参考答案：1．A【详解】A．聚丙烯的主要原料为丙烯，主要来源是石油的裂解，故A正确；B．水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，不属于硅酸盐工业产品，故B错误；C．人造刚玉的主要成分是三氧化二铝（或氧化铝），故C错误；D．使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或增大氧气的接触面积，空气的通入量增多会带走热量，降低热效率，故D错误；故答案为A。DA.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀，当Al3+完全沉淀时，还未沉淀完全，继续加入Ba(OH)2溶液，Al(OH)3溶解，BaSO4增多，且BaSO4增加的质量大于Al(OH)3减少的质量，故完全沉淀时，生成沉淀的质量最大，此时的离子反应方程式为，B．不论的量多少，与苯酚钠反应，都生成苯酚和碳酸氢钠，B错误C．还原性强于，先与反应，当时，发生反应，C错误D．硼酸为弱酸，离子方程式中保持化学式不拆，和NaOH溶液的反应为，故D正确；故选D。3．D【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期，W的原子序数最小，且可以形成一个共价键，则W为H元素，则X、Y、Z占据两个不同周期，所以X一定为第二周期元素，X可以形成两个共价键，应为O元素；Y可以形成+3价阳离子，且原子序数大于O，则为Al元素；Z可以形成5个共价键，应为P元素。【详解】A．P元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，为三元弱酸，A正确；B．X和Y组成的化合物为Al2O3，由于AlCl3为共价化合物，工业上电解熔融态Al2O3制备铝单质，B正确；C．X、Y的简单氢化物分别为H2O、AlH3，常温下H2O为液体，AlH3为固体，所以AlH3的熔点更高，C错误；D．Al3+最外层为8个电子，阴离子中形成两个共价键的O满足8电子稳定结构，由于阴离子带三个单位负电荷，所以形成一个共价键的O也满足8电子稳定结构，D正确；综上所述答案为C。4．B【详解】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。5．D【详解】A．试管中加入的AgNO3溶液过量，过量的Ag+与I-反应产生AgI沉淀，不能证明AgCl会发生沉淀转化生成AgI沉淀，故无法证明溶度积常数Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B．乙醇具有挥发性，挥发的气体中含有乙醇及浓硫酸与乙醇发生氧化还原反应产生的SO2都具有还原性，二者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明反应产生了乙烯，B错误；C．氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，而不是使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，C错误；D．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH及NaBr，冷却后，取出上层水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液有淡黄色沉淀即为AgBr沉淀，则可说明有溴元素，D正确；故合理选项是D。6．C【详解】A．盐酸滴定氨水，氨水逐渐减少，铵根离子增多，曲线①代表，曲线②代表，选项A正确；B．a点溶液c(）=c（NH3•H2O），溶液pH=9.26，呈现碱性，c（OH-）>c（H+）根据电荷守恒，c()>c（Cl-），c()=c（NH3•H2O）>c（Cl-），选项B正确；C．Kb（NH3•H2O）=，a点时c()=c（NH3•H2O），Kb（NH3•H2O）=c(OH-)=10-4.74，数量级为10-5，选项C错误；D．滴定终点所得氯化铵溶液，溶液显酸性，若选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，选项D正确；答案选C。7．D【详解】A.由M和N的结构简式可知，M和N不含有亲水基团，则M和N不易溶于水，故A错误；B.在O→P的过程中，O中的羧基转化成羟基，发生了还原反应，故B错误；C.戊烯有5种同分异构体，分别为1-戊烯，2-戊烯，2-甲基-1-丁烯，2-甲基-2-丁烯，3-甲基-1-丁烯。1-戊烯的一氯代物有5种，2-戊烯的一氯代物有5种，2-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，2-甲基-2-丁烯的一氯代物有3种，3-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，所以一氯戊稀总共有5+5+4+3+4=21种，所以Q的链状同分异构体有20种，故C错误；D.由R的结构简式可知，R可以与与Br2发生取代反应，R中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，故D正确；故选D。【点睛】有机反应中可以根据组成的变化判断反应类型，得氢失氧的过程为还原反应，得氧失氢的反应为氧化反应，如羧基变为羟基，属于失去氧的反应，该过程为还原反应。26（14分）．    恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)(1分)    防倒吸(1分)    降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出    HCOO-+2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O或HCOO-+2SO2+OH-S2O+CO2+H2O    CD    淀粉溶液    87.0    取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无【分析】装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。【详解】(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO-+SO2+OH-→，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO-中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO-+2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O（或HCOO-+2SO2+OH-S2O+CO2+H2O）；(3)A．