A

解：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32﹣、SO42﹣ ， 硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是 =0.01mol，碳酸根离子的物质的量是 mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+ ， 所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是 =0.05mol，A．阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，如不含钠离子，则n（Cl﹣）=0.01mol，所以c（Cl﹣）=0.1mol•L﹣1 ． 如含有钠离子，则n（Cl﹣）＞0.01mol，所以c（Cl﹣）＞0.1mol•L﹣1 ． 故A正确；

B．由于加入氯化钡，引入氯离子，则不能证明原溶液是否含有氯离子，故B错误；

C．不能确定是否含有钠离子，故C错误；

D．由以上分析可知一定含有氯离子，故D错误．

故选A．

C

解：A．配制一定物质的量浓度的溶液，应该用容量瓶配制，正确的方法为：向容量瓶中加水至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容，故A错误；B．检验硫酸根离子时，应该先向溶液中滴入稀盐酸，排除干扰离子SO32﹣ ， 然后再加入硝酸钡溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣ ， 故B错误；

C．油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，高级脂肪酸钠在饱和食盐水中的溶解度较小，且密度小于水，则析出的肥皂浮在上层，故C正确；

D．分液时，避免上下层液体混合，先打开分液漏斗旋塞，使下层液体慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体再从上面倒出，故D错误；

故选C．

A

解：短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y所形成的一种单质有毒且易自燃，则Y为P元素；结合各元素在周期表中的相对位置可知，Z为S元素、X为C元素、W为F元素，A．W为F元素，没有最高正化合价，故A错误；

B．W含有2个电子层，其原子半径最小，Y、Z都含有3个电子层，Y的原子序数小于Z，则原子半径Y＞Z，则原子半径为：W＜Z＜Y，故B正确；

C．非金属性：Y＜Z＜W，则气态氢化物的热稳定性大小为：Y＜Z＜W，故C正确；

D．非金属性：X＜Y＜Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性大小为：X＜Y＜Z，故D正确；

故选A．

D

解：A．CO和C2H4摩尔质量都是28g/mol，所以分子数为NA的CO和C2H4混合气体的质量为28g，故A正确；B．重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而1mol重水中含10mol中子，即10NA个，故B正确；

C．用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，生成1mol氯气，转移2mol电子，则每生成0.5mol Cl2则转移电子数为1mol，个数为NA ， 故C正确；

D．铵根离子水解导致铵根离子个数减少，所以0.1 L 3.0 mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有NH4+的数目小于0.3NA ， 故D错误；

故选：D．

A

解：A．葡萄糖发生酒化反应生成乙醇和二氧化碳，而葡萄糖是单糖不能水解，故A错误；B．煤的液化是将煤在氢气和催化剂作用下通过加氢裂化转变为液体燃料的过程，故B正确；

C．石油裂化是提高轻质液体燃料特别是汽油的产量和质量，裂解的目的是为了提高乙烯的产量，故C正确；

D．蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水可溶解，故D正确；

故选A．

B

解：A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：282.6 kJ，则反应热的化学方程式为CO（g）+ O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.6 kJ•molˉ1 ， 故A正确B、气体变成固体要放出热量，所以2mol CO（g）与1mol O2（g）反应生成2mol CO2（s）放出热量大于565.2 kJ，故B错误；

C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2mol CO（g）和1mol O2（g）的总能量大于2mol CO2（g）的总能量，故C正确；

D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；

故选B．

【考点精析】掌握反应热和焓变是解答本题的根本，需要知道在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热．

D

解：A．钠长期放置在空气中，先和氧气反应生成氧化钠、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成十水碳酸钠，十水碳酸钠风化得到碳酸钠，所以钠发生一系列变化最终变为碳酸钠，故A错误；B、常温下干燥氯气或液氯不与铁反应，所以可用钢瓶储存氯气，故B错误；

C、铜能与氯化铁溶液发生不是置换反应，是产物是两种化合物的氧化还原反应，故C错误；

D、镁与氮反应生成氮化镁，所以燃着的镁条伸入盛满氮气的集气瓶中能继续燃烧，故D正确；

故选D．

【考点精析】利用钠的化学性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知钠的化学性质：与非金属反应；与水反应；与酸反应；与盐溶液反应．

