BD

解：A．碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；

C．铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb 2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；

D．电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；

故选BD．

C

解：该分子不对称， 分子中7种氢原子，一氯代物有7种．故选C．

A

解：A．室温下向1 L pH=1的醋酸溶液中含有H+数目0.1NA ， 加水稀释，醋酸电离程度增大，电离产生氢离子增多，故A正确；B.60g乙酸物质的量为1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应为可逆反应，所以充分反应后断裂的C﹣O键数目小于NA ， 故B错误；

C．气体状况未知，无法计算氢气的物质的量，无法计算乙醇分子中共价键总数，故C错误；

D．已知C2H4（g）+H2（g）═C2H6（g）△H=﹣137.0 kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5 kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，故D错误；

故选：A．

C

解：①．碘易升华，且该实验不易回收碘，应该采用萃取然后蒸馏分离碘水中的碘，故错误；②．NO易被氧气氧化生成NO2 ， NO不易溶于水，应该采用排水法收集NO，故错误；③．中性条件下，Fe发生吸氧腐蚀，导致集气瓶内压强减小，外界大气压不变，外界大气压将U型管右侧液面下降、左侧液面上升，所以能实现实验目的，故正确；④．能产生压强差的装置可以检验装置气密性，可以通过乙中水体积变化检验装置气密性，如果装置气密性不好，甲中液面上升，否则甲中液面不变，故正确；故选C．

D

解：0.01 mol•L﹣1己溶液的pH为12（25℃），己是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则己为NaOH，发生反应：甲+丙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、丙两种物质至少共含有H、O、Na元素，丁是由Z组成的单质，由发生反应可知，丁不能是Na，结合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故丁为氧气，可知甲是Na2O2、丙是水，再根据反应：甲+乙→戊+丁，可知乙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C．A．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32﹣离子水解生成HCO3﹣离子和OH﹣离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故A正确；

B．甲为过氧化钠，入到酚酞试液中反应生成氢氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变红后褪色，故B正确；

C．X与W构成的化合物为NaH，戊为碳酸钠，己为氢氧化钠，均为离子化合物，故C正确；

D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Na+＜O2﹣ ， 故D错误．

故选：D．

B

解：A．溶液pH越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣ ， 温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClO＜H2CO3＜HF，故A错误；B．NaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10﹣7mol/L，由于酸性HF＞HClO，则次氯酸根的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠；两溶液中钠离子浓度相等，两溶液中阴离子浓度=c（Na+）+c（H+），由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N前＜N后 ， 故B正确；

C．若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=c（Na+）=0.2mol/L，故C错误；

D．向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，反应生成碳酸氢钠和氟化钠，正确的化学反应方程式为：Na2CO3+HF═NaHCO3+NaF，故D错误；

故选B．

（1）加成反应

（2）

（3）碳碳双键；酯基

（4）

（5）

（6）ac

（7）

解：由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3 ， 则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为 ，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为 ．F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为 ，故F为 ，E为 ．（1）由上述分析可知，①的反应类型是加成反应，所以答案是：加成反应；（2）②为1，2﹣二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为 ，所以答案是： ；（3）PMMA单体结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3 ， PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，

所以答案是：碳碳双键、酯基；（4）反应⑤的化学方程式为 ，

所以答案是： ；（5）G的结构简式为： ，所以答案是： ；（6）

a．⑦是CH2=C（CH3）COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH3 ， 故a正确；

b．B为HOCH2CH2OH，D为CH3OH，含有羟基数目本题，二者不是同系物，故b错误；

c．D为CH3OH，分子之间形成氢键，沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；

d． 中酯基为羧酸与醇形成的，1mol 与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故d错误．

故选：ac；（7）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为： ，

所以答案是： ．

（1）1s22s22p63s23p63d9

（2）正四面体；CCl4等；HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧

（3）sp2；11NA

（4）A

（5）CuCl；共价； × ×1010

解：周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增．R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，核外电子排布式为1s22s22p2 ， 则R为C元素；工业上通过分离液态空气获得X单质，结合原子序数可知X为O元素、W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，三元素原子序数之和为6+7+8=21，则Y为Cl元素；Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，原子序数大于氯，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu．（1）Cu2+基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9 ， 所以答案是：1s22s22p63s23p63d9；（2）ClO4﹣中Cl原子孤电子对数= =0、价层电子对数=4+0=4，故其空间构型是正四面体，与ClO4﹣互为等电子体的一种分子含有5个原子、32个价电子，该分子为CCl4等，HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧，HClO4酸性比HClO2强，

