B

【详解】 A ．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿， A 正确；

B ．小苏打的主要成分是 NaHCO ₃ ， B 错误；

C ．食醋的主要成分为 CH ₃ COOH ，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙， C 正确；

D ．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值， D 正确；

答案选 B 。

C

【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选 C 。

B

【详解】 A ．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁， A 操作不规范；

B ． CO ₂ 的密度大于空气，可用向上排空气法收集 CO ₂ ， B 操作规范；

C ．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌， C 操作不规范；

D ．转移溶液时，应使用玻璃棒引流， D 操作不规范；

答案选 B 。

B

【详解】 A ．涤纶属于合成纤维，其抗皱性和保形性很好，具有较高的强度与弹性恢复能力，可作为制作运动服的材料， A 正确；

B ．人体没有分解纤维素的酶，故纤维素不能为运动员提供能量， B 错误；

C ．木糖醇具有甜味，可用作运动饮料的甜味剂， C 正确；

D ．氯乙烷具有冷冻麻醉作用，从而使局部产生快速镇痛效果，所以 “ 复方氯乙烷气雾剂 ” 可用于运动中急性损伤的阵痛， D 正确；

答案选 B 。

A

【详解】 A ．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾， A 说法正确；

B ．基态钾原子价层电子为 4s ¹ ，其轨道表示式为 ， B 说法不正确；

C ．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1 溶液中的钠， C 说法不正确；

D ．钠元素与钾元素的原子序数分别为 11 和 19 ，两者相差 8 ， D 说法不正确；

综上所述，本题选 A 。

D

【详解】 A ． MgCl ₂ 溶液中滴加 NaOH 溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的 NaOH 溶液发生反应，因此，沉淀不消失， A 不正确；

B ． FeCl ₃ 溶液中滴加 KSCN 洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的 Fe ³⁺ 存在； FeCl ₂ 溶液中滴加 KSCN 洛液，溶液不变色， B 不正确；

C ． AgI 的溶解度远远小于 AgCl ，因此，向 AgI 悬浊液中滴加 NaCl 溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀， C 不正确；

D ．酸性 KMnO ₄ 溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性 KMnO ₄ 溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去， D 正确；

综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是 D ，本题选 D 。

A

【分析】 2.8gFe 的物质的量为 0.05mol ； 100mL 3mol·L ^-1 HCl 中 H ⁺ 和 Cl ^- 的物质的量均为 0.3mol ，两者发生反应后， Fe 完全溶解，而盐酸过量。

【详解】 A ． Fe 完全溶解生成 Fe ²⁺ ，该反应转移电子 0.1mol ， A 正确；

B ． HCl 溶液中 Cl ^- 的物质的量为 0.3mol ，因此， Cl ^- 数为 0.3 N _A ， B 不正确；

C ． ⁵⁶ Fe 的质子数为 26 、中子数为 30 ， 2.8g ⁵⁶ Fe 的物质的量为 0.05mol ，因此， 2.8g ⁵⁶ Fe 含有的中子数为 1.5 N _A ， C 不正确；

D ．反应生成 H ₂ 的物质的量为 0.05mol ，在标准状况下的体积为 1.12L ， D 不正确；

综上所述，本题 A 。

C

【详解】 A ．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故 v _正 > v _逆 ，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变， A 不正确；

B ．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时 CH ₃ CH ₂ OH(g) 的浓度， B 不正确；

C ．恒容下，充入一定量的 H ₂ O(g) ， H ₂ O(g) 的浓度增大，平衡向正反应方向移动， C 正确；

D ．恒容下，充入一定量的 CH ₂ =CH ₂ (g) ，平衡向正反应方向移动，但是 CH ₂ =CH ₂ (g) 的平衡转化率减小， D 不正确；

综上所述，本题选 C 。

A

【分析】由装置可知， b 电极的 N ₂ 转化为 NH ₃ ， N 元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此 b 为阴极，电极反应式为 N ₂ +3H ₂ O+6e ^- =2NH ₃ +3O ^2- ， a 为阳极，电极反应式为 2O ^2- -4e ^- =O ₂ ，据此分析解答；

