B

【详解】 A ．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料， A 正确；

B ．碳纤维指的是含碳量在 90% 以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料， B 错误；

C ．金属奖牌属于合金材料， C 正确；

D ．聚乙烯属于有机高分子材料， D 正确；

故答案选 B 。

C

【详解】 A ． 是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为 ， A 错误；

B ．基态 原子的价电子排布式是 ，最后一个电子填充在 s 能级，位于元素周期表 s 区， B 错误；

C ． 中心碳原子的价层电子对数为 ，故其空间结构为平面三角形， C 正确；

D ． 是离子化合物，电子式为 ， D 错误；

故答案选 C 。

A

【详解】 A ． 1 个 原子中含有 10 个中子， 的物质的量为 ，故 中含有中子的物质的量为 ，中子数为 ，故 A 正确；

B ．乙烯分子的结构式为 ， 1 个乙烯分子中含有 5 个 键， 的物质的量为 ，所以 分子中含有的 键数目为 ， B 错误；

C ． 是共价化合物， 分子中不存在 ，故 C 错误；

D ．没有给出 溶液的体积，无法计算 的 溶液中 的数目，故 D 错误；

选 A 。

C

【分析】根据苯环的性质判断可以发生氧化、加成、取代反应；根据碳碳叁键的特点判断可发生加成反应，能被酸性高锰酸钾钾氧化，对于共线可根据有机碳原子的杂化及官能团的空间结构进行判断；

【详解】 A ．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性 溶液褪色， A 错误；

B ．如图所示， ，苯乙炔分子中最多有 6 个原子共直线， B 错误；

C ．苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应， C 正确；

D ．苯乙炔属于烃，难溶于水， D 错误；

故选答案 C ；

【点睛】本题考查苯乙炔的结构与性质，根据官能团的特点进行判断。

B

【分析】短周期元素 X 、 Y 、 Z 、 W 、 Q 原子序数依次增大， W 简单离子在同周期离子中半径最小，说明 W 为第三周期元素 Al 。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论： ① 为第二周期元素时，最外层电子排布为 2s ² 2p ² 或 2s ² 2p ⁴ ，即 C 或 O ； ② 为第三周期元素时，最外层电子排布为 3s ² 3p ² 或 3s ² 3p ⁴ ，即 Si 或 S 。 Q 与 Z 同主族，结合原子序数大小关系可知，则 X 、 Z 、 Q 分别为 C 、 O 和 S ，则 Y 为 N 。

【详解】 A ． X 为 C ，能与多种元素 (H 、 O 、 N 、 P 、 S 等 ) 形成共价键， A 正确；

B ． Z 和 Q 形成的简单氢化物为 H ₂ O 和 H ₂ S ，由于 H ₂ O 分子间能形成氢键，故 H ₂ O 沸点高于 H ₂ S ， B 错误；

C ． Y 为 N ， Z 为 O ， N 的最外层 p 轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比 O 大， C 正确；

D ． W 为 Al ， Z 为 O ， O 的电负性更大， D 正确；

故选 B 。

D

【详解】 A ． 比 活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与 发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为 被 还原， A 项错误；

B ．液体分层后， 在 层， 的密度比水大，则下层呈紫红色， B 项错误；

C ．若镀层金属活泼性大于 ，则 不易生锈，反之，若 活泼性大于镀层金属，则 更易生锈，由于活泼性： ，则镀锡铁钉更易生锈， C 项错误；

D ．漂白粉的有效成分为 ，其具有强氧化性，可将 氧化， D 项正确；

答案选 D 。

B

【详解】 A ．由 的结构式可知，所有 N 原子均满足 8 电子稳定结构， A 正确；

B ．中心 N 原子为 杂化，与中心 N 原子直接相连的 N 原子为 杂化，与端位 N 原子直接相连的 N 原子为 杂化，端位 N 原子为 杂化，则 N 原子的杂化方式有 3 种， B 错误；