所以答案是：正四面体；CCl4等；HClO4有 3 个非羟基氧，而 HClO2有 1 个非羟基氧；（3）结构简式为CO（N2H3）2的化合物中碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为sp2；

结构简式为O=C（NH﹣NH2）2 ， 分子中含有11个σ键，1molRX（W2H3）2分子中含有σ键数目为11NA ，

所以答案是：sp2；11NA；（4）往CuSO4溶液中通入过量的NH3 ， 可生成[Cu（NH3）4]SO4 ，

A．[Cu（NH3）4]SO4中配离子与外界硫酸根之间形成离子键，铜离子与氨气分子之间形成配位键，氨气分子与硫酸根中含有极性键，故A正确；

B．在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；

C．非金属性越强，第一电离能越大，氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，[Cu（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素．

故选：A；（5）某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示（黑点代表Z原子）．①晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8× +6× =4，该晶体的化学式为CuCl，

所以答案是：CuCl；②已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，二者电负性之差小于1.7，则Y与Z形成的化合物属于共价化合物，

所以答案是：共价；③黑色球与周围的4个白色球相邻，形成正四面体结构，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体体对角线上，为二者距离为体对角线长度的 ，而体对角线长度为晶胞棱长的 倍，晶胞质量为4× g，该晶体的密度为ρg．cm﹣3 ， 则晶胞棱长为 = cm，故该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为 × cm= × ×1010 pm，

所以答案是： × ×1010 ．

（1）ZnO

（2）浸出

（3）Zn粉；置换出Fe等

（4）O2

（5）2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O

（6）ZnCO3+2C Zn+3CO↑

解：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，所以答案是：ZnO；（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，所以答案是：浸出；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe，所以答案是：Zn粉；置换出Fe等；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4 ， 阳极发生氧化反应，产物为O2 ， 所以答案是：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2 ， 可以获得非金属单质S，化学方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O，所以答案是：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O；（6）碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式为：ZnCO3+2C Zn+3CO↑，所以答案是：ZnCO3+2C Zn+3CO↑．

（1）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（2）CuO或Cu（OH）2或CuCO3

（3）将阳极泥粉碎，逆流焙烧等

（4）蒸发浓缩，降温结晶

（5）2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+3SO42﹣+8Cl﹣+12H+

（6）用滤液Ⅱ溶解碱浸渣（或并入硝酸中）

（7）PbSO4（s）+CO32﹣（aq）?PbCO3（s）+SO42﹣（aq）

解：粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经王水、浓硝酸氧化后可以得到硝酸铅以及含有AuCl4﹣+的物质，硝酸铅中加入硫酸可以转化为硫酸铅，AuCl4﹣可以被SO2还原得到Au．（1）反应①为亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，所以答案是：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）试剂B目的是调节溶液的PH值，同时不能引入新杂质，可以用CuO或Cu（OH）2或CuCO3 ，

所以答案是：CuO或Cu（OH）2或CuCO3；（3）要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗，

所以答案是：将阳极泥粉碎，逆流焙烧等；（4）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，

所以答案是：蒸发浓缩，降温结晶；（5）SO2还原AuCl4﹣中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42﹣ ， 还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+3SO42﹣+8Cl﹣+12H+；

所以答案是：2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+3SO42﹣+8Cl﹣+12H+；（6）滤液Ⅰ是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液Ⅱ，此滤液Ⅱ是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加入的硝酸合并加以利用，所以答案是：用滤液Ⅱ溶解碱浸渣（或并入硝酸中）；（7）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）．

