知识点：化学

D

【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】利用了物质氧化性，则发生氧化还原反应，且物质中元素的化合价降低，以此来解答．

【解答】解：A．明矾净化水与铝离子水解有关，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A不选；

B．纯碱去油污与水解有关，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不选；

C．食醋除水垢，发生复分解反应，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C不选；

D．双氧水消毒，O元素的化合价降低，利用过氧化氢的氧化性，故D选；

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

知识点：化学

C

【考点】核素．

【专题】原子组成与结构专题．

【分析】A．同位素在自然界中的含量不变；

B．16O和18O的质量数分别为16、18；

C．16O和18O的转化是核反应；

D．同位素化学性质相同．

【解答】解：A．一种元素的同位素在自然界中的含量不变，故A正确；

B．16O和18O的质量数分别为16、18，质子数为8，故B正确；

C．16O和18O的转化是核反应，不是化学变化，故C错误；

D．同位素最外层电子数相同，化学性质相同，故D正确．

故选C．

【点评】本题考查了同位素、同素异形体和质量数的概念，难度不大，把握住概念的实质是关键．

知识点：化学

A

【考点】气体发生装置．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】启普发生器适用于固液混合状态其不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，据此分析．

【解答】解：A、实验室制取氢气是用锌粒和盐酸反应制取，锌粒是块状的，且此反应不需加热，符合启普发生器的要求，故A正确；

B、实验室制取氨气是用固体氯化铵和固体氢氧化钙加热制取，不能用启普发生器，故B错误；

C、实验室制取氧气可以用高锰酸钾固体受热分解、氯酸钾受热分解或双氧水用二氧化锰做催化剂分解来制取，但无论是哪种方法均不能用启普发生器，故C错误；

D、乙炔的制取是用碳化钙和饱和食盐水反应制取，但由于碳化钙接触水后立即变为糊状，不再是块状固体，故不能用启普发生器，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查了实验发生装置，明确启普发生器对反应物和反应条件的要求是解本题关键，难度不大．

知识点：化学

C

【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A．共价分子可能是非极性分子；

B．单质中也可能含有共价键；

C．分子间作用力比化学键弱；

D．非电解质在水中不能电离．

【解答】解；A．共价分子可能是非极性分子，如C2H2属于共价分子，是非极性分子，故A错误；

B．单质中也可能含有共价键，如氧气中含有共价键，属于单质，故B错误；

C．分子间作用力是分子之间存在的较弱的相互作用，化学键是原子之间存在的强烈的相互作用，所以共价分子间的作用力都比化学键弱，故C正确；

D．非电解质在水中不能电离，如乙醇是共价分子，时非电解质，在水中不能电离出自由移动的离子，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了共价分子、化学键、分子间作用力等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意分子间作用力与化学键的区别．

知识点：化学

B

【考点】羧酸简介；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；油脂的性质、组成与结构．

【专题】有机化学基础．

【分析】A、常温下软脂酸呈固态；

B、油酸的熔点是13.4℃；

C、草酸的熔点在101℃左右；

D、甘氨酸的熔点在245℃．

【解答】解：A、常温下软脂酸呈固态，故A错误；

B、油酸的熔点是13.4℃，在常温下不是固体，故B正确；

C、草酸的熔点在101℃左右，在常温下为固体，故C错误；

D、甘氨酸的熔点在245℃，在常温下是固体，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了常见有机物的物理状态，难度不大，属于基础性知识的考查．

知识点：化学

A

【考点】催化剂的作用．

【专题】化学应用．

【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变．

【解答】解：A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳﹣合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；

B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；

C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；

D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误．

故选：A．

【点评】催化剂在化学反应中质量和化学性质不变，还应注意催化剂本身的特点，其具有专一性，高效性，选择性等特点．

知识点：化学

A

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素．

A．氧元素没有最高正化合价．

B．电解熔融氧化铝冶炼铝；

C．X、Y形成的化合物为Na2O、Na2O2；

D．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应．

【解答】解：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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素．

A．X为O元素，O元素没有+6价，R为S元素，最高价为+6价，故A错误；

B．电解熔融氧化铝冶炼铝，故B正确；

C．X、Y形成的化合物为Na2O、Na2O2，化合物中阳离子与阴离子的个数比均是2：1，故C正确；

D．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故D正确，

故选：A．

【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．

知识点：化学

C

【考点】镁的化学性质．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．碳有金刚石、石墨、足球烯等多种同素异形体；