【详解】 A ．由分析可得， b 电极上 N ₂ 转化为 NH ₃ ， N 元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即 N ₂ 被还原， A 正确；

B ． a 为阳极，若金属 Ag 作 a 的电极材料，则金属 Ag 优先失去电子， B 错误；

C ．改变工作电源的电压，电流强度发生改变，反应速率也会改变， C 错误；

D ．电解过程中，阴极电极反应式为 N ₂ +3H ₂ O+6e ^- =2NH ₃ +3O ^2- ，阳极电极反应式为 2O ^2- -4e ^- =O ₂ ，因此固体氧化物电解质中 O ^2- 不会改变， D 错误；

答案选 A 。

C

【分析】 X 、 Y 、 Z 、 W 为原子序数依次增大的短周期主族元素， X 、 Y 同周期并相邻，且 Y 是组成水的元素之一，则 Y 为 O 元素， X 为 N 元素， Z 在同周期主族元素中金属性最强，则 Z 为 Na 元素， W 原子在同周期主族元素中原子半径最小，则 W 为 Cl 元素，据此分析解答。

【详解】 A ．由分析， X 为 N 元素， W 为 Cl 元素， NCl ₃ 分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子， A 错误；

B ． H ₂ O 和 NH ₃ 均含有氢键，但 H ₂ O 分子形成的氢键更多，故沸点 H ₂ O ＞ NH ₃ ， B 错误；

C ． Y 为 O 元素， Z 为 Na 元素，两者形成的化合物为 Na ₂ O 、 Na ₂ O ₂ 均为离子化合物， C 正确；

D ． N 、 O 、 Na 三种元素组成的化合物 NaNO ₃ 呈中性、 NaNO ₂ 呈碱性， D 错误；

答案选 C 。

BD

【详解】 A ． HCl 为共价化合物， H 原子和 Cl 原子间形成共用电子对，其电子式为 ， A 错误；

B ．原子半径 Cl ＜ I ，故键长： Cl—Cl ＜ I—I ， B 正确；

C ． CH ₃ COOH 分子中，羧基的碳氧双键中含有 π 键， C 错误；

D ．电负性 Cl ＞ I ，对 O-H 的共用电子对具有更强的吸引作用，导致 O-H 更易电离，故而酸性增加。即 ClCH ₂ COOH 的酸性比 ICH ₂ COOH 强， D 正确；

答案选 BD 。

AB

【详解】 A ．根据结构， “E7974” 含有碳碳双键，可使 Br ₂ 的 CCl ₄ 溶液褪色， A 正确；

B ．由结构简式可知，分子中含有如图 ，其中有两个酰胺基，共 4 种官能团， B 正确；

C ．连有 4 个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物 “E7974” 含有的手性碳原子如图 ，共 3 个， C 错误；

D ．分子中 均能与 NaOH 溶液反应，故 1mol 该化合物最多与 3molNaOH 反应， D 错误；

答案选 AB 。

AD

【详解】 A ．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则 0.01mol/L 次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度 0.01mol/L ，故 A 正确；

B ．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故 B 错误；

C ．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为 SO ₂ +ClO ⁻ +H ₂ O=Cl ^— + +2H ⁺ ，故 C 错误；

D ． 25℃ ， pH=7.0 的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系 c (ClO ^— )+ c (OH ^— )= c (H ⁺ )+ c (Na ⁺ ) ，则溶液中 c (ClO ^— )= c (Na ⁺ ) ，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为 K _h = = = ＞ K _a ，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为 c(HClO) ＞ c(ClO ^- )=c(Na ⁺ ) ，故 D 正确；

故选 AD 。

BD

【分析】由题干信息， M(OH) ₂ (s) M ²⁺ (aq)+2OH ^- (aq) ， M(OH) ₂ (s)+2OH ^- (aq) M(OH) (aq) ，随着 pH 增大， c(OH ^- ) 增大，则 c(M ²⁺ ) 减小， c[M(OH) ] 增大，即 -lg c(M ²⁺ ) 增大， -lg c[M(OH) ] 减小，因此曲线 ① 代表 -lg c(M ²⁺ ) 与 pH 的关系，曲线 ② 代表 -lg c[M(OH) ] 与 pH 的关系，据此分析解答。