A

解：A．将氯气通入氢氧化钡溶液中的离子反应为Cl2+2 OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣ ， 故A正确；B．贝壳溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故B错误；

C．铁与FeCl3溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故C错误；

D．硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合的离子反应为Ba2++2OH ﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；

故选A．

D

解：A．NH3•H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，则氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液，故A错误；B．弱电解质的电离方程式用可逆号表示，则NH3•H2O正确的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ ， 故B错误；

C．氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，所以c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞0.001 mol•L﹣1 ， 故C错误；

D．氨水浓度较大，则氨水消耗盐酸的体积较大，氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，溶液显酸性，氢氧化钠与HCl反应生成NaCl溶液显中性，则消耗盐酸多的溶液pH值小，故D正确；

故选D．

C

解：A．由图像可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B错误；

C．电流从正极铜极经过导线移向负极锌极，故C正确；

D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，甲池的c（Zn2+）不变，故D错误；

故选：C．

A

解：A．甲醇含﹣OH，能被高锰酸钾氧化，则甲醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．甲苯与溴水发生萃取，但甲苯与液溴在催化剂条件下可发生取代反应，故B正确；

C．乙烯与氧气反应生成乙醛，O原子增多，则乙烯发生了氧化反应，故C正确；

D．氨基酸具有两性，结合元素的组成可知分子中含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2），故D正确；

故选A．

【考点精析】关于本题考查的有机物的结构和性质，需要了解有机物的性质特点：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，易分解才能得出正确答案．

D

解：A．溴单质氧化性大于碘单质，溴单质氧化碘离子生成碘单质，故A正确；B．氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；

C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白作用，故C正确；

D．氯气具有强氧化性，氧化变价金属为高价态化合物，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3 ， 故D错误；

故选D．

【考点精析】本题主要考查了氯气的化学性质的相关知识点，需要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；与还原性物质反应才能正确解答此题．

D

解：V=1L，△t=2s，△n（H2）=0.1mol，则v（H2）= =0.05mol•L﹣1•s﹣1 ， 由 = 可得v（HI）=2×0.05mol•L﹣1•s﹣1=0.1mol•L﹣1•s﹣1 ，

由 =1可得v（I2）=0.05 mol•Lˉ1•sˉ1 ，

故选D．

【考点精析】本题主要考查了反应速率的定量表示方法的相关知识点，需要掌握反应速率的单位：mol/(L·min)或mol/(L·s) v=△c-△t才能正确解答此题．

C

解：A．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，可用于工业生产，故A正确； B．在850℃时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，而钠的金属性比钾弱，故B正确；

C．工业上是利用氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠制备，碳酸钠是重要工业原料，用碳酸钠制取碳酸氢钠得不偿失，故C错误；

D．炼铁时，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，可用于工业生产，故D正确．

故选C．

D

解：A、煤、石油和天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源，沼气是可再生资源，故A错误；B．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置，故B错误；

C．电解水制备氢气会消耗更多能源，不符合经济效益，故C错误；

D．用地沟油制备生物柴油作燃料，有利于节约资源、保护环境，属于生物质能，故D正确；

故选D．

B

解：A．环己烷为环烷烃，有一个碳环，不含有不饱和双键或三键，碳碳之间形成单键，结构简式为： ，C、H原子个数比为CH2 ， 所以实验式为：CH2 ， 故A正确；B．四氯化碳中存在4个C﹣Cl键，为正四面体结构，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的球棍模型为 ，故B错误；

C．HCl属于共价化合物，不存在离子键，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，HCl电子式为 ，故C正确；

D．氟原子核内有9个质子，核外有2个电子层，氟原子的结构示意图： ，故D正确；

故选B．

C

解：A．氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应，而硫酸铜溶液不能，故A错误； B．硫酸铜溶液中溶质粒子直径较小于1nm，氢氧化铁胶体粒子直径在l～100nm之间，故B错误；

C．硫酸铜溶液能与氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀；烧碱能使胶体发生聚沉，加烧碱溶液都会沉淀，故C正确；

D．溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故D错误；

故选C．

【考点精析】关于本题考查的胶体的重要性质，需要了解胶体的性质：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）才能得出正确答案．