B．电子层越多半径越多，电子层相同的，质子数越多，半径越小；

C．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

D．镁与氧气反应生成氧化镁，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳．

【解答】解：A．碳有金刚石、石墨、足球烯等多种同素异形体，故A错误；

B．Mg、MgO中微粒的半径：r（Mg）＞r（O2﹣）＞r（Mg2+），故B错误；

C．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应中Mg是还原剂、C是还原产物，所以Mg的还原性大于C，故C正确；

D．相同质量的镁在足量的CO2和O2中完全燃烧，在二氧化碳中燃烧时固体质量增重的多与在氧气中燃烧增重，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉碳的同素异形体、镁的性质是解题关键，注意微粒半径大小比较的一般规律，题目难度不大．

知识点：化学

C

【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A、熔融状态下能导电的化合物是离子晶体，熔融状态下能导电的单质是金属；

B、熔化时不需要破坏化学键的是分子晶体，原子晶体、离子晶体、金属晶体熔化时需要破坏化学键；

C、若晶体中含有非极性分子，则该晶体为分子晶体；

D、一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物．

【解答】解：A、熔融状态下能导电的化合物晶体中含有阴阳离子，若是单质，则为金属晶体，故A错误；

B、原子晶体、离子晶体、金属晶体熔化时需要破坏化学键，化学键断裂的晶体不一定是原子晶体，故B错误；

C、若晶体中含有非极性分子，则晶体为分子组成的晶体，为分子晶体，分子晶体熔沸点较低，故C正确；

D、含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si﹣O极性键，其熔沸点很高，故D错误．

故选：C．

【点评】本题考查离子晶体的判断，侧重考查学生分析判断能力，共价化合物和离子化合物可以通过熔融状态是否导电判断，注意不能根据溶解性、熔沸点及水溶液的导电性判断离子晶体，为易错点．

知识点：化学

B

【考点】反应热和焓变．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，据此回答；

B、互为逆过程的两个反应的焓变互为相反数；

C、反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量；

D、化学反应的焓变等于旧件断裂吸收的能量和新键生成释放的能量的差值．

【解答】解：由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6KJ，

A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8KJ，故A错误；

B、氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧指生成1mol液态水时放出的热量，故B正确；

C、水由气态转变为液态也要放热，所以2mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于483.6 kJ，故C错误；

D、该反应为放热反应，则形成2 mol H2O的化学键释放的总能量大于断裂2 mol H2和1 mol O2 的化学键所吸收的总能量，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查燃烧热的热化学反应方程式，明确燃烧的概念及反应热与键能的关系即可解答，题目难度不大．

知识点：化学

D

【考点】钠的重要化合物．

【专题】金属概论与碱元素．

【分析】A、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠；

B、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠和饱和碳酸氢钠生成碳酸钠；

C、生成氢氧化钠和氧气，和硫酸亚铁反应生成红褐色沉淀；

D、把少量过氧化钠投入水中，溶剂水的量减少，原饱和溶液．

【解答】解：A、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠，仍然是溶液，故A错误；

B、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠和饱和碳酸氢钠生成碳酸钠溶液，无白色沉淀生成，故B错误；

C、生成氢氧化钠和氧气，和硫酸亚铁反应生成红褐色沉淀，不是白色沉淀，故C错误；

D、把少量过氧化钠投入水中，溶剂水的量减少，原饱和溶液，所以有碳酸钠固体析出，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查的是钠化合物的性质与铁的化合物性质，正确分析反应过程是解本题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象，难度不大．

知识点：化学

D

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】SO2、CO2都能和澄清石灰水反应生成不溶性白色固体，但二氧化硫具有漂白性、还原性，二氧化碳没有漂白性．

【解答】解：A．先通过足量澄清石灰水，二者均反应，不能检验二氧化碳，故A不选；

B．先通过足量饱和NaHCO3溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不能检验原二氧化碳，故B不选；

