参考答案
1.C
【解析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤：称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，
①称量氢氧化钠时，因为氢氧化钠溶液潮解变质，应用小烧杯称量； ④玻璃棒引流时，下端应靠在刻度线以下； ⑤定容时，应平视刻度线； 故选：C． 2.【答案】B
【解析】解：A．依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8 kJ·mol﹣1，故A错误；
B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g， 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ·mol﹣1 2 571.6KJ mol 142.9KJ
2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ·mol﹣1 2 1452KJ mol 22.69KJ 所以H2（g）放出的热量多，故B正确；
C．中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即△H＜﹣57.3 kJ·mol﹣1，故C错误；
D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ·mol﹣1
②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ·mol﹣1
按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8 kJ·mol﹣1．
可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ·mol﹣1，故D错误； 故选B．
3.【答案】A
【解析】解：A．酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，反应为：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，故A正确；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式：Cl+H2O=H++Cl
﹣
+HClO，故B错误；
C．石灰乳与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙和NaOH，石灰乳在离子反应中应保留化学式，离子反应为Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣，故C错误；
D．石灰石溶于稀醋酸，反应生成可溶性的醋酸钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O，故D错误； 故选A． 4.【答案】B
【解析】A．乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．乙烯和氯化氢发生加成反应生成物只有氯乙烷，而乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷．三氯乙烷、四氯乙烷等氯代产物，所以无法获得纯净的氯乙烷，故B错误；
C．淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，二者都是混合物，所以淀粉和纤维素不属于同分异构体，故C正确； D．
钠反应，故D正确，故选B． 5.【答案】D
【解析】解：在①SCN﹣、②Fe、③Fe2+、④I﹣ ⑤H2S、⑥OH﹣六种微粒中只有②④⑤能发生氧化还原反应，发生反应分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2、H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，而且这三个反应中Fe、I﹣、H2S都作还原剂，说明Fe3+具有氧化性，OH﹣与Fe3+反应属于非氧化还原反应． 故选D． 6.【答案】B
【解析】解：短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，C2﹣与D+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，C为O元素、D为Na；A和D同主族，A为非金属
，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化
元素，则A为H元素；C和E同主族，则E为S元素；A与B的原子序数之和等于C的原子序数，则B的原子序数=8﹣1=7，故B为N元素． A．N与H能组成NH3、N2H4等多种化合物，故A错误； B．第三周期中，D（Na）原子的原子半径最大，故B正确； C．H、N、O三种元素可以形成硝酸铵，为离子化合物，故C错误；
D．S元素氧化物对应的水化物为亚硫酸、硫酸，浓硫酸具有强氧化性，而亚硫酸、稀硫酸没有强氧化性，故D错误， 故选B． 7.【答案】B
【解析】解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；
A、分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，故B正确；
C、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C错误；
D、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故D错误； 故选B．
8.【答案】(1)MnO2 +4H+ +2Cl－
Mn2+ +Cl2 ↑+2H2O
(2)除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰 (3)S2错误！未找到引用源。+ 2H+
S + SO2 ↑+H2O
(4)把白雾通入Ba(NO3)2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2 生成 (5)S2错误！未找到引用源。+4Cl2 +5H2O
8Cl－ +2错误！未找到引用源。 +10H+
(6)氯气与水反应也能生成Cl－，所以检验出溶液中有Cl－也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3
【解析】本题考查氧化还原反应的概念及应用，氯气的性质。
(1)A是实验室制取氯气的装置，A中发生反应的离子方程式是：MnO2 +4H+ +2Cl－
Mn2+
+Cl2 ↑+2H2O； (2)B中饱和NaCl溶液的作用是：除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰；(3)由题干信息知：酸性条件下S2错误！未找到引用源。迅速分解为S和SO2，氯气溶于水生成盐酸，所以C中生成黄色沉淀的离子方程式S2错误！未找到引用源。+ 2H+
S↓+ SO2 ↑+H2O； (4)为检验C中是否有SO2生成，需进行的操作
是：把白雾通入Ba(NO3)2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2 生成；(5)C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是：S2错误！未找到引用源。+4Cl2 +5H2O
8Cl－ +2错误！未找到引用源。
+10H+；(6)乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理由是氯气与水反应也能生成Cl－，所以检验出溶液中有Cl－也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3。 9.【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O； （2）△H=△H1+△H2；
（3）① ＜；K（A）；该反应正向放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；
② ；
③ BD．
【解析】解：（1）漂白液由氯气和NaOH溶液反应生成，主要成分是NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O， 故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）依据题意可知：①2HCl（g）+CuO（s）=H2O（g）+CuCl2（s）△H1，②2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2Cl2（g）2△H2，依据盖斯定律：①+②得：2HCl（g）+O2（g）
=Cl2（g）+H2O（g），△H=△H1+△H2； 故答案为：△H=△H1+△H2；
（3）①由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应 方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，化学平衡常数减小，即K（A）＞K（B）， 故答案为：＜；K（A）；该反应正向放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T曲线的示意图
为，故答案为：；
③A．增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，故A错误； B．增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B正确； C．使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C错误；
D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D正确， 故选：BD．
10.【答案】(1) 2Al+Fe2O3(2)作耐火材料 (3)Fe3＋+3H2O (4) ①Al3＋+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3H＋ Al(OH)3+3H＋
2Fe+Al2O3
②2FeSO4+2NaNO2+H2SO4===2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑
【解析】由A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的活泼金属，可以得出这可能就是铝热反应，且X是铝，Y是铁，B是氧化铝，其用途是做耐火材料；A是铁的氧化物且与试剂2反应后的D，又能与铁反应，生成+2价的铁，则A中有+3价的铁，可以是