C

【解析】

【详解】A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜温度和湿度，A说法正确；

B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；

C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；

D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)₂∙CuCO₃中铜的质量分数高于Cu(OH)₂∙2CuCO₃，D说法正确。

综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。

D

【解析】

【详解】A．该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；

B．根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故B正确；

C．该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；

D．该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误；

故答案为D。

C

【解析】

【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为¹⁴N，则每个N₂分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N_A个中子，不是7N_A，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；

B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；

C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为N_A个，故C正确；

D．1molNaCl中含有28N_A个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；

故答案为C。

B

【解析】

【分析】

能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。

【详解】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；

B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；

C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；

D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；

故选B。

A

【解析】

【详解】A．用Na₂SO₃溶液吸收少量的Cl₂，Cl₂具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl₂被还原为Cl^-，反应的离子反应方程式为：3+Cl₂+H₂O=2+2Cl^-+，A选项正确；

B．向CaCl₂溶液中通入CO₂，H₂CO₃是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；

C．向H₂O₂中滴加少量的FeCl₃，Fe³⁺的氧化性弱于H₂O₂，不能氧化H₂O₂，但Fe³⁺能催化H₂O₂的分解，正确的离子方程式应为2H₂O₂2H₂O+O₂↑，C选项错误；

D．NH₄HSO₄电离出的H⁺优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH₄HSO₄溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H⁺+OHˉ=H₂O，D选项错误；

答案选A。

【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H₂CO₃是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。

B

【解析】

【分析】

根据图示的电池结构，左侧VB₂发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH^-，反应的电极方程式为O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-，电池的总反应方程式为4VB₂+11O₂+20OH^-+6H₂O=8+4，据此分析。

【详解】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；

B．反应过程中正极生成大量的OH^-使正极区pH升高，负极消耗OH^-使负极区OH^-浓度减小pH降低，B错误；

C．根据分析，电池的总反应为4VB₂+11O₂+20OH^-+6H₂O=8+4，C正确；

D．电池中，电子由VB₂电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB₂电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；

故选B。

【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。

D

【解析】

【分析】

根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW₃与WZ相遇会产生白烟，则WX₃为NH₃，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。

【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则

A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错误；

B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；

C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO₂为弱酸，C选项错误；

D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；

答案选D。

    (1). 圆底烧瓶    (2). 饱和食盐水    (3). 水浴加热    (4). Cl₂+2OH⁻=ClO⁻+Cl⁻+H₂O    (5). 避免生成NaClO₃    (6). 吸收尾气(Cl₂)    (7). AC    (8). 过滤    (9). 少量(冷)水洗涤    (10). 紫    (11). 小于

【解析】

【分析】

本实验目的是制备KClO₃和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO₂粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO₃，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。

【详解】(1)根据盛放MnO₂粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；

(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl₂+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H₂O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO₃；

(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl₂)；

A．Na₂S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；

B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；

C．氯气可以Ca(OH)₂或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；

D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；

综上所述可选用试剂AC；

(4)b中试管为KClO₃和KCl的混合溶液，KClO₃的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO₃晶体；

(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO₃的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl₄，所以加入CCl₄振荡，静置后CCl₄层显紫色。

【点睛】第3小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质吸收。

(1). 除去油脂、溶解铝及其氧化物    (2). +H⁺+H₂O=Al(OH)₃↓或+H⁺=Al(OH)₃↓+H₂O    (3). Ni²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺    (4). O₂或空气    (5). Fe³⁺    (6).     (7). 3.2~6.2    (8). 2Ni²⁺+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H₂O    (9). 提高镍回收率

【解析】

【分析】

由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑、2Al₂O₃+4NaOH=4NaAlO₂+2H₂O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO₂，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H₂SO₄酸浸后得到含有Ni²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺的滤液②，Fe²⁺经H₂O₂氧化为Fe³⁺后，加入NaOH调节pH使Fe³⁺转化为Fe(OH)₃沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。