C．先通过足量NaOH溶液，二者均反应，不能检验，故C不选；

D．先通过足量酸性KMnO4溶液，除去二氧化硫，再通过澄清石灰水，观察是否变浑浊可检验二氧化碳，故D选；

故选D．

【点评】本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

知识点：化学

C

【考点】有机物的结构和性质．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】由结构可知，该物质的分子式为C10H10O6，含﹣OH、C=C、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答．

【解答】解：A．由结构可知，该物质的分子式为C10H10O6，故A错误；

B．分子含有﹣OH、C=C、﹣COOH等官能团，故B错误；

C．含有羟基，羧基，可乙醇、乙酸发生酯化反应，故C正确；

D．只有羧基与氢氧化钠反应，则1mol分枝酸最多可与2mol NaOH发生中和反应，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．

知识点：化学

B

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】A．浓硫酸具有强氧化性，能够发生副反应生成二氧化硫；

B．溴与氢氧化钠溶液反应，溴苯与氢氧化钠溶液不反应；

C．应排除OH﹣离子的干扰；

D．根据浓硫酸的稀释进行分析加入试剂的先后顺序．

【解答】解：A．由于反应中有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能够与溴水反应使溴水褪色，所以必须先将二氧化硫杂质除去再检验乙烯，故A错误；

B．由于溴苯与氢氧化钠溶液不发生反应，而与溴能够发生反应，反应后混合液分层，所以可用稀NaOH溶液反复洗涤，并用分液漏斗分液，故B正确；

C．应先加入酸中和，排除OH﹣离子的干扰，故C错误；

D．应该先加入苯，再加入浓硫酸，滴加顺序颠倒，容易发生危险，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及化学实验基本操作方面的知识，涉及了除杂、加入试剂顺序、气体的检验方法等知识，侧重实验基本操作和实验原理的考查，本题难度中等．

知识点：化学

D

【考点】化学平衡的影响因素．

【专题】化学平衡专题．

【分析】A．升温反应速率增大，正逆反应速率增大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；

B．减小压强反应速率减小，平衡常数随温度变化，不随压强变化；

C．催化剂同等程度改变反应速率，但不改变化学平衡；

D．充入氧气增大反应物的浓度，平衡正向进行，随浓度减小正反应速率减小，逆反应速率增大最后达到相同；

【解答】解：A．升温反应速率增大，正逆反应速率增大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故A错误；

B．减小压强反应速率减小，平衡常数随温度变化，不随压强变化，减压平衡常数不变，故B错误；

C．催化剂同等程度改变反应速率，但不改变化学平衡，速率改变，平衡不变，故C错误；

D．充入氧气瞬间增大反应物的浓度，平衡正向进行，随浓度减小正反应速率减小，逆反应速率增大最后达到相同，达到平衡状态，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了化学平衡、反应速率、平衡常数影响因素，注意反应特征分析，题目较简单．

知识点：化学

C

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【专题】电化学专题．

【分析】A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，则不能形成原电池；

B．若液体c为非电解质溶液，则不能电解；

C．Fe与负极相连作阴极时被保护；

D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极．

【解答】解：A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能形成原电池，故A错误；

B．若液体c为非电解质溶液，溶液不导电，所以不能电解，即不是电解池，故B错误；

C．若该装置是电解池，Fe与负极相连作阴极时被保护，即铁可能不易被腐蚀，故C正确；

D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极，Fe作阴极或阳极，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了电解原理、原电池原理的分析判断，电极分析判断是解题关键，题目难度中等，注意液体c不一定是电解质溶液．

知识点：化学

A

【考点】离子共存问题；离子反应发生的条件．

【专题】离子反应专题．

【分析】无色溶液，一定不含Fe3+，向其中滴加酚酞试液不变红色，则溶液显酸性，一定含H+，不能存在OH﹣、CO32﹣，结合三种离子的物质的量相等及溶液为电中性来解答．

【解答】解：无色溶液，一定不含Fe3+，向其中滴加酚酞试液不变红色，则溶液显酸性，一定含H+，不能存在OH﹣、CO32﹣，

由三种离子的物质的量相等及溶液为电中性可知，

溶液中存在H+、Na+、SO42﹣，1×1+1×1=1×2遵循电荷守恒，存在SO42﹣时，溶液中不能存在Ba2+，而存在NO3﹣不满足题意，则不含NO3﹣，

故选A．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意溶液电中性为解答的易错点，题目难度中等．

知识点：化学

B

【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】TiO2+2C+2Cl2→TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，以此来解答．

