B

解：A．由表中数据可知，10min内A的浓度变化量为1mol﹣0.5mol=0.5mol，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol，故v（C）= =0.025 mol•L﹣1•min﹣1 ， 故A错误；B．由表中数据可知，10min内A的浓度变化量为1mol﹣0.5mol=0.5mol，由方程式可知B的浓度变化量为2×0.5mol=1mol，10s时B浓度为0.2mol，10min时到达平衡，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50 mol A气体和0.60 mol B气体，等效为原平衡体积增大一倍，降低压强，A的转化率降低，故平衡时n（C）＜0.25 mol，故B正确；

C．在达到平衡后持续缩小容器体积，压强增大，若B物质液化，平衡不移动，故C错误；

D．由表中数据可知，10min内A的物质的量变化量为1mol﹣0.5mol=0.5mol，A的浓度变化量为=0.25mol/L，则：

A（g）+2B（g）⇌C（g）

开始（mol/L）：0.5 0.6 0

变化（mol/L）：0.25 0.5 0.25

平衡（mol/L）：0.25 0.1 0.25

故该温度下平衡常数k= =100，降低为T2℃时，上述反应平衡常数为20，降低温度，平衡向逆反应进行，故正反应为吸热反应，故D错误；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握反应物转化率=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．

C

解：A．SO2、ClO﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强氧化性，能够将S2﹣氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Al3+、Fe3+、NO3﹣、ClO4﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．滴入KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+ ， Fe3+、AlO2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

C

解：A．由结构简式可知，克利贝特的分子式为C28H36O6 ， 故A错误；B．物质X分子中含多个亚甲基，为四面体构型，则所有碳原子不可能位于同一平面内，故B错误；

C．﹣COOH与NaHCO3溶液反应生成气体，而酚不能，则用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特，故C正确；

D．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1 mol物质X最多可以与含4 molBr2的溴水反应，故D错误．

故选C．

【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．

A

解：A．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T1＜T2 ， 可逆反应2X（g）⇌Y（g）△H＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低，图象与实际相符合，故A正确；B．增大压强反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时A的物质的量降低，图象中到达平衡时间相同，且平衡时A的物质的量相同，图象与实际不符合，故B错误；

C．图象为正、逆平衡常数与温度关系，曲线上各点都是平衡点，故C错误；

D.20mL pH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，反应后为HAc、NaAc混合溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性，图象中为中性，图象与实际不符，故D错误；

故选A．

A

解：A．工业制硝酸，利用氨气的催化氧化生成NO，再氧化生成二氧化氮，最后溶于水生成硝酸，与工业生产实际相符合，故A正确； B．工业制氯气为电解饱和食盐水溶液，不是用二氧化锰与浓盐酸加热生成，与工业生产实际不相符合，故B错误；

C．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，不是电解熔融氧化镁的方法制取镁，与工业生产实际不相符合，故C错误；

D．工工业上用接触法制硫酸，最终用浓硫酸吸收SO3 ， 不是用水吸收，与工业生产实际不相符合，故D错误．

故选A．

A．工业制硝酸，利用氨气的催化氧化生成NO，再氧化生成二氧化氮，最后溶于水生成硝酸；

B．工业制氯气为电解饱和食盐水溶液；

C．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁；

D．工业上用接触法制硫酸，最终用浓硫酸吸收SO3；

D

解：A．太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B．反应为吸热反应，低温下不能进行，故B错误；

C．催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；

D．根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2 ， △H=206.1kJ•mol﹣1﹣131.3kJ•mol﹣1=74.8kJ•mol﹣1 ， 故D正确．

故选D．

C

解：A.0.1L物质的量浓度为2mol/L的（NH4）2S溶液中溶质物质的量=0.1L×2mol/L=0.2mol，铵根离子和硫离子水解相互促进，溶液中含有的S2﹣数目小于0.2×6.02×1023 ， 故A错误；B．对NaCl溶液和金属钠加热，氯化钠溶液导电能力增大，金属钠导电能力减弱，故B错误；