D

解：A．KHSO4溶液呈酸性，pH试纸变红色，KOH使pH试纸变蓝色，可鉴别，故A正确；B．KHSO4溶液使紫色石蕊试液变红色，KOH使紫色石蕊试液变蓝色，可鉴别，故B正确；

C．KHSO4溶液呈酸性，可与碳酸钾反应生成气体，可鉴别，故C正确；

D．二者与氯化钾溶液都不反应，不能鉴别，故D错误．

故选D．

C

解：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2的反应中氢元素化合价﹣1价和+1价变化为0价，发生的是氧化还原反应，故选C．

A

解：同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性F＞O＞C；同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则非金属性F＞Cl＞S，

所以非金属性最强的是F元素，

故选A．

【考点精析】掌握非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律是解答本题的根本，需要知道在目前已知的112种元素中，非金属元素有22种，除H外非金属元素都位于周期表的右上方（H在左上方）．F是非金属性最强的元素．

AC

解：A．量筒是量取一定体积液体的量具，不能作为反应容器，故A符合；B．试管是演示实验所常用的玻璃仪器，用来进行物质间反应的实验，故B不符合；

C．固液或液体与液体反应发生装置：控制所加液体的量及反应速率的大小，物质分离提纯：对萃取后形成的互不相溶的两液体进行分液，不能做反应容器，故C符合；

D．坩埚是灼烧固体所用仪器，如氢氧化物分解、结晶水合物失水等反应可以在坩埚中进行，故D不符合；

故选AC．

C

解：A．Al2O3为两性氧化物，能够与强碱溶液反应，具有酸性，故A错误；B．H2SO4为二元强酸，具有强酸性，故B错误；

C．KClO3为强酸强碱盐，不与碱溶液反应，不具有酸性，故C正确；

D．Na为HSO4酸式盐，能够与氢氧化钠溶液反应，具有酸性，故D错误；

故选C．

（1）CH3CH2CH2COOH[或（CH3）2CHCOOH]；CH3CH2COOCH3[或CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2]

（2）醛基、羟基；CH3COCH2COOH

（3）a；bc

（4）CH3CH（OH）CH2CHO CH3CH=CHCHO+H2O

（5）nCH3CH=CHCH2OH

（6） 或

解：A无酸性且不能水解，则A中不含酯基和羧基，A能发生银镜反应，则A含有醛基，A能发生消去反应，则A中含有醇羟基，A发生消去反应生成B，B中含有一个甲基和碳碳双键，则B的结构简式为：CH3CH=CHCHO，A分子在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，则A的结构简式为：CH3CH（OH）CH2CHO，A被银氨溶液氧化生成C，C的结构简式为：CH3CH（OH）CH2COOH，A在合适的氧化剂反应生成D，根据题给信息知，D的结构简式为：CH3COCH2COOH．B和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，B被还原生成E，E能使溴水褪色，说明含有碳碳双键，不发生银镜反应，说明不含醛基，则E的结构简式为：CH3CH=CHCH2OH，（1）由上述分析可知A为CH3CH（OH）CH2CHO，A的同分异构体：a．具有酸性，含有﹣COOH，则为CH3CH2CH2COOH[或（CH3）2CHCOOH]；

b．能发生水解反应，含有酯基，则为CH3CH2COOCH3[或CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2]，

所以答案是：CH3CH2CH2COOH[或（CH3）2CHCOOH]；CH3CH2COOCH3[或CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2]；（2）A为CH3CH（OH）CH2CHO，含有官能团为：醛基、羟基，D的结构简式为：CH3COCH2COOH，

所以答案是：醛基、羟基；CH3COCH2COOH；（3）C→D是CH3CH（OH）CH2COOH发生氧化反应生成CH3COCH2CHO，故选a；

E→F是CH3CH=CHCH2OH与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，属于还原反应，故选bc；

所以答案是：a；bc；（4）A→B的反应方程式为：CH3CH（OH）CH2CHO CH3CH=CHCHO+H2O，所以答案是：CH3CH（OH）CH2CHO CH3CH=CHCHO+H2O；（5）E生成高聚物的化学方程式为：nCH3CH=CHCH2OH ，

所以答案是：nCH3CH=CHCH2OH ；（6）C的结构简式为CH3CH（OH）CH2COOH，其同分异构体Cl与C有相同官能团，两分子Cl脱去两分子水形成含有六元环的C2 ， 则Cl为CH3CH2CH（OH）COOH或（CH3）2CH（OH）COOH，则C2的结构简式为 或 ，所以答案是： 或 ．