【解答】解：A．Ti、O元素的化合价不变，Cl元素的化合价降低，TiCl4是还原产物，故A错误；

B．氯气为氧化剂，C为还原剂，由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；

C．当转移电子数目为0.2NA时，消耗0.05molCl2，生成0.055mol气体，在标准状况下，气体体积增大1.12L，没有说明是标准状况下，故C错误；

D．不能确定固体中C和TiO2的质量关系，无法计算，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度不大．

知识点：化学

AC

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】向其中加入少量硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，则硫酸钡的溶解度减小；硫酸钡为强电解质，在溶液中完全电离，则其电离程度不变；由于温度不变，则难溶物溶度积不变，故c（Ba2+）与c（SO42﹣）的乘积不变；溶液中离子浓度增大，溶液的导电性会增强，据此进行解答．

【解答】解：A．硫酸钡在溶液中完全电离，则加入硫酸钠后，硫酸钡的电离程度不变，仍然为100%，故A错误；

B．加入硫酸钠后，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶解平衡向着逆向移动，导致硫酸钡的溶解的量减小，故B正确；

C．c（Ba2+）与c（SO42﹣）的乘积为溶度积，由于温度不变，则硫酸钡的溶度积不变，故C错误；

D．加入硫酸钠后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故D正确；

故选AC．

【点评】本题考查了难溶物溶解平衡及其影响，题目难度中等，明确影响溶解平衡的因素为解答关键，注意溶度积只与难溶物性质、温度有关，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力．

知识点：化学

AD

【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．

【专题】有机实验综合．

【分析】乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，反应需在加热条件下进行，生成的乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，长导管起到冷凝回流的作用，以此解答该题．

【解答】解：A．乙醇、乙酸在浓硫酸作用下，加热可发生酯化反应生成乙酸乙酯，故A错误；

B．如烧杯内加水过多，反应温度较低，则反应较慢，可能收集不到乙酸乙酯，故B正确；

C．如生成乙酸乙酯较少，产物蒸汽在试管A上部全部被冷凝回流，也可能收集不到乙酸乙酯，故C正确；

D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，故D错误．

故选AD．

【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，学习中注重实验评价能力的培养．

知识点：化学

D

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】室温下向10mL0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成NaA，但溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA是弱酸；

要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，所以b点HA体积大于10mL，c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度；

A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；

B．c点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；

C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；

D．c点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度

【解答】解：室温下向10mL0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成NaA，但溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA是弱酸；

要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，所以b点HA体积大于10mL，c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度；

A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H+），故A错误；

B．a点A﹣水解，促进水的电离，c点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；

C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故C错误；

D．c点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故D正确；

故选D．

【点评】本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确各点溶液中溶质及其性质是解本题关键，易错选项是C，注意任何电解质溶液中都存在电荷守恒，与溶液酸碱性无关．

知识点：化学

BC

【考点】有关混合物反应的计算．

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】60mL 2mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：2mol/L×0.06L=0.12mol，所得溶液中只含有2种溶质，溶质组成为：①NaOH和NaCl，②NaCl和NaClO，

当溶质为①NaOH和NaCl时，说明氯气不过量，氯元素完全转化成NaCl，根据氯原子守恒计算出氯气的物质的量，再计算出含有氢气的物质的量；

当溶质为②NaCl和NaClO时，说明氯气过量，氢氧化钠溶液完全反应，生成次氯酸钠的物质的量为0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，根据反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O计算出混合气体中与氢氧化钠溶液反应的氯气的物质的量，再结合反应H2+Cl2=2HCl、HCl+NaOH=NaCl+H2O计算出混合气体中氢气的物质的量．

【解答】解：60mL 2mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：2mol/L×0.06L=0.12mol，

所得溶液中只含有2种溶质，溶质组成为：①NaOH和NaCl，②NaCl和NaClO，

当溶质为①NaOH和NaCl时，说明氯气不过量，氯元素完全转化成NaCl，根据氯元素守恒可知氯气的物质的量为：0.1mol×=0.05mol，则氢气的物质的量为0.05mol；