C..25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子抑制醋酸电离，氢离子浓度减小，水电离出氢氧根离子浓度增大，该溶液中水的电离程度将增大，Kw随温度变化不随浓度变化，所以Kw不变，故C正确；

D．电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入0.05 molCuO；而Cu（OH）2相当于氧化铜和水，加入0.05 mol的Cu（OH）2固体，则溶液偏小，故D错误；

故选C．

D

解：A．Cu和浓H2SO4反应需要加热，图中装置没有加热，则不能发生反应，故A错误；B．碳酸钠较稳定，加热不分解，而碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，无法达到除杂目的，故B错误；

C．广口瓶中NO气体与氧气反应，收集不到NO，应先排出装置中的空气，故C错误；

D．浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，所以能用图中的左图部分制备，由于氨气的密度比空气的平均密度小，应该用向下排空气法收集，故D正确；

故选D．

D

解：A．稀硝酸能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，正确的离子方程式为：2NO3﹣+3SO32﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2 ， 反应生成硅酸和亚硫酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣ ， 故B错误；

C．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，可以用硫酸酸化，故C错误；

D．向CuSO4溶液中加入Na2O2 ， 反应的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D正确；

故选D．

B

解：A．金属铝的性质：良好延展性和抗腐蚀性，金属铝可制成铝箔包装物品，故A正确；B．光导纤维具有折光性，不具有导电性，故B错误；

C．药皂中加入少量苯酚可以使病毒细菌中的蛋白质变性，故C正确；

D．碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污，故D正确；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了铝的化学性质的相关知识点，需要掌握很快与O2反应，形成致密氧化膜，抗腐蚀性比镁强；在纯氧中或高温下可燃烧；与沸水只有微弱反应才能正确解答此题．

A

解：A、34S2﹣的核外有18个电子，核内有16个质子，故离子结构示意图为 ，故A正确；B、双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为： ，故B错误；

C、甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小， 为甲烷的球棍模型，甲烷的比例模型为： ，故C错误；

D、元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以中子数为18的硫原子质量数为34，表示为：3416S，故D错误．

故选A．

D

解：A．石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故A错误；

B．“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯含有氟元素，不属于烃，故B错误；

C．维生素C俗称抗败血酸，具有还原性，故C错误；

D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳的排放，且可降解，可以实现“碳”的循环利用，故D正确；

故选D．

（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；CO和NH3

（2）sp3、sp2；SO3

（3）10NA

（4）abd

解：（1）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；配合物中提供孤电子对的微粒为配体，则CH3COO[Cu（NH3）3•CO]中配体为CO和NH3；所以答案是：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；CO和NH3；（2）NH4NO3中铵根离子中N原子的价层电子对数=4+ （5﹣1+4×1）=4，则杂化类型为sp3 ， NO3﹣中N原子的价层电子对数=3+ （5+1﹣3×2）=3，则杂化类型为sp2 ， NO3﹣中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3﹣是等电子体；

所以答案是：sp3、sp2；SO3；（3）CO（NH2）2•H2O2中含有一个C=O，2个C﹣N，4个N﹣H，1个O﹣O，2个O﹣H，单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，所以1mol CO（NH2）2•H2O2（过氧化尿素）中含有σ键的数目为10NA；