【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO₂(或Na[Al(OH)₄])，加入稀硫酸可发生反应+H⁺+H₂O=Al(OH)₃↓或+H⁺=Al(OH)₃↓+H₂O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H⁺+H₂O=Al(OH)₃↓或+H⁺=Al(OH)₃↓+H₂O；

(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺，故答案为：Ni²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺；

(3)“转化”在H₂O₂的作用是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，可用O₂或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe²⁺，则滤液③中可能含有转化生成的Fe³⁺，故答案为：O₂或空气；Fe³⁺；

(4)由上述表格可知，Ni²⁺完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni²⁺)=1.0×10^-5mol·L^-1，c(H⁺)=1.0×10^-8.7mol·L^-1，则c(OH^-)=，则Ni(OH)₂的；或者当Ni²⁺开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni²⁺)=0.01mol·L^-1，c(H⁺)=1.0×10^-7.2mol·L^-1，则c(OH^-)=，则Ni(OH)₂的；如果“转化”后的溶液中Ni²⁺浓度为1.0mol·L^-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe³⁺完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；

(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni²⁺被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni²⁺+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H₂O，故答案为：2Ni²⁺+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H₂O；

(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni²⁺，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。

【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。

(1). 1∶4    (2). 变大    (3). d    (4). c    (5). 小于    (6). 或等    (7). 选择合适催化剂等

【解析】

【分析】

根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。

【详解】(1)CO₂催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO₂+6H₂ ⇌ CH₂ = CH₂+4H₂O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C₂H₄)：n(H₂O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C₂H₄)变大。

(2) 由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。

(3) 原料初始组成n(CO₂)∶n(H₂)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)^-3=(MPa)^-3。

(4)工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。

(1). B    (2). Si(硅)    (3). 配位    (4). N    (5). sp³    (6). sp²    (7). N＞H＞B    (8). CH₃CH₃    (9). 低    (10). H^δ+与H^δ−的静电引力    (11).

【解析】

【分析】

根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。

【详解】(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。

(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH₃中，N原子有一对孤对电子，故在NH₃BH₃分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH₃BH₃分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp³。NH₃BH₃在催化剂的作用下水解生成氢气和B₃O₆^3-，由图中信息可知，B₃O₆^3-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp²，因此，B原子的杂化轨道类型由sp³变为sp²。

(3) NH₃BH₃分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH₃BH₃分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH₃CH₃。由于NH₃BH₃分子属于极性分子，而CH₃CH₃属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH₃CH₃熔点比NH₃BH₃低。NH₃BH₃分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在H^δ+与H^δ-的静电引力。

(4)在氨硼烷的2´2´2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为g∙cm^-3。

【点睛】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。

 (1). 2−羟基苯甲醛(水杨醛)    (2).     (3). 乙醇、浓硫酸/加热    (4).     (5). 羟基、酯基    (6). 2    (7).     (8). 随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大

【解析】

【分析】

根据合成路线分析可知，A()与CH₃CHO在NaOH的水溶液中发生已知反应生成B，则B的结构简式为，B被KMnO₄氧化后再酸化得到C()，C再与CH₃CH₂OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，D再反应得到E()，据此分析解答问题。

【详解】(1)A的结构简式为，其名称为2-羟基苯甲醛(或水杨醛)，故答案为：2-羟基苯甲醛(或水杨醛)；

(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，故答案为：；

(3)C与CH₃CH₂OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，即所用试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式可知，C发生脱羧反应生成，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；；

(4)化合物E的结构简式为，分子中的含氧官能团为羟基和酯基，E中手性碳原子共有位置为的2个手性碳，故答案为：羟基、酯基；2；

(5)M为C的一种同分异构体，1molM与饱和NaHCO₃溶液反应能放出2mol二氧化碳，则M中含有两个羧基(—COOH)，又M与酸性高锰酸钾溶液溶液反应生成对二苯甲酸，则M分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则M的结构简式为，故答案为：；

(6)由表格数据分析可得到规律，随着取代基R′体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因为R′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，故答案为：随着R′体积增大，产率降低；原因是R′体积增大，位阻增大。