C

C

A

B

A

[解析] 根据加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明有，而且为0.02mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe³⁺，而且为0.02mol，由于Fe³⁺和会发生双水解，一定没有，根据加入BaCl₂溶液，得到不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有，且为0.02mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl^-，至少有0.04mol，物质的量浓度至少为0.4mol/L。由以上分析可知，溶液中至少存在、Fe³⁺4种离子，无法判断Al³⁺和K⁺是否存在，一定存在Cl^-。故本题选A。

D

[解析] 若滤出的固体只有铜，溶液中的Fe³⁺全部变为Fe²⁺，溶液中一定没有Fe³⁺，Cu²⁺合好全部参加反应或部分反应生成Fe²⁺和Cu，所以溶液中一定没有Fe³⁺，可能含有Cu²⁺，一定含有Fe²⁺。若滤出的固体只有铁、铜，溶液中的Fe³⁺、Cu²⁺全部参加反应生成Fe²⁺和Cu，所以溶液中一定没有Fe³⁺、Cu²⁺，一定含有Fe²⁺。故本题选D。

C

[解析] 将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO₃中，二者恰好完全反应，反应中还原产物只有NO，发生反应3Mg+8HNO₃(稀)====3Mg(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃(稀)====3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O。向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应Mg(NO₃)₂+2NaOH====Mg(OH)₂↓+2NaNO₃、Cu(NO₃)₂+2NaOH====Cu(OH)₂↓+2NaNO₃，最终生成的沉淀是氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH^-的质量，OH^-的物质的量是0.3mol，因此消耗氢氧化钠的物质的量就是0.3mol，则其体积是100mL，C选项正确。由于金属失去电子的物质的量就是结合的OH^-的物质的量，所以金属失去电子的物质的量是0.3mol，则根据电子的得失守恒可知，生成的NO的物质的量是0.1mol，标准状况下的体积是2.24L，D选项错误。参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol+0.1mol=0.4mol，B选项错误。合金如果全部是铜，则质量是0.15mol×64g/mol=9.6g，如果全部是镁，则质量是0.15mol×24g/mol=3.6g，A选项错误。故本题选C。

B

[解析] 氯气先氧化I^-，然后氧化Fe²⁺，最后氧化Br^-，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明含有Fe³⁺，I^-全部被氧化，Fe²⁺部分或全部被氧化，Br^-可能被氧化。原溶液中的Br^-可能被氧化，①错误；通入氯气之后原溶液中的Fe²⁺部分或全部被氧化，不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe²⁺，②③正确；若取少量所得溶液，再加入CCl₄溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO₃溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br^-被完全氧化，I^-、Fe²⁺均被完全氧化，④正确。故本题选B。

C

[解析] A项，在稀盐酸中存在的离子有H⁺、Cl^-和OH^-，由于溶液呈电中性，则c(H⁺)=c(Cl^-)+c(OH^-)；B项，常温下，在0.1mol/L的HNO₃溶液中，由于HNO₃电离出大量的H⁺，抑制了水的电离，因此由水电离出的；C项，该溶液中一定存在水的电离平衡；D项，由于水的电离为吸热反应，温度升高电离程度增大，溶液中H⁺浓度增大，溶液pH减小，此时溶液的pH小于7。故本题选C

A

[解析] ，则电子转移0.08mol，设N由+5→+x价，0.08=(5-x)×0.02，则x=1，N变为+1价，故选A。

C

[解析] 由题意可知C₇H₈为甲基苯，所以在一定条件下与H₂完全加成后生成的物质所含的氢有5种，所以其一氯代物的同分异构体有5种。

A

[解析] B项，HAc+OH^-====Ac^-+H₂O；C项，以金属银为阳极电解饱和硫酸铜溶液：Ag-e^-====Ag⁺；D项，NH₄Al(SO₄)₂溶液中加入Ba(OH)₂溶液使完全沉淀：4OH^-====Al(OH)₃↓+NH₃·H₂O+2BaSO₄↓。

D

[解析] A项，由图可知，图1是电解池，把电能转化为化学能，图2是原电池，把化学能转化为电能；B项，当有0.1mol电子转移时，a为负极，发生还原反应，产生0.05mol×22.4mol·L^-1=1.12L H₂(标准状况下)；C项，气体X为H₂，输送到原电池的d极上的电极反应为H₂(g)-2e^-====2H⁺(aq)；D项，图2中电子从d极流向c极，提供电能。

B

[解析] 标定HCl标准溶液的基准物是无水碳酸钠基准试剂，其纯度为99.95%～100.05%。

A

[解析] 熔融或水溶液中电解质的导电发生电离过程，电解质电离出自由移动的离子，但金属晶体导电没有发生电离，A选项不合理。故本题选A。

B

[解析] 该有机物含有羧基，具有酸性，可与NaHCO₃反应放出CO₂，A选项正确。与稀H₂SO₄共热水解后的水解产物相同，B选项错误。水解产物含有6个酚羟基和2个羧基，所以1mol该有机物完全反应消耗8mol NaOH，C选项正确。由结构简式可知该有机物的分子式为C₁₄H₁₀O₉，D选项正确。故本题选B。

A

[解析] 漂白粉的主要成分为CaCl₂和Ca(ClO)₂，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中的CO₂反应生成CaCO₃和HC₂O而变质。久置漂白粉的成分为Ca(ClO)₂、CaCO₃和CaCl₂，漂白粉与浓盐酸反应时除发生题给的反应外，还会发生CaCO₃与浓盐酸的反应，盐酸易挥发，因此得到的氯气中还有CO₂、H₂O(g)、HCl。故本题选A。

C

[解析] 反应①2Na₂O₂+2H₂O====4NaOH+O₂↑，反应②Na₂O+H₂O====2NaOH，等物质的量的Na₂O₂和NaO溶于水，二者消耗的水量相同，生成NaOH的物质的量相等，所以OH^-的浓度相同，均为0.2mol/L，①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。故本题选C。

B

[解析] 钯的化合物PdCl₂通过化学反应可用来检测有毒气体CO，说明PdCl₂作反应物，可知Pd化合价降低，那么CO中碳元素化合价升高，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl₂+H₂O====CO₂+Pd↓+2HCl。X为CO₂，属于氧化产物，A选项正确。反应中每转移1mol电子，生成0.5mol物质X，B选项错误。PdCl₂作氧化剂，被还原，C选项正确。CO作还原剂，Pd为还原产物，故还原性：CO＞Pd，D选项正确。故本题选B。

A

[解析] K₂SO₃和K₂SO₄都能与BaCl₂反应生成沉淀，不能用加入BaCl₂溶液的方法检验K₂SO₃是否氧化。故本题选A。

(1)强调学生的主体性；
   (2)强调教学的探究性；
   (3)强调三维目标的形成在实验探究过程中的统一。

“以观念为本的教学”设计程序和方法主要有以下几步：
   (1)在确定课程单元后，审视课程单元内容，识别一个关键性概念、原理或方法等作为基本观念，为思维过程指明方向；
   (2)把基本观念转化成一些基本理解，这是期望学生在学习中逐渐形成的；
   (3)把基本理解以“基本问题”的形式表达，以问题驱动教学和学习，促进学生的基本理解；
   (4)根据基本问题设计教学活动、学习活动和评价活动，从而使学生参与基本问题讨论和学习过程，这些活动和过程应有助于学生达到基本理解，最终完成知识建构，形成基本观念。在整个过程中，教师都要反复思考这样的问题：通过这个课程单元，我最终希望学生知道什么、理解什么和能够做什么。