10mL乙醚，充分振荡后，上层为有机层，

所以答案是：水层；有机层；（3）根据图2可知，该装置为蒸馏装置，所以A仪器名称为蒸馏烧瓶，根据实验步聚，实验中蒸馏烧瓶中液体体积共有39mL左右，所以可以选择50mL蒸馏烧瓶，冷却时采用逆流，冷却效果较好，所以冷凝水由a口流出，

所以答案是：蒸馏烧瓶；50mL；a；（4）无水硫酸镁能吸水，所以步骤④中加入无水硫酸镁的作用是干燥，所以答案是：干燥；（5）乙醚的沸点只有34.6℃，所以可以用水浴加热的方式，故选：b．