当溶质为②NaCl和NaClO时，说明氯气过量，氢氧化钠溶液完全反应，生成次氯酸钠的物质的量为：0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，根据反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知混合气体中与氢氧化钠溶液反应的氯气的物质的量为0.02mol，则参与反应H2+Cl2=2HCl、HCl+NaOH=NaCl+H2O的气体的物质的量为：0.1mol﹣0.02mol=0.08mol，所以氢气的物质的量为：0.08mol×=0.04mol；

根据分析可知，氢气的物质的量可能为0.04mol或0.05mol，

故选BC．

【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．

知识点：化学

（1）Si＞C＞N＞O；；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性；

（2）CO；；氮化硅是原子晶体、熔点高；

（3）bd；

（4）cd；

（5）0.002mol/（L·min）．

【考点】位置结构性质的相互关系应用；极性分子和非极性分子；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题．

【分析】（1）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；

上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则画出最外层电子排布的轨道表示式；

可以根据氢化物稳定性，最高价含氧酸的酸性强弱等比较元素非金属性；

（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对；氮化硅是原子晶体、熔点高；

（3）提高二氧化硅转化率，应改变条件使平衡正向移动，结合平衡移动原理分析解答；

（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；

（5）利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v=计算v（N2）．

【解答】解：（1）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：Si＞C＞N＞O；

上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则，最外层电子排布的轨道表示式为；

可以利用CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性等，比较碳、硅两种元素的非金属性强弱，

故答案为：Si＞C＞N＞O；；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性；

（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件，

故答案为：CO；；氮化硅是原子晶体、熔点高；

（3）a．二氧化硅为固体，增加二氧化硅用量，平衡不移动，二氧化硅转化率减小，故a错误

b．正反应为吸热反应，升高反应温度平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故b正确；

c．正反应为气体体积增大的反应，增大气体压强，平衡逆向移动，二氧化硅转化率减小，故c错误；

d．向反应容器中多充入氮气，平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故d正确，

故选：bd；

（4）a．平衡时CO、氮气的浓度之比不一定等于化学计量数之比，故a错误；

b．v （CO）=3v（N2），未指明正逆速率，若均为正反应速率，反应始终按该比例关系进行，但分别表示正逆速率时，反应到达平衡，故b错误；

c．为平衡常数表达式，不变说明到达平衡，故c正确；

d．随反应进行气体物质的量增大，恒温恒容下压强增大，气体的压强保持不变，说明反应到达平衡，故d正确，

故选：cd；

（5）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g） 固体质量减少

56 6×28﹣56=112

5.6g 11.2g

故参加反应氮气物质的量为=0.2mol，则v（N2）==0.002mol/（L．min），

故答案为：0.002mol/（L．min）．

【点评】本题考查元素周期律应用、核外电子排布、分子结构与性质、晶体类型与性质、化学平衡移动、化学平衡状态判断、反应速率计算等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡．

知识点：化学

（1）S+O2SO2；

（2）2，5，8，2，10，16，MnO4﹣；

（3）阳极，0.2；

（4）HSO4﹣，SO42﹣，减小；

（5）cd．

【考点】含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应方程式的配平；电解原理．

【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．

【分析】（1）以硫磺为原料生产硫酸的过程为硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸；

（2）反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，电子转移5e﹣，S2O82﹣中硫元素化合价+7价变化为SO42﹣中 硫元素化合价+6价，电子转移2e﹣，结合电子守恒和原子守恒配平书写得到反应的离子方程式，元素化合价升高的做还原剂被氧化，得到氧化产物；

（3）用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82﹣，HSO4﹣离子在阳极失电子生成S2O82﹣，电极反应为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+，结合电极反应电子守恒计算得到生成氢气的质量；

（4）已知硫酸的第二级电离并不完全，在0.1mol/L的硫酸氢钾溶液中大约有30%的HSO4﹣电离，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为c（K+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣），往该溶液中加入硫酸氢钾固体并保持温度不变，则溶液中c（HSO4﹣）、c（K+）浓度增大，但对于电离平衡，HSO4﹣H++SO42﹣，硫酸氢根离子只电离不水解，氢离子浓度增大平衡逆向进行，电离程度减小，c（HSO4﹣）增大的多；