C ．中心 N 原子为 杂化，则其空间结构为四面体形， C 正确；

D ． 中含叠氮结构 ( ) ，常温下不稳定， D 正确；

故答案选 B 。

A

【详解】 A ． 、 、 的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量： ，所以沸点： ，故 A 正确；

B ．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性： ，酸性： ，故 B 错误；

C ．由金属性： ，可推出氧化性 ；由离子方程式 可得，氧化性： ，故 C 错误；

D ． 和 的阴、阳离子个数比不相同，不能通过 大小来比较二者在水中的溶解度，故 D 错误；

选 A 。

A

【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。

【详解】 A ．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应： ， A 正确；

B ．右侧电极反应 2CH ₃ COOH+2e ^- =H ₂ +2CH ₃ COO ^- ，反应结束时溶液中存在 CH ₃ COO ^- ，水解后溶液显碱性，故溶液为红色， B 错误；

C ．若 c 中收集气体 ，若在标况下， c 中收集气体的物质的量为 0.5×10 ^-3 mol ，转移电子量为 0.5×10 ^-3 mol×4=2×10 ^-3 mol ，故产生氢气： 1×10 ^-3 mol ，则样品中乙酸浓度为： 2×10 ^-3 mol ÷10÷10 ^-3 = ，并且题中未给定气体状态不能准确计算， C 错误；

D ．盐桥换为 U 形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行， D 错误；

答案选 A 。

B

【详解】 A ．由催化机理可知，总反应为 + ，该反应为加成反应， A 正确；

B ．结构相似、分子组成上相差若干个 CH ₂ 原子团的有机物互为同系物， 和 结构不相似、分子组成上也不是相差若干个 CH ₂ 原子团，两者不互为同系物， B 错误；

C ．由催化机理可知，反应消耗了 Ⅵ 又生成了 VI ， VI 是反应的催化剂， C 正确；

D ． I+VI→X+II ，由 I 、 VI 、 II 的结构简式可知， X 为 H ₂ O ， D 正确；

答案选 B 。

C

【详解】 A ．根据题目信息可知， 和 互相交换成分生成 和 。由 可得， 与 互相交换成分生成 和 ，与题述反应原理相同， A 正确；

B ．由于 可自电离， 可写为 ， 与 交换成分生成 和 与题述反应原理相同，故 B 正确；

C ． 与 反应生成了单质 ，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故 C 错误；

D ． 和 互相交换成分生成了 和 ，与题述反应原理相同，故 D 正确；

故答案选 C 。

B

【详解】 A ．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物 Z 的平均生成速率逐渐减小，则 内 Z 的平均生成速率大于 内的，故 时， Z 的浓度大于 ， A 正确；

B ． 时生成的 Z 的物质的量为 ， 时生成的 Z 的物质的量为 ，故反应在 时已达到平衡，设达到平衡时生了 ，列三段式：

根据 ，得 ，则 Y 的平衡浓度为 ， Z 的平衡浓度为 ，平衡常数 ， 时 Y 的浓度为 ， Z 的浓度为 ，加入 后 Z 的浓度变为 ， ，反应正向进行，故 ， B 错误；

C ．反应生成的 Y 与 Z 的物质的量之比恒等于 1∶2 ，反应体系中只有 Y 和 Z 为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比， ，故 Y 的体积分数始终约为 33.3% ， C 正确；

D ．由 B 项分析可知 时反应处于平衡状态，此时生成 Z 为 ，则 X 的转化量为 ，初始 X 的物质的量为 ，剩余 X 的物质的量为 ， D 正确；

故答案选 B 。

C

【详解】 A ．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热， A 错误；

B ． 和 反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究， B 错误；

C ．将 溶液与 溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加 1 滴 溶液，若有浑浊产生，则说明 没有沉淀完全，反之，则沉淀完全， C 正确；

D ．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物 ( 葡萄糖 ) 存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解， D 错误。

故答案选 C 。

【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。

A

【分析】放电时负极反应： ，正极反应： Cl ₂ +2e ^- =2Cl ^- ，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极： 2Cl ^- -2e ^- =Cl ₂ ，由此解析。