（1）A

（2）CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O

（3）＜；B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率

（4）；1

由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K= =1；
所以答案是： ；1．
【考点精析】利用反应热和焓变和化学平衡的计算对题目进行判断即可得到答案，需要熟知在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热；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）锥形瓶

（2）NaA；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；=

（3）=

（4）＞

（5）a

（6）A、D

解：（1）中和滴定需要用到铁架台（带蝴蝶夹）、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；所以答案是：锥形瓶；（2）a点时酸碱恰好中和，溶质为NaA，NaA水解呈碱性，A﹣的水解程度减小，溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（OH﹣）＞c（H+）；a点所示溶液中溶质为NaA，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）；

所以答案是：NaA；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；=；（3）c点所示溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）；

所以c（Na+）=c（A﹣）；

所以答案是：=；（4）b点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度，c（A﹣）＞c（HA）；

所以答案是：＞；（5）根据图像知，该酸是弱酸，a、b、c点的溶质分别是盐、盐和酸、盐和酸，a点盐类水解促进水电离，b点盐类水解小于酸的电离，水的电离程度受到抑制，c点溶液呈中性，水的电离程度不受影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是a；

所以答案是：a；（6）A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致V（HA）偏大，故A正确；

B、锥形瓶洗涤后没有干燥，NaOH的物质的量不变，导致V（HA）不变，故B错误；

C、滴定时锥形瓶中有液体溅出，NaOH的物质的量偏小，导致V（HA）偏小，故C错误；

D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下，导致V（HA）偏大，故D正确；

E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视，导致V（HA）偏小，故E错误；

故选AD．

【考点精析】关于本题考查的酸碱中和滴定，需要了解中和滴定实验时，用蒸馏水洗过的滴定管先用标准液润洗后再装标准液；先用待测液润洗后在移取液体；滴定管读数时先等一二分钟后再读数；观察锥形瓶中溶液颜色的改变时，先等半分钟颜色不变后即为滴定终点才能得出正确答案．

（1）6

（2）17.6

解：（1）混合溶液呈中性，说明酸碱恰好完全反应生成盐和水，则酸中n（H+）=n（OH﹣），设原溶液中c（H+）=xmol/L，则xmol/L×0.1L=1.5mol/L×2×0.2L，x=6，

所以答案是：6；（2）因为两种酸的物质的量相等，则硝酸和硫酸中氢离子浓度之比为1：2，c（H+）=6mol/L，则两种酸的浓度都是2mol/L，n（HNO3）=n（H2SO4）=2mol/L×0.1L=0.2mol，Cu和硝酸反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，原酸溶液中n（H+）=6mol/L×0.1L=0.6mol，根据N原子守恒得n（NO3﹣）=n（HNO3）=0.2mol，

根据方程式知，如果硝酸根离子完全反应，则需要n（H+）=0.8mol＞0.6mol，所以氢离子不足量，以氢离子为标准进行计算，则n（Cu）= =0.225mol，则剩余m（Cu）=（0.5﹣0.225）mol×64g/mol=17.6g，

所以答案是：17.6．

（1）Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O

（2）产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体

（3）AD

解：（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O，所以答案是：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）反应过程中，甲中发生反应为Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O，产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体，所以答案是：产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体；（3）A．该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性，故A错误；

B．试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染，其作用是吸收过量的SO2 ， 防止环境污染，故B正确；

C．含0.02mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应，所以收集到SO2的体积在标准状况小于224mL，故C错误；

D．反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色，故D正确；

故选：AD．

（1）醛基

（2）CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

（3）CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3COONa+CH3CH2OH

解：A为最简单的植物激素，应为乙烯，由转化关系可知X为乙醇，B为乙醛，C为乙酸乙酯，（1）B为乙醛，含有醛基，所以答案是：醛基；（2）在加热条件下，乙醛和新制氢氧化铜发生氧化还原反应生成乙酸、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，所以答案是：CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O；（3）乙酸乙酯最大限度的转化为乙醇，应在碱性条件下水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3 COONa+CH3CH2OH，

所以答案是：CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3 COONa+CH3CH2OH．