B,C

A．氯碱工业中电解饱和食盐水是常温下的反应，不需要进行热交换，故A错误；

B．氮气与氢气的反应都需要加热，而且它们反应时会放热，所以使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故B正确；

C．二氧化硫的氧化反应需在高温下进行，且反应时会放热，使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故C正确；

D．氨碱法中的氨盐水碳酸化需在常温下进行，温度不能较高，防止气体挥发，故D错误．

故选BC．

【考点精析】认真审题，首先需要了解化学反应的基本原理(两种或两种以上的物质相互作用，生成一种物质的反应．即：A + B + C…=E)．

B,D

A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy ， 且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1 ， 此元素为铬，故A错误；

B、同周期核电荷数越多半径越小，所以第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，故B正确；

C、HF分子间存在氢键，HCl分子内没有氢键，故C错误；

D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入，故D正确；

故选BD．

B,D

A．乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：1，故A错误；B．对苯二酚（ ）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故B正确；

C.2﹣甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C错误；

D．对苯二甲酸（ ）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故D正确．

故选：BD．

A,C

A．反应C﹣C变为C=C，为消去反应，故A正确；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误；

C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；

D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故D错误．

故选AC．

【考点精析】本题主要考查了有机物的结构和性质的相关知识点，需要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，易分解才能正确解答此题．

B,C

A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3﹣E2 ， 故A错误；

B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故B正确；

C．根据化学反应2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；

D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误．

故选BC．

【考点精析】通过灵活运用反应热和焓变，掌握在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热即可以解答此题．

A,D

A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；

B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣ ， 故B错误；

C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；

D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．

故选AD．

D

根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2 ． 则可得：

A．可生成H2的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；

B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；

C．可生成标准状况下H2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；

D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2 ， 故D正确．

故选D．

B

A．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；

B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；

C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；

D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确．

故选B．

D

A、SO2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A错误；

B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2活泼，故B错误；

C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣ ， 还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，故C错误；

D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确；

故选D．

D

燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为 ，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣ =﹣3.4×104kJ•mol﹣1 ，

故选D．

【考点精析】解答此题的关键在于理解燃烧热的相关知识，掌握在101kPa时1mol H2物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的能量，叫该物质的燃烧热．

B

A．气球内气体的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；

B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B错误；

C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；

D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确；

故选：B．

C

A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故A不选；

B．NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H++OH﹣=H2O表示，故B不选；

C．HNO3溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH﹣=H2O，故C选；

D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合不能用H++OH﹣=H2O表示，故D不选；

故选：C．

D

A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选；

B．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选；

C．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选；

D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D选．

故选D．

（1）SO42﹣；BaSO4

（2）Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2

（3）脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解

（4）Mg2++2e﹣═Mg

（5）氯气；除溴塔（除溴工段）

卤水中含有Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子，卤水中加入CaO在脱硫槽除去SO42﹣ ， 生成CaSO4 ， 经过滤机①得到X为CaSO4 ， 经除溴塔，通入氯气，可除去Br﹣ ， 生成Z为Br2 ， 在搅拌槽中加入BaO，进一步除去SO42﹣ ， M的主要成分是BaSO4 ， 经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉③通入热的HCl气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可得到镁锭。

（1）由以上分析可知脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的 SO42﹣ ， M的主要成分是BaSO4 ， 所以答案是：SO42﹣；BaSO4；

（2）除溴塔中通入氯气，以除去Br﹣生成Br2 ， 所以答案是：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2；

（3）经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，因氯化镁易水解生成氢氧化镁，则沸腾炉③通入热的HCl气体，可防止发生水解，所以答案是：脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解；

（4）电解氯化镁生成镁和氯气，阴极发生还原反应，电极方程式为Mg2++2e﹣═Mg，所以答案是：Mg2++2e﹣═Mg；

（5）阳极生成氯气，可用于除溴塔，除去溴，所以答案是：氯气；除溴塔（除溴工段）．

（1）金属晶体；金属键；12

（2）1s22s22p63s23p5；Ar；HClO4；正四面体

（3）CuCl；；Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物；[Cu（NH3）4]2+

解：（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体，铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子；所以答案是：金属晶体；金属键；12；

