D

解：A．丙烷燃烧生成二氧化碳和水，无污染，故A正确； B．相对分子质量越大，分子间作用力越大，并网分子间作用力比丁烷弱，故B正确；

C．丙烷沸点低，在低温时保持的压力比丁烷大，故C正确；

D．丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，存在同分异构体，故D错误．

故选D．

CD

解：A．Zn、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于置换反应，故A不选； B．Cl、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于分解反应，故B不选；

C．S、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故C选；

D．H、Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故D选；

故选CD．

A

解： 先发生消去反应，生成丙烯醛，然后与氢气加成生成2﹣甲基﹣1﹣丙醇，在浓硫酸催化作用下醇消去羟基生成烯烃 ，则反应过程为：消去反应、加成反应、消去反应， 故选A．

B

解：水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+）•c（OH﹣）=10﹣24 ， 即水的电离逆向移动，该溶液为强酸或强碱性溶液，题目要求一定可以大量共存，即在强酸或强碱性溶液中均可以大量共存， A．Al3+在碱性溶液中不能大量共存，故A不选；

B．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B选；

C．AlO2﹣在酸性溶液中不能大量共存，故C不选；

D．NH4+在碱性溶液中不能大量共存，故D不选；

故选B．

A

解：CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重的0.28g为C2H4质量， 则乙烯的物质的量为：n（C2H4）= =0.01mol，

所以C2H4的在标况下的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L，

乙烯占混合气体的体积分数为： ×100%=20%，

故选A．

D

解：在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后， A．当pH值大于7，可能为强酸弱碱盐，由pH的关系及等体积混合，此时碱过量；

B．当pH值小于7，可能为强碱弱酸盐，由pH的关系及等体积混合，此时酸过量；

C．pH值等于7，生成的盐可能为强酸强碱盐，可能为弱酸弱碱盐；

D．综合ABC，故D正确；

故选D．

D

解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素， A．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Na＞Al＞C＞O，即rx＞ry＞rQ＞rW ， 故A错误；

B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故B错误；

C．氧元素一般没有正化合价，最高正价不是+6，故C错误；

D．CS2属于共价化合物，故D正确；

故选D．

A

解：①非金属越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：P＜S＜Cl，则酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4 ， 故错误；②非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞O＞S，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故错误；③电子层数越多原子半径越大，则半径Na和Mg大于O，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径Na＞Mg，所以原子半径：Na＞Mg＞O，故正确；④元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，非金属性：F＞Cl＞S，则还原性：F﹣＜Cl﹣＜S2﹣ ， 故错误；⑤酸性越强，酸越易电离出氢离子，对应阴离子越难结合氢离子，酸性HCl＞CH3COOH＞H2O，则结合H+的能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣ ， 故正确；所以正确的有③⑤；故选A．

【考点精析】通过灵活运用同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系，掌握同主族元素的原子半径或离子半径从上到下逐渐增大，如：O＜S＜Se，F－＜Cl－＜Br-即可以解答此题．

C

解：空气的质量=（m2﹣m1）g，气体A的质量=（m3﹣m1）g，相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体，其物质的量相等，设A的摩尔体积为Mg/mol，所以 = ，M= ， 故选C．

C

解：A．银是单质，所以银既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B．氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．NaCl在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氯离子导致导电，所以NaCl是电解质，故C正确；

D．蔗糖在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，蔗糖是非电解质，故D错误；

故选C．

（1）吸热

（2）

（3）K3= ；吸热；DF

（4）加入催化剂或增大体系的压强；降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量

解：（1）K1（973K时）＜K1（1173K时），说明升高温度平衡正向移动，所以反应①是一个吸热反应，所以答案是：吸热；（2）反应③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）的平衡常数K3= ， 所以答案是： ；（3）反应③=反应①﹣反应②，则反应③的平衡常数K3= = = ，从表中数据可知，K1随温度升高增大，K2随温度升高减小，则随温度升高K3增大，说明升高温度平衡正向移动，反应③是吸热反应；

A．缩小反应容器容积，压强增大，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故A错误；

B．扩大反应容器容积，压强减小，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故B错误；

C．正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，故C错误；

D．正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故D正确；

E．使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故E错误；

F．设法减少CO的量，平衡向生成CO的方向移动，即平衡正向移动，故F正确，

所以答案是：K3= ；吸热；DF；（4）①从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，化学反应速率加快，所以其条件是使用了催化剂；又因为反应③是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，反应速率也提高，

所以答案是：加入催化剂或增大体系的压强；

②图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来达到，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量，

所以答案是：降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量．

【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）．

（1）B

（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析

解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，所以答案是：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，所以答案是：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，所以答案是：麦芽糖；渗析．

【考点精析】利用胶体的重要性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知胶体的性质：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）ad

（2）3：2：3

（3）碳酸氢钠

（4）

（5）4；

解：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，则A分子含有2个﹣COOH，去掉2个﹣COOH剩余总相对原子质量为104﹣45×2=14，剩余基团为CH2 ， 故A的结构简式为HOOCCH2COOH；B的结构中含有醛基，根据C结构简式结合信息知，B为 ，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为 ，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，（1）C和酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有羧基，可以发生酯化反应，醚键很稳定，不易发生水解反应，不能发生消去反应，故选：ad；（2）C中酚羟基和羧基都与钠反应生成氢气，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚羟基和羧基都能与NaOH反应，所以等物质的量的C分别与足量的Na、NaHCO3、NaOH反应消耗Na、NaHCO3、NaOH的物质的量之比是3：2：3，所以答案是：3：2：3；（3）通过以上分析知，E名称是碳酸氢钠，所以答案是：碳酸氢钠；（4）在一定条件下，A和B反应生成C，反应方程式为： ， 所以答案是： ；（5）阿魏酸的同分异构体符合下列条件：