（5）已知：HSO3﹣H++SO32﹣K=1.02×10﹣7，NH4++H2ONH3•H2O+H+ K=5.65×10﹣10，亚硫酸氢根离子电离程度大于一水合氨的电离程度，所以亚硫酸氢铵溶液中滴入氢氧化钡溶液，氢氧根离子先和亚硫酸氢根离子反应，后与铵根离子结合生成一水合氨，反应中氢氧化钡量不同产物不同，不足量的氢氧化钡反应时需要满足化学式的组成比，

a．从选项中的离子方程式分析，HSO3﹣+Ba2++OH﹣→BaSO3↓+H2O是氢氧化钡不足量时的反应，只和亚硫酸氢根离子反应，则氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子全部反应，需要符合氢氧化钡化学式的组成比，；

b．选项中离子方程式分析，NH4++2HSO3﹣+2Ba2++3OH﹣→2BaSO3↓+2H2O+NH3•H2O，电离出2molBa2+，电离出的氢氧根离子为4mol，其中2molOH﹣和2mol亚硫酸氢根离子反应，2molOH﹣和2molNH4+离子反应，是氢氧化钡和亚硫酸氢铵1：1恰好完全反应；

c．依据b分析可知，选项中离子方程式为氢氧化钡和亚硫酸氢铵1：1反应；

d．反应是4molNH4HSO3和3molBa（OH）2的反应，6molOH﹣离子先和4molHSO3﹣反应，剩余 2molOH﹣离子再和2molNH4+离子反应剩余2molNH4+离子生成亚硫酸铵；

【解答】解：（1）以硫磺为原料生产硫酸的过程为硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，第一步反应的化学方程式为：S+O2SO2，

故答案为：S+O2SO2；

（2）反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，电子转移5e﹣，S2O82﹣中硫元素化合价+7价变化为SO42﹣中 硫元素化合价+6价，电子转移2e﹣，电子转移总数为10e﹣，Mn2+前系数，2，S2O82﹣，前系数为5，结合原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式为：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O=2MnO4﹣+10SO42﹣+16H+，反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，做还原剂被氧化生成氧化产物为MnO4﹣，

故答案为：2，5，8，2，10，16，MnO4﹣；

（3）用电解硫酸氢钾的方法制取过硫酸钾：阴离子在阳极失电子发生氧化反应，元素化合价分析可知硫元素化合价+6价变化为+7价，化合价升高失电子发生氧化反应生成S2O82﹣，HSO4﹣在阳极反应生成S2O82﹣，电极反应为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+，另一极生成氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，阳极电子守恒计算，生成0.1mol的S2O82﹣同时，电子转移0.2mol，S2O82﹣～H2↑～2e﹣，可收集到氢气物质的量0.1mol，质量=0.1mol×2g/mol=0.2g，

故答案为：阳极，0.2；

（4）已知硫酸的第二级电离并不完全，在0.1mol/L的硫酸氢钾溶液中大约有30%的HSO4﹣电离，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为c（K+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣），则该溶液中离子浓度由大到小排列第2位的离子是HSO4﹣，第4位的离子是SO42﹣，往该溶液中加入硫酸氢钾固体并保持温度不变，则溶液中c（HSO4﹣）、c（K+）浓度增大，但对于电离平衡，HSO4﹣H++SO42﹣，硫酸氢根离子只电离不水解，氢离子浓度增大平衡逆向进行，电离程度减小，c（HSO4﹣）增大的多，c(K+)/c(HSO4－)比值减小，

故答案为：HSO4﹣，SO42﹣，减小；

（5）已知：HSO3﹣H++SO32﹣K=1.02×10﹣7，NH4++H2ONH3•H2O+H+ K=5.65×10﹣10，亚硫酸氢根离子电离程度大于一水合氨的电离程度，所以亚硫酸氢铵溶液中滴入氢氧化钡溶液，氢氧根离子先和亚硫酸氢根离子反应，后与铵根离子结合生成一水合氨，反应中氢氧化钡量不同产物不同，不足量的氢氧化钡反应时需要满足化学式的组成比，

a．从选项中的离子方程式分析，HSO3﹣+Ba2++OH﹣→BaSO3↓+H2O是氢氧化钡不足量时的反应，只和亚硫酸氢根离子反应，则氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子全部反应，需要符合化学式的组成比，正确的应为2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO3↓+2H2O+SO32﹣，故a错误；