所以答案是：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）．

（1）Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+ ， 加入H2SO4平衡逆向移动，抑制Fe3+水解；6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；15.24；A

（2）排除NO3﹣的干扰；Fe3+能氧化Ag；Fe2++Ag+?Fe3++Ag；浓度

n=0.003mol，
该废液中I﹣含量= =15.24g/L，
所以答案是：15.24；（iv）依据滴定过程分析，误差主要是标准溶液体积变化引起，c（待测）= ，
A．终点读数时俯视读数，滴定前平视读数，读取的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故A正确；
B．锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的溶质无影响，故B错误；
C．滴定管未用标准K2Cr2O7溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C错误；
D．盛标准K2Cr2O7溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后无气泡．读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D错误；
所以答案是：A；
·（2）（i）利用实验①验证硝酸根离子在酸性溶液中和银不发生反应，设计实验①的目的是排除NO3﹣的干扰，
所以答案是：排除NO3﹣的干扰；（ii）向10mL 1mol/L Fe（NO3）3酸性溶液（pH=1）中插入一根洁净的Ag丝，并滴加NaCl溶液，有白色沉淀生成，生成是氯化钠和硝酸银生成的氯化银白色沉淀，证明铁离子氧化银单质生成银离子，说明Fe3+能氧化Ag，
所以答案是：Fe3+能氧化Ag；（iii）向10mL 1mol/L AgNO3溶液中滴加2mL 0.1mol/L FeSO4溶液，振荡，再滴加酸性KMnO4溶液，紫红色不褪去说明溶液中无亚铁离子，说明亚铁离子和银离子发生反应生成铁离子和银，反应的离子方程式为：Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag，
所以答案是：Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag；（iv）根据以上实验，Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱与离子浓度有关，
所以答案是：浓度．

（1）﹣300；＞；0.25L4?mol﹣4；CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2

（2）原料易得、原料无污染、可以减轻温室效应

（3）；升高温度；增大压强

（4）C、D

根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该温度下反应的平衡常数k= =0.25L4•mol﹣4；
所以答案是：0.25L4•mol﹣4
④CO在负极上发生氧化反应生成CO2 ， 电极反应式为：CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2；
所以答案是：CO﹣2e﹣+CO32﹣═2CO2（2）二氧化碳的含量较大且易获取，二氧化碳减少能减轻温室效应等；
所以答案是：原料易得、原料无污染、可以减轻温室效应等；（3）①根据图像可知平衡时氢气的物质的量是2mol，消耗氢气的物质的量是8mol﹣2mol=6mol，平衡时生成甲醇的物质的量是 ×6mol=2mol，因此图像可表示为

所以答案是： ②根据图像知，I反应到达平衡的时间缩短，说明反应速率增大，但氢气的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是升高温度；II反应到达平衡的时间缩短，说明反应速率增大，且氢气的转化率增大，说明改变条件促进平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大压强；
所以答案是：升高温度，增大压强；（4）该溶液是0.2mol二氧化碳与0.3mol的氢氧化钠反应，发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，二氧化碳剩余，氢氧化钠充分反应生成0.15mol的碳酸钠，剩余的0.05mol二氧化碳与碳酸钠反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3 ， 则Na2CO3剩余0.1mol，生成NaHCO30.1mol，即混合溶液为等量的碳酸钠与碳酸氢钠：
A、根据电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（OH﹣），而C（H+）≤C（CO32﹣），故A错误；
B、根据电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（OH﹣），故B错误；
C、根据电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（OH﹣），故C正确；
D、电荷守恒可知：C（Na+）+C（H+）=2C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（OH﹣）…①，物料守恒可知：2C（Na+）=3[C（HCO3﹣）+C（CO32﹣）+C（H2CO3）…②，将①代入②得：C（CO32﹣）+2C（OH﹣）=3C（H2CO3）+C（HCO3﹣）+2C（H+），故D正确；
所以答案是：CD．
【考点精析】本题主要考查了化学平衡状态本质及特征和化学平衡的计算的相关知识点，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%才能正确解答此题．