【详解】 A ． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应： ，故 A 正确；

B ． 放电时，阴离子移向负极，放电时 透过多孔活性炭电极向 NaCl 中迁移，故 B 错误；

C ． 放电时每转移 电子，正极： Cl ₂ +2e ^- =2Cl ^- ，理论上 释放 ，故 C 错误；

D ． 充电过程中，阳极： 2Cl ^- -2e ^- =Cl ₂ ，消耗氯离子， 溶液浓度减小，故 D 错误；

故选 A 。

D

【详解】 A ． 中存在 和 -COOH ，所以溶液既有酸性又有碱性，故 A 正确；

B ．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线 a 表示 的分布分数随溶液 pH 的变化，曲 b 表示

的分布分数随溶液 pH 的变化，曲线 c 表示 的分布分数随溶液 pH 的变化，故 B 正确；

C ． 的平衡常数 ， 时，根据 a ， b 曲线交点坐标 可知， 时， ，则 ，故 C 正确；

D ．由 C 项分析可知， ，根据 b ， c 曲线交点坐标坐标 分析可得电离平衡 的电离常数为 K ₁ = ， ，则 ，即 ，故 D 错误；

故答案选 D 。

(1)ab

(2)

(3) 抑制金属离子水解

(4)SiO ₂

(5)

(6) 将 Fe ³⁺ 转化为 Fe ²⁺

(7)24.02%

【分析】已知 ① 焙烧时过量的 分解为 ， 转变为 ， 在空气中单独焙烧生成 和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅， 与浓盐酸生成 A 氯气，滤液中含有 Bi ³⁺ 、 Fe ³⁺ ，加入 Bi 将 Fe ³⁺ 转化为 Fe ²⁺ ，调节 pH 得到 ，据此分析解题。

【详解】（ 1 ）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选 ab ；

（ 2 ） 在空气中单独焙烧生成 和二氧化硫，反应的化学方程式为 ；

（ 3 ） “ 酸浸 ” 中由于铁离子、 Bi ^{3 ＋} 易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止 FeCl ₃ 及 BiCl ₃ 水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为： ① 充分浸出 和 ； ② 抑制金属离子水解；

（ 4 ）由于 SiO ₂ 不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为 SiO ₂ ；

（ 5 ） A 为氯气，生成气体 A 的离子方程式为 ；

（ 6 ）金属活动性： ， Fe ³⁺ 在 pH 为 1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属 Bi 将 Fe ³⁺ 转化为 Fe ²⁺ ，形成氯化亚铁溶液；

（ 7 ）辉铋矿中 Bi 元素的质量分数为 。

(1) 能

(2) 高     低

(3)ab

(4)a

(5)     -1     a

(6)     Fe     3d ⁶

【详解】（ 1 ） ，则 ∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol ^-1 =-32.4 kJ ∙ mol ^-1 ＜ 0 ，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；

（ 2 ）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；

（ 3 ） a ．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在 “ 冷 Ti” 表面生成，有利于提高氨的平衡产率， a 正确；

b ．温度升高，反应速率加快，所以 在 “ 热 Fe” 表面断裂，有利于提高合成氨反应速率， b 正确；

c ．合成氨反应的正反应为放热反应， “ 热 Fe” 高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率， c 不正确；

d ．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以 “ 冷 Ti” 低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率， d 不正确；

故选 ab 。答案为： ab ；

（ 4 ） a ．从图中可以看出， 时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高， a 正确；

b ．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率， b 不正确；

c ．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低， c 不正确；

故选 a 。答案为： a ；

（ 5 ）选择实验 1 和 3 进行分析，此时 ，则 γ=-1 ；

a ．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动， a 正确；

b ．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒， b 不正确；

c ．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率， c 不正确；

故选 a 。答案为： -1 ； a ；

（ 6 ）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为 =4 ，含白球的数目为 8 ，则黑球与白球的个数比为 1:2 。黑球的化学式为 ，白球的化学式为 。从而得出 M+17×6+15×2=188 ， M=56 ，则 M 元素为 Fe ；在该化合物中， Fe ²⁺ 的价电子排布式为 3d ⁶ 。答案为： Fe ； 3d ⁶ 。