①在苯环上只有两个取代基；

②在苯环上的一氯取代物只有两种，说明两个取代基处于对位位置，且两个取代基不同或者两个取代基处于邻位位置，且两个取代基相同，

③1mol该同分异构体与足量NaHCO3反应生成2mol CO2气体，含有2个﹣COOH，

所以符合条件的阿魏酸的同分异构体结构简式分别为： ，所以符合条件的有4种，

所以答案是：4； ．

（1）氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+C12↑+2NaOH

（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O

（3）FeC2O4

解：L放置在空气中生成有颜色的固体M，则M是Fe（OH）3 ， L是Fe（OH）2；C的焰色反应为黄色，说明C含有钠元素；反应①是工业制氯气的原理，且同时生成气体D与气体E，所以电解的是NaCl溶液，则A和B一种是NaCl，一种是H2O；B是一种常见的无色液体，应为H2O，则A为NaCl，C为NaOH，且D、I是水煤气的主要成分，则D为H2 ， E为Cl2 ， I为CO，F为HCl，H为FeO，K为FeCl2 ， H为FeO＜I为CO与水反应生成J与D，则J是CO2 ， 由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G为FeC2O4 ． （1）基于反应①原理的化学工业称为氯碱工业，该反应的化学方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，所以答案是：氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（2）K和E反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ ， F溶液和H反应的离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，所以答案是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O；（3）由G分解得到的H为FeO、I为CO、J为CO2三者的物质的量之比为1：1：1，依据原子守恒得到G的化学式为：FeC2O4 ， 所以答案是：FeC2O4 ．

（1）过滤

（2）Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4

（3）Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6NH3 ． H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O

解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2 ， 沉淀C为Al2O3和Fe2O3； 由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3 ， Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2 ， 向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；

向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4 ， 经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4 ， （1）溶液和沉淀的分离利用过滤，所以答案是：过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3 ， C为Al2O3、Fe2O3 ， D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4 ， 所以答案是：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；（3）反应①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，反应②为2KAl（SO4）2+6 NH3 ． H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓，反应③为Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓，反应④为2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，所以答案是：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6 NH3 ． H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O．

（1）

（2）氧化反应；酯化反应或取代反应

（3）4

（4）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O

（5）加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）

解：乙醇发生氧化反应生成A为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成B为CH3COOH，乙酸和C反应生成乙酸苯甲酯，则C为苯甲醇，结构简式为 ，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成1﹣氯甲苯，1﹣氯甲苯和NaOH的水溶液加热发生水解反应生成C，（1）通过以上分析知，C结构简式为 ，所以答案是： ；（2）反应②、③的反应类型为氧化反应、酯化反应或取代反应，所以答案是：氧化反应；酯化（取代）反应；（3）一氯甲苯如果取代基为甲基和﹣Cl，有邻间对3种结构，氯原子位于取代基上有一种，所以甲苯的一氯代物有4种同分异构体，所以答案是：4；（4）该反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，所以答案是：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；（5）为了提高乙酸苯甲酯的产率应采取的措施是加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等），所以答案是：加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）．

（1）C

（2）Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑

（3）4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+

（4）CO2

解：（1）为了增强溶液的导电性，因此可选用易溶性强电解质溶液，排除A和B，考虑到题中要求电解时保持污水的pH在5.0～6.0之间，因此不能添加NaOH，BaSO4不溶，所以答案是：C；（2）电解时铁作阳极，因此主要发生Fe﹣2e﹣=Fe2+ ， 同时也发生副反应，即溶液中的OH﹣失电子被氧化生成O2 ， 所以答案是：Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒，电极反应I和Ⅱ的生成物反应得到Fe（OH3）沉淀的离子方程式是4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+ ， 所以答案是：4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+；（4）负极反应是CH4失电子，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以负极反应为：CH4+4CO32﹣﹣8e﹣=5CO2+2H2O；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳； 所以答案是：CO2 ．

（1）CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑、CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2

（2）不能；ac

（3）H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr

解：（1）碳化钙能与水反应生成乙炔和水，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应方程式为：CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）、CH≡CH+2Br2→CHBr2﹣CHBr2 ， 所以答案是：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2；（2）根据“乙同学发现甲同学实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还有可能含有少量还原性的杂质气体”，因此可得出“使溴水褪色的物质，未必是乙炔；使溴水褪色的反应，未必是加成反应”的结论，故甲同学设计的实验不能证明乙炔与溴水发生了加成反应，可能生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，反应方程式为Br2+H2S═S↓+2HBr， 所以答案是：不能；ac；（3）根据褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，可推知是硫，说明乙炔气体中含有硫化氢杂质，所发生反应的化学方程式是Br2+H2S═S↓+2HBr，

所以答案是：H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr．

n= =1mol
标况下生成氢气的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L
答：标况下生成氢气的体积为22.4L．

发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据方程式中对比关系计算生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气的体积．