Na2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为，故A不合理；B．若甲酸与NaOH物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；C．Na2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；D．Na2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；故答案选CD。(4)涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4~NaHSO2·HCHO~2I2，得c(Na2S2O4)=；W(Na2S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；(5)检验，需加入稀盐酸排除等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。27．（15分）    2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2    物质的粒度为60目    H2SiO3 (1分)   2+2H+⇌+H2O    0.25mol·L−1    2.4×10−4    Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2↑+Na2SO4+4H2O    【分析】由流程可知，铬渣加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，Cr2O3转化为Na2CrO4，存在的副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，且水浸之后滤渣1中还原氧化铁和氢氧化钙，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2-、SiO32-，则滤渣2为氢氧化铝、硅酸；滤液中存在2+2H+⇌+H2O，经调节pH=a、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，然后加入甲醇、硫酸将重铬酸钠还原为Cr(OH)SO4，据此分析解答。【详解】(1)“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4，反应化学方程式是2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；(2)由图可知，“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)为60目时铬残余量最小，则最佳的反应条件为60目，故答案为：物质的粒度为60目；(3)“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a小于6.5，目的是使转化为+H2O，酸化时发生的反应为：2+2H+⇌+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，有转化为，说明铬元素有转化为，根据铬元素守恒，存在关系式：2Cr～2～，n()剩余=×=0.05mol，则n()=0.25mol，因此酸化后所得溶液中c()==0.25mol•L-1，故答案为：H2SiO3；2+2H+⇌+H2O；0.25mol•L-1；(4)根据沉淀溶解平衡BaCrO4⇌+Ba2+，有Ksp(BaCrO4)=c()×c(Ba2+)=1.2×10-10=5.0×10-7×c(Ba2+)，解得：c(Ba2+)=2.4×10-4mol/L，故答案为：2.4×10-4；(5)CH3OH被氧化生成CO2，根据流程图，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)SO4，反应的化学方程式为Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2↑+4H2O，故答案为：Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2↑+4H2O；(6)用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，由Cr原子守恒可知理论上生成产品的质量为×165g/mol×2kg=kg，则产率为×100%=×100%，故答案为：×100%。【点睛】解得本题的关键是要知道存在2+2H+⇌+H2O，本题的易错点为(3)，要注意铬元素的守恒关系的应用。28．(1)B(2)第一步(3)    BCD    <    (4)        阳【详解】（1）A．高温低压，平衡逆向移动，不能提高二氧化碳平衡转化率，A错误；B．低温高压，平衡正向移动，能提高二氧化碳的平衡转化率，B正确；C．高温高压不能确定平衡移动方向，C错误；D．低温低压不能确定平衡移动方向，D错误；故选B；（2）反应速率较快的是第一步，理由是第一步反应的活化能小；（3）①A．反应中全为气体物质，恒容容器中混合气体的密度始终保持不变，故不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B．反应前后气体的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡，B符合题意；C．反应速率：说明正逆反应速率相等，说明达到平衡，C符合题意；D．同时断裂2molC—H和1molH—H能说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D符合题意；故选BCD；②结合反应，温度相同时，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故由图乙可知，压强。③，平衡时总物质的量为，则平衡时甲烷的平衡分压为，二氧化碳的平衡分压为，一氧化碳的平衡分压为，氢气的平衡分压为，则X点对应温度下的。连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应为；因为阳极室中的氢离子需要进入阴