【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。

(1)

(2)② 或 ③①

(3)     a 、 c     c 、 d

(4) 防止外界水蒸气进入 C 中使催化剂中毒

(5) 适当升温加快反应速率，同时防止温度过高 分解

(6)

(7)17%

【分析】从 的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为 在 催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为 与乙基蒽醇反应生成 和乙基蒽醌。启普发生器 A 为制取 的装置，产生的 中混有 和 ，需分别除去后进入 C 中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经 D 干燥后进入 C 中发生反应生成 和乙基蒽醌， F 中装有浓 ，与 C 相连，防止外界水蒸气进入 C 中，使催化剂 中毒。

【详解】（ 1 ） A 中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为 ；

（ 2 ） 、 等杂质易使 催化剂中毒，需通过碱石灰除去 HX 和 H ₂ O ，所以装置 B 应该选 ② 或 ③① ；

（ 3 ）开始制备时，打开活塞 a 、 c ， A 中产生的 进入 C 中，在 催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭 a ，仅保持活塞 b 打开，将残留 抽出，随后关闭活塞 b ，打开活塞 c 、 d ，将 O ₂ 通入 C 中与乙基蒽醇反应生成 H ₂ O ₂ 和乙基蒽醌。

（ 4 ） 容易使 催化剂中毒，实验中需要保持 C 装置为无水环境， F 的作用为防止外界水蒸气进入 C 中。

（ 5 ）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高 分解，所以反应过程中控温 ；

（ 6 ）第一步为 在 催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为 与乙基蒽醇反应生成 和乙基蒽醌，总反应为 。

（ 7 ）滴定反应的离子方程式为 ，可得关系式： 。三组数据中 偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为 ， 的质量分数 。

(1)

(2) +CH ₃ OCH ₂ Cl+NaOH +NaCl+H ₂ O

(3) 选择性将分子中的羟基氧化为羰基

(4) 硝基     氨基

(5)

(6)     12 ( 或 )

【分析】 F 中含有磷酸酯基，且 中步聚 ⅰ 在强碱作用下进行，由此可推测 发生题给已知信息中的反应；由 F 、 G 的结构简式及化合物 Ⅰ 的分子式可逆推得到 Ⅰ 的结构简式为 ；

【详解】（ 1 ）由 A 的结构简式可知 A 是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代苯环上的一个氢原子，所以 A 的分子式为 “ ” ；

（ 2 ）由题给合成路线中 的转化可知，苯酚可与 发生取代反应生成 与 ， 可与 发生中和反应生成 和 ，据此可得该反应的化学方程式为

“ +CH ₃ OCH ₂ Cl+NaOH +NaCl+H ₂ O” ；

（ 3 ）根据 D 、 E 的结构简式可知， 发生了羟基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由 “sp ³ ” 变为 “sp ² ” ；由 的结构变化可知， 的作用为 “ 选择性将分子中的羟基氧化为羰基 ” ；

（ 4 ）由题给已知信息可知， 的步骤 ⅰ 中 F 与化合物 Ⅰ 在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比 F 与 G 的结构简式可知，步骤 ⅱ 发生了由 “ 硝基 ” 到 “ 氨基 ” 的转化；

（ 5 ）根据分析可知，化合物 I 的结构简式为 “ ” ；

（ 6 ）化合物 Ⅰ 的分子式为 ，计算可得不饱和度为 4 ，根据题目所给信息，化合物 Ⅰ 的同分异构体分子中含有苯环 ( 已占据 4 个不饱和度 ) ，则其余 C 原子均为饱和碳原子 ( 单键连接其他原子 ) ；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含 1 个羟基；再由分子中苯环上只含有 1 个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种： (1 、 2 、 3 、 4 均表示羟基的连接位置 ) ，所以满足条件的化合物 Ⅰ 的同分异构体共有 “12” 种；其中，苯环侧链上有 3 种不同化学环境的氢原子，且个数比为 6∶2∶1 的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为 “ 或 ” 。