【详解】 A ．由分析可知，曲线 ① 代表 -lg c(M ²⁺ ) 与 pH 的关系， A 正确；

B ．由图象， pH=7.0 时， -lg c(M ²⁺ )=3.0 ，则 M(OH) ₂ 的 K _sp =c(M ²⁺ )·c ² (OH ^- )=1×10 ^-17 ， B 错误；

C ．向 c(M ²⁺ )=0.1mol/L 的溶液中加入 NaOH 溶液至 pH=9.0 ，根据图象， pH=9.0 时， c(M ²⁺ ) 、 c[M(OH) ] 均极小，则体系中元素 M 主要以 M(OH) ₂ (s) 存在， C 正确；

D ．根据图象， c[M(OH) ]=0.1mol/L 时溶液的 pH 约为 14.5 ， c(OH ^- )≈ mol/L≈3.2mol/L ，加入等体积的 0.4mol/L 的 HCl 后，发生中和反应，反应后 c (OH ^- )= mol/L=1.4mol/L ，此时体系中元素 M 仍主要以 M(OH) 存在， D 错误；

答案选 BD 。

(1) 除油污

(2)

(3)

(4) 胆矾晶体易溶于水

(5) 溶液 C 经步骤 ③ 加热浓缩后双氧水已完全分解     取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入 ，不能被氧化

【分析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体 B 与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的 CuO 、 CuCO ₃ 、 Cu(OH) ₂ 均转化为 CuSO ₄ ，溶液 C 为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。

【详解】（ 1 ）原料表面含有少量的油污， Na ₂ CO ₃ 溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤 ① 的目的是：除去原料表面的油污。

（ 2 ）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成 CuSO ₄ 、 SO ₂ 和 H ₂ O ，二氧化硫是一种大气污染物，步骤 ② 中，若仅用浓 H ₂ SO ₄ 溶解固体 B ，将生成 SO ₂ 污染环境。

（ 3 ）步骤 ② 中，在 H ₂ O ₂ 存在下 Cu 溶于稀 H ₂ SO ₄ ，生成 CuSO ₄ 和 H ₂ O ，该反应的化学方程式为 Cu+ H ₂ O ₂ + H ₂ SO ₄ =CuSO ₄ +2H ₂ O 。

（ 4 ）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤 ④ 得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。

（ 5 ） ⅰ. H ₂ O ₂ 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤 ② 中过量 H ₂ O ₂ 将 I ^- 氧化为 I ₂ ，理由是：溶液 C 经步骤 ③ 加热浓缩后 H ₂ O ₂ 已完全分解。

ⅱ. I ^- 氧化为 I ₂ 时溶液的颜色会发生变化；滤液 D 中含有 CuSO ₄ 和 H ₂ SO ₄ ，乙同学通过实验证实，只能是 Cu ²⁺ 将 I ^- 氧化为 I ₂ ，较简单的方案是除去溶液中的 Cu ²⁺ ，然后再向其中加入含有 I ^- 的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的 Cu ²⁺ 的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入 Na ₂ S 将其转化为 CuS 沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液 D ，向其中加入适量 Na ₂ S 溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量 KⅠ 溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明 I ^- 不能被除去 Cu ²⁺ 的溶液氧化，故只能是 Cu ²⁺ 将 I ^- 氧化为 I ₂ 。

(1)

(2)11.5

(3) 平衡气压防倒吸     倒吸

(4)

(5) 酚酞     无     浅红

【分析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵 [(NH ₄ ) ₂ HPO ₄ ] ，实验原理为 2NH ₃ +H ₃ PO ₄ =[(NH ₄ ) ₂ HPO ₄ ] ，结合相关实验基础知识分析解答问题。