（2）元素氯是17号元素，位于第三周期，依据构造原理其基态电子排布为：1s22s22p63s23p5；其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar，含氯的酸中高氯酸酸性最强是含有酸中最强酸，化学式为：HClO4 ， 高氯酸酸根离子中氯原子为sP3杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；

所以答案是：1s22s22p63s23p5；Ar；HClO4； 正四面体；

（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8× +6× =4，氯原子个数为4，则化学式为；CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M（CuCl）×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为 ；所以答案是：CuCl； ；

②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu+被氧化为Cu2+ ， 所以深蓝色溶液中阳离子为：[Cu（NH3）4]2+；所以答案是：Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）；[Cu（NH3）4]2+ ．

（1）环己烷；取代反应

（2）

（3）

（4）取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+ ， 反之，则无

（5）

环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为 ，环己烯与溴发生加成反应生成C为 ，C再发生消去反应生成 ， 与氯气发生取代反应生成 ， 发生氧化反应生成 ，再发生消去反应、中和反应得到 ，进行酸化得到富马酸为： ．

（1）A的化学名称为环己烷，由A生成B的反应类型为取代反应， 所以答案是：环己烷；取代反应．

（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为： ，所以答案是： ；

（3）由上述分析可知，富马酸的结构简式为： ，所以答案是： ；

（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+ ， 反之，则无，所以答案是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+ ， 反之，则无；

（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出2mol CO2 ， 标况下生成二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有 ，所以答案是：44.8； ．

（1）3；小于

（2）B；；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动

（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1 ， 则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1 ， 则v（逆）=0.002c（反），化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K1= = =3，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则△H小于0， 所以答案是：3； 小于；

（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2= = ，因为K1＞K2 ， 放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2＞t1 ， 所以答案是：B； ；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动．

【考点精析】关于本题考查的化学平衡常数的含义和化学平衡状态本质及特征，需要了解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；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）才能得出正确答案．

（1）CH2=CHCH3

（2）CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应

（3）水解反应或取代反应

（4）HOOC﹣COOH

（5）HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O

C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2 ， 与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3 ， CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．

（1）由上述分析可知，B的结构简式为：CH2=CHCH3；

（2）反应①是CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，属于加成反应，所以答案是：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，加成反应；

（3）反应③是CH2=CHCH2Cl发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，也属于取代反应，所以答案是：水解反应或取代反应；

（4）酯D的结构倒推可知，C为乙二酸，所以答案是：HOOC﹣COOH；

（5）反应②是乙二酸与乙醇酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，所以答案是：HOOCCOOH+2CH3CH2OH CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．

（1）三；VIA

（2）Si；SiO2

（3）C+2S CS2；极性

（4）Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元素．

（1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA族，所以答案是：三；VIA；

（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2 ， 所以答案是：Si；SiO2；

（3）X碳与硫的单质在高温下反应生成CS2 ， 产物分子为直线形，结构与二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，所以答案是：C+2S CS2；极性；

（4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，所以答案是：Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．

（1）D；A

（2）H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2

（3）蒸发皿

（4）30%

（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，

所以答案是：D；A；

（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2 ， 所以答案是：H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2；

（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，所以答案是：蒸发皿；（4）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4﹒5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为 ×100%=30%，

所以答案是：30%．

（1）d

（2）2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

（3）Al（OH）3；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大

（4）20

（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，所以答案是：d；

（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；所以答案是：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3﹣均能促进AlO2﹣水解，反应式为NH4++AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+NH3•H2O，生成Al（OH）3沉淀；因Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ ， 则明矾水溶液显酸性，所以答案是：Al（OH）3；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大；（4）Al（OH）3⇌AlO2﹣+H++H2O①H2O⇌H++OH﹣②，①﹣②可得Al（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+2H2O，则Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数=K÷Kw= =20，所以答案是：20．