B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；

C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似；

D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．

B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂．pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH，所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点，故B错误；   

C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似．所以应该说，完全有可能在普通的DNA骨架中砷元素可以取代磷元素，故C正确；

D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求．甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确；

故选B．

B．乙醇和浓硫酸在170℃，发生分子内脱水生成乙烯和水，水浴的温度为小于100℃；

C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中；

D．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性，CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不能发生变性；

B．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，水的沸点为100℃，水浴的温度为小于100℃，而该反应的温度为170℃，显然不符，故B错误；

C．铝表面的氧化膜为氧化铝，当有Cl﹣存在时，Cl﹣替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝，所以铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中，故C正确；

D．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液（硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等）达到一定浓度时，会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用称为盐析，盐析具有可逆性，所以饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不是变性，因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失，是蛋白质的变性，所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，故D错误；

故选C．

A．Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，故A正确；

B．二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，故B错误；

C．同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；

D．碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，故D错误；

故选A．

⑤简﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

B．烃CxHy完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，（x+）的值越大，消耗氧气的量就越多；烃的含氧衍生物CxHyOz完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，x+值越大，消耗氧气的量就越多，据此判断；

C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；

D．根据苯酚和甲醛发生缩聚反应；

B．苯的x+=6+=7.5，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的x+﹣=7+﹣1=7.5，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故B错误；

C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；

D．苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故D正确；

故选：D；

B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3﹣，故B正确；

C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，同时发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；

D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，故D错误；

故选D．

B、根据氢氧化钠滴到10mL，c（HY）≈c（Y﹣），Ka（HY）≈c（H+）；

C、HX恰好完全反应时，HY早已经反应完毕；

D、由于溶液中的c（H+）=c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；

B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HY）≈c（Y﹣），即Ka（HY）≈c（H+）=10﹣PH=10﹣5，故B正确；

C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性 HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，故溶液中c（X﹣）＜c（Y﹣），故C错误；

D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c（H+）=c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；再根据HY的电离平衡常数，c（Y﹣）≠，故D错误；

故选B．

B．葡萄糖酸根不能发生银镜反应；

C．加入NH3•H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+；

D．溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+．

B．试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；

C．根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3•H2O（aq）和Na2CO3（aq），加入NH3•H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；

D．溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正确的方法是：在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+．若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误．

故选C．

则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，

所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．

则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，

所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，

（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为，故答案为：AlH3；；

（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，

故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有

Cu2O，反之则无Cu2O，

故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无

Cu2O；

（5）AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，

故答案为：可能；AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．

（2）①温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应（△H3＜0）；②T1﹣T2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随着温度的升高而提高．T3﹣T4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获

③反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后（由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化），迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡；

（3）根据平衡移动原理分析；

（4）具有碱性的物质均能捕获CO2．

（NH4）2CO3 （aq）⇌2NH3 （l）+H2O （l）+CO2 （g）﹣△H1

将反应Ⅱ×2：

2NH3 （l）+2H2O （l）+2CO2 （g）⇌2NH4HCO3 （aq） △H2

得：（NH4）2CO3 （aq）+H2O （l）+CO2 （g）⇌2NH4HCO3 （aq）△H3=2△H2﹣△H1 ；

故答案为：2△H2﹣△H1；

（2）①由图1可知：温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应△H3＜0；

②在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下（NH4）2CO3 （aq）总是捕获CO2，故c（CO2）减小；

③反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后（由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化），迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡，图象应为，； 

故答案为：①＜；

②T1﹣T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高．T4﹣T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获．

③

（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c（CO2），故答案为：降低温度；增大CO2浓度

（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3﹣；故答案为B、D．

（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；

（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；

（4）Fe3O4胶体粒子能透过滤纸；

（5）根据m=cVM计算m（K2Cr2O7）；

根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容；

（6）根据对K2Cr2O7标准溶液体积的影响分析．

故答案为：AB；

（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO，

故答案为：抽滤、洗涤、灼烧；

（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；

故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；

（4）Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离，

故答案为：不能；胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸；

（5）m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L﹣1×0.250 L×294.0 g•mol﹣1=0.7350g；

根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容．故用不到的仪器为量筒和移液管，

故答案为：0.7350g；③⑦；

（6）如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，

故答案为：偏大．

（1）A．柳胺酚中能和氢氧化钠反应的官能团是酰胺键和酚羟基，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH

反应，故错误；

B．柳胺酚中含有苯环，所以能发生硝化反应，故错误；

C．柳胺酚中含有肽键，所以可发生水解反应，故正确；   

D．柳胺酚中含有酚羟基，所以可与溴发生取代反应，故正确；

故选C、D；

（2）在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓发生取代反应生成对硝基氯苯，所以所用试剂为：浓HNO3/浓H2SO4，故答案为：浓HNO3/浓H2SO4；

（3）在加热条件下，对硝基氯苯和氢氧化钠发生取代反应生成对硝基苯酚钠和氯化钠，反应方程式为：，

故答案为：；

（4）F是邻羟基苯甲酸，其结构简式为：，故答案为：；

（5）①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有三种类型的氢原子；②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：、、、，

故答案为：、、、；

（6）在催化剂作用下，苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷，在光照条件下，苯乙烷发生取代反应生成，在加热条件下，和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成苯乙烯，在催化剂条件下，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，所以其合成路线为：

，

故答案为：．

（2）根据基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，以此解答该题；

根据主族元素的最高价等于最外层电子数；

A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；

B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗；  

C．锗单质是一种半导体材料；  

D．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越小，熔点越低；

（3）A．A．根据氢键形成的条件；

B．同种元素原子形成的共价键是非极性键；不同种元素原子形成的共价键是极性键；

C．1个单键是1个σ键，一个双键是1个σ键和1个π键； 

D．根据醛基比甲基更溶于水

（4）离子化合物，且电荷数相等，离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低．

（2）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；

Ge的最高价为+4价，氯化物分子式是GeCl4；

故答案为：GeCl4；

A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故A错误；

B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；   

C．锗单质是一种半导体材料，故C正确；  

D．氯化锗和溴化锗都是分子晶体，但氯化锗的相对分子质量小于溴化锗，所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点，

故选：CD；

（3）A．分子中不存在与电负性强的元素相连的氢原子，所以不存在氢键，故A错误；

B．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，故B正确；

C．1个单键是1个σ键，一个双键是1个σ键和1个π键，所以分子中有9个σ键和3个π键，故C错误； 

D．根据醛基比甲基更溶于水，所以分子中两个甲基被醛基取代，溶解度增大，故D正确；

故选：BD；

（4）两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低，

故答案为：＞；两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低．

（2）活性炭具有吸附性．A池后面接的是结晶池，故A应为蒸发浓缩．从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品；

（3）H2S为酸性气体，应用碱液吸收；

（4）设备B中产生的母液含有氯化物，回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益．

故答案为：盐酸；

（2）活性炭具有吸附性，可以进行溶液脱水．A池后面接的是结晶池，故A应为蒸发浓缩；从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品，

故答案为：活性炭；蒸发浓缩；过滤器；脱水干燥；

（3）H2S为酸性气体，应用碱液吸收，故选石灰乳，

故答案为：C；

（4）设备B中产生的母液含有氯化物，回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益，

故答案为：对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益．