【详解】（ 1 ）实验室用 NH ₄ Cl(s) 和 Ca(OH) ₂ (s) 在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为 2NH ₄ Cl+Ca(OH) ₂ CaCl ₂ +2H ₂ O+2NH ₃ ↑ ；

（ 2 ）根据公式 可得，浓 H ₃ PO ₄ 的浓度 ，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制 100mL 1.7mol/L 的 H ₃ PO ₄ 溶液，需要浓 H ₃ PO ₄ 的体积 V= ；

（ 3 ）由于 NH ₃ 极易溶于水，因此可选择打开活塞 K ₂ 以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭 K ₁ ，打开 K ₂ ；

（ 4 ）继续通入 NH ₃ ， (NH ₄ ) ₂ HPO ₄ 继续反应生成 (NH ₄ ) ₃ PO ₄ ，当 pH ＞ 10.0 时，溶液中 OH ^- 、 、 的浓度明显增加；

（ 5 ）由 (4) 小问可知，当 pH 为 8.0~9.0 时，可制得 (NH ₄ ) ₂ HPO ₄ ，说明 (NH ₄ ) ₂ HPO ₄ 溶液显碱性，因此若不选用 pH 传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入 NH ₃ ，即可制得 (NH ₄ ) ₂ HPO ₄ 溶液。

(1)-286

(2) 50% 或 0.5     660.2( 或 660.1 或 660.3, 其他答案酌情给分 )

(3)     5.4 相同催化剂， 400℃ 的反应速率更快，相同温度，催化剂 Ⅱ 副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高

【详解】（ 1 ）电解液态水制备 ，电解反应的 ，由此可以判断， 2mol 完全燃烧消耗 ，生成液态水的同时放出的热量为 572kJ ，故 1mol 完全燃烧生成液态水放出的热量为 286kJ ，因此， 的燃烧热 ( 焓 ) -286 。

（ 2 ） ① 由 的平衡常数 (K) 与反应温度 (t) 之间的关系图可知， K 随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的 与活化能 (Ea) 的关系为 ，由图２信息可知 ＝ａ ，则 ａ ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。

② 温度 t 下，向容积为 10L 的抽空的密闭容器中通入 和 ，反应平衡后测得容器中 ，则 的转化率为 ，根据 C 元素守恒可知， 的平衡量为 ， 和 是按化学计量数之比投料的，则 的平衡量为 ， 的平衡量是 的２倍，则 ， 的平衡浓度分别为 、 、 、 ，则该反应的平衡常数 K ＝ ，根据图１中的信息可知，反应温度 t 约为 660.2℃ 。

（ 3 ）在选择使用催化剂 Ⅰ 和 350℃ 条件下反应，由表中信息可知， 的浓度由０增加到 10.8 ，因此， 生成 的平均反应速率为 ；由表中信息可知，在选择使用催化剂 Ⅰ 和 350℃ 条件下反应， 的浓度由０增加到 10.8 ，， : ＝ 12722:10.8 1178 ；在选择使用催化剂 Ⅱ 和 350℃ 的反应条件下， 的浓度由０增加到 9.2 ， : ＝ 10775:9.2 1171 ；在选择使用催化剂 Ⅰ 和 400℃ 条件下反应， 的浓度由０增加到 345.2 ， : ＝ 42780:345.2 124 ；在选择使用催化剂 Ⅱ 和 400℃ 的反应条件下， 的浓度由０增加到 34 ， : ＝ 38932:34 1145 。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂 Ⅱ 和 400℃ 的反应条件的原因是：相同催化剂， 400℃ 的反应速率更快，相同温度，催化剂 Ⅱ 副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。

(1) 取代反应或磺化反应

(2) +NaOH→ +H ₂ O

(3) 苯酚

(4) ( 溶液 ) 或其他合理答案

(5) 或

(6)

(7)