b．选项中离子方程式分析，NH4++2HSO3﹣+2Ba2++3OH﹣→2BaSO3↓+2H2O+NH3•H2O，电离出2molBa2+，电离出的氢氧根离子为4mol，其中2molOH﹣和2mol亚硫酸氢根离子反应，2molOH﹣和2molNH4+离子反应，正确的反应离子方程式为：NH4++HSO3﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；

c．依据b分析可知，选项中离子方程式为氢氧化钡和亚硫酸氢铵1：1反应的离子方程式，NH4++HSO3﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO3↓+H2O+NH3•H2O，故c正确；

d.2NH4++4HSO3﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO3↓+4H2O+2NH3•H2O+SO32﹣，分析离子方程式，反应是4molNH4HSO3和3molBa（OH）2的反应，6molOH﹣离子先和4molHSO3﹣反应，剩余 2molOH﹣离子再和2molNH4+离子反应剩余2molNH4+离子生成亚硫酸铵，反应的离子方程式正确，故d正确，

故答案为：cd．

【点评】本题考查了氧化还原反应电子转移计算和离子方程式书写，弱电解质电离平衡影响因素，和量有关的离子方程式书写和判断，注意反应的量不同产物不同，题目难度中等．

知识点：化学

（1）防止氯化铝水解；

（2）bd．

（3）防止试剂被污染；防止局部受热引起暴沸；Al（OH）3．

（4）静置，取上层清液，滴加氨水，无沉淀生成；2；ad；

（5）18.60；5．

【考点】盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物；中和滴定．

【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物．

【分析】（1）氯化铝水解显酸性；

（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水解；

b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液；

c、AlCl3和NaAlO2发生双水解；

d、AlCl3和硫酸不反应．

（3）向试管中滴加溶液时应“垂直、悬空”，用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，要上下移动试管防止局部暴沸；AlCl3溶液蒸干时水解被促进，得Al（OH）3；

（4）判断试剂已过量的方法是继续滴加；当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2﹣3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是Al（OH）3热稳定性不如Al2O3好；

（5）滴定管的0刻度在上；根据0.1120mol HNO3的消耗有两个原因：被3.490gAl2（OH）nCl（6﹣n）中OH﹣消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，据此计算．

【解答】解：（1）氯化铝水解显酸性，加入盐酸能抑制其水解，故答案为：防止氯化铝水解；

（2）a、AlCl3和Na2CO3发生双水解：2AlCl3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，得不到澄清溶液，故a错误；

b、AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2溶液：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，得澄清溶液，故b正确；

c、AlCl3和NaAlO2发生双水解：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，得不到澄清溶液，故c错误；

d、AlCl3和硫酸不反应，故溶液仍为澄清，故d正确．

故选bd．

（3）向试管中滴加溶液时应“垂直、悬空”，目的是防止污染试剂；用试管夹夹持上述试管在酒精灯上加热时，要上下移动试管防止局部暴沸；AlCl3溶液蒸干时由于水解生成的HCl是挥发性酸，HCl的挥发导致水解被促进，故最终得Al（OH）3；

故答案为：防止试剂被污染；防止局部受热引起暴沸；Al（OH）3．

（4）判断试剂已过量的方法是继续滴加，即当氨水加入过量时，去上层清液继续滴加氨水，则无沉淀生成；将所得的Al（OH）3沉淀至少灼烧2﹣3次，至两次质量差不超过0.1g即说明Al（OH）3分解完全得Al2O3，不选择测定干燥Al（OH）3的质量，而是测定Al2O3的质量的原因是干燥Al（OH）3时易分解失水而灼烧Al2O3不失水；故答案为：静置，取上层清液，滴加氨水，无沉淀生成；2；ad；

（5）滴定管的0刻度在上，故滴定管的读数为18.60mL，则消耗的氢氧化钠的体积为18.60mL；根据0.1120mol HNO3的消耗有两个原因：被3.490gAl2（OH）nCl（6﹣n）中OH﹣消耗的和被0.1290mol/L的标准NaOH溶液消耗的，可有：0.112mol=，

解得n=5．

故答案为：18.60；5．

【点评】本题考查了铝及其化合物的性质和酸碱中和滴定的有关内容，综合性较强，注意计算过程中数据的处理．