所以答案是：10NA；（4）a．六个面心上的O2﹣与中心的Ru4+形成正八面体结构，所以晶胞中存在“RuO62﹣”正八面体结构，故a正确；

b．根据晶胞结构图可知，与Ba2+紧邻的O2﹣分布在与钡离子相连的面的面心上，Ba2+与相紧邻O2﹣有3×8× =12个，故b正确；

c．由图可知，Ru4+在晶胞中心，O2﹣在晶胞面心上，与每个O2﹣紧邻的Ru4+有2个，故c错误；

d．晶胞中Ba2+数目为8× =1，Ru4+的数目为1，O2﹣数目为6× =3，所以晶胞的化学式为BaRuO3 ， 故d正确；

所以答案是：abd．

（1）CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣810kJ/mol

（2）1.8

（3）N2；11.2

（4）2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH

由题意可知： ，解之得：x= ，所以K= =1.8，所以答案是：1.8；（3）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1mol NH3转化为N2失去3mol电子，0.5mol O2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为11.2L，所以答案是：N2；11.2；（4）①a室为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，所以答案是：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；
②氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，所以答案是：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；
③c室发生2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，可用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，以达到排放标准，
所以答案是：用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．
【考点精析】认真审题，首先需要了解化学平衡常数的含义(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)，还要掌握化学平衡的计算(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%)的相关知识才是答题的关键．

（1）羧基；羰基

（2）；取代反应

（3）

（4）

（5）

解：（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基，所以答案是：羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中﹣Br被﹣CN取代生成E，则E的结构简式为： ，对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，

所以答案是： ；取代反应；（3）对比B、C结构简式可知，B中﹣Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，反应方程式为： ，

所以答案是： ；（4）A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是﹣OH与﹣CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为： ，

所以答案是： ；（5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成 ，与NaCN发生取代反应生成 ，再根据①NaOH/②HCl得到 ，最后与乙醇发生酯化反应得到 ，合成路线流程图为： ，

所以答案是： ．

（1）防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损；取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净

（2）H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解

（3）直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；2KHC2O4+CuO K2[Cu（C2O4）2]+H2O

（4）将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中；加入足量的H2O2溶液；纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间）

（5）Cu2O

解：（1）①从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸；从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损，所以答案是：防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损；②可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净，所以答案是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净；（2）因为草酸易分解，又氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末，所以答案是：H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解；（3）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸；根据题意，反应的方程式为：2KHC2O4+CuO K2[Cu（C2O4）2]+H2O，所以答案是：直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；2KHC2O4+CuO K2[Cu（C2O4）2]+H2O；（4）实验需除去晶体中的杂质FeSO4•7H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再条件PH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤①为将含少量FeSO4•7H2O的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中②加入足量的H2O2溶液③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间），

所以答案是：①将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中；②加入足量的H2O2溶液；③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间）；（5）分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2[Cu（C2O4）2]•2H2O参与反应，C点生成1mol K2CO3 ， 则铜的化合物质量为354×0.593﹣138=72，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，故为Cu2O，所以答案是：Cu2O．

（1）用KMnO4标准溶液润洗2﹣3次

（2）随着反应的进行，生成的Mn2+可作为反应的催化剂

（3）4mg/L

（4）俯

则x= =4×10﹣5mol
所以与水样反应的KMnO4为0.00200mol/L×25×10﹣3L﹣4×10﹣5mol=10﹣5mol
MnO4﹣生成Mn2+得5e﹣ ， O2生成H2O得4e﹣ ， 根据得失电子守恒，与水样反应的KMnO4转化成消耗氧气的量为=10﹣5mol× =1.25×10﹣5mol，
化学耗氧量COD值为 =4mg/L，所以答案是：4mg/L；（4）实验测量结果比实际有机物含量偏高，配制Na2C2O4标液定容时，可能是读取数据时把滴定管中消耗溶液体积读大了；
所以答案是：俯．

（1）Cu；过滤

（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀

（3）4CoC2O4?2H2O+3O2 2Co2O3+8H2O+8CO2

（4）减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10﹣3

（5）2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑

解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作所以答案是：Cu；过滤；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，所以答案是：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O2 2Co2O3+8 H2O+8CO2 ，

所以答案是：4CoC2O4・2H2O+3O2 2Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32﹣）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10﹣3 ，

所以答案是：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10﹣3；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑，

所以答案是：2CO32﹣﹣4e﹣=O2↑+CO2↑．