【分析】根据合成路线， A( ) 在浓硫酸加热的条件下发生苯环上的取代反应生成 B( ) ， B 依次与 NaOH 熔融、 HCl 反应生成 C( ) ， C 先与 NaOH 反应生成 ， 和 CO ₂ 在一定条件下反应，再与 HCl 反应生成 D ， D 的分子式为 C ₇ H ₆ O ₃ ，则 D 为 ， D 再与 CH ₃ CH ₂ COCl 发生取代反应生成 E ， E 与 AlCl ₃ 反应生成 F ， F 与苯甲酸肝在一定条件下生成 G ， G 经一系列反应生成黄铜哌酯，据此分析解答。

【详解】（ 1 ）由分析可知， A( ) 在浓硫酸加热的条件下发生苯环上的取代反应生成 B( ) ，即反应类型为取代反应 ( 或磺化反应 ) ；

（ 2 ） B 为一元强酸，室温下 B 与 NaOH 溶液反应生成 和 H ₂ O ，反应的化学方程式为 +NaOH→ +H ₂ O ；

（ 3 ） C 的结构简式为 ，则化学名称为苯酚，根据分析可知， D 的结构简式为 ；

（ 4 ）由 E 、 F 的结构简式可知， F 含有酚羟基，而 E 没有，因此可用 FeCl ₃ 溶液鉴别二者，前者溶液变成紫色，后者无明显现象；

（ 5 ） F 的分子式为 C ₁₀ H ₁₀ O ₄ ， X 是 F 的同分异构体， X 含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明 X 只有 2 种不同环境的 H 原子，则满足条件的 X 的结构简式为： 或 ；

（ 6 ）酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则 F 与苯甲酸肝反应可生成 G 、苯甲酸和水，故 M 和 N 的结构简式为 和 H ₂ O ；

（ 7 ）已知 +CO ₂ ，则以 为原料合成 时，可先将 与浓硫酸在加热的条件下发生取代反应生成 ， 再依次与 NaOH 熔融条件下、 HCl 反应生成 ， 再与 CH ₃ COCl 发生取代反应生成 ， 氧化可得到 ， 再与 AlCl ₃ 反应可得到 ，则合成路线为： 。

(1)     1s ² 2s ² 2p ⁴ 或 [He]2s ² 2p ⁴ 2

(2) 自由电子在外加电场中作定向移动

(3)     sp ² 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高

(4)Zn+4NH ₃ +2H ₂ O=[Zn(NH ₃ ) ₄ ] ²⁺ +2OH ^- +H ₂ ↑

(5) 电负性 O ＞ N ， O 对电子的吸引能力更强， Zn 和 O 更易形成离子键

(6)     ▱cdhi     ▱bcfe

【详解】（ 1 ） O 为 8 号元素，其基态 O 原子核外有 8 个电子，因此基态 O 原子的电子排布式为 1s ² 2s ² 2p ⁴ 或 [He]2s ² 2p ⁴ ，其 2p 轨道有 2 个未成对电子，即 O 原子有 2 个未成对电子；

（ 2 ）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此 Cu 、 Zn 等金属具有良好的导电性；

（ 3 ）根据结构式可知， N 原子以双键或以 NH 三键的形式存在，故 N 原子的杂化方式均为 sp ² ，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；

（ 4 ）金属 Zn 与氨水反应可生成 [Zn(NH ₃ ) ₄ ](OH) ₂ 和 H ₂ ，反应的离子方程式为 Zn+4NH ₃ +2H ₂ O=[Zn(NH ₃ ) ₄ ] ²⁺ +2OH ^- +H ₂ ↑ ；

（ 5 ）由于电负性 O ＞ N ， O 对电子的吸引能力更强， Zn 和 O 更易形成离子键，因此 Zn—N 键中离子键成分的百分数小于 Zn—O 键；

（ 6 ）根据晶胞示意图，一个晶胞中 8 个 O 原子位于晶胞的顶点， 1 个 O 原子位于晶胞体内， 4 个 Zn 原子位于晶胞的棱上， 1 个 Zn 原子位于晶胞体内，棱上的 3 个 Zn 原子和体内的 Zn 原子、 O 原子形成四面体结构，从底面 O 原子排列图看，能平移且与 abcd 共边的只有二个四边形，为 cdhi 和 bcfe 。