D

【解析】

A.根据图知，CO₂分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，选项A错误；

B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，不存在碳氧之间的键发生断裂，选项B错误；

C. 和组成不相似，结构中也不是相差若干个CH₂，故不互为同系物，选项C错误；

D.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂降低与反应所需的活化能，选项D正确；

答案选D。

D

【解析】

A．质量数=质子数+中子数，因此中子数为8的C原子的质量为6+8=14，则表示为，A错误；

B．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子形成共用电子对，其电子式为，B错误；

C．乙烯含有碳碳双键，其结构式为CH₂=CH₂，C错误；

D．Cl原子核外有17个电子，其原子结构示意图为，D正确；

答案选D。

D

【解析】

A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，A错误；

B．反应能自发进行，说明该反应的<0，该反应的反应物是两分子气体，产物为一分子气体和一分子液体，气体的熵较大，故该反应为熵减反应，即<0，若要<0，则必有<0，B错误；

C．选项中没有说明标准状况，无法确定气体摩尔体积，故5.6L气体不能换算为物质的量进行计算，C错误；

D．，若，则，=10^-5mol/L，故，D正确；

故选D。

A

【解析】

A．因油脂为高级脂肪酸和甘油的酯化反应产物，则油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，选项A正确；

B. 与液溴在溴化铁的催化下反应得到和溴化氢，与溴水不反应，选项B错误；

C.  蛋白质在饱和溶液中发生盐析，选项C错误；

D. 电解熔融得到金属和氯气，电解溶液得到氢氧化镁、氯气和氢气，选项D错误；

答案选A。

BD

【解析】

A.由图可知，400℃时二氧化氮的转化率为85%，则反应的二氧化氮的物质的量为，反应在内的平均速率，A错误；

B.b点未达到平衡状态，反应向正向进行，故所示条件下延长反应时间，转化率将大于42%，B正确；

C.平衡常数仅与温度有关，c、d两点温度不同故平衡常数不相等，C错误；

D.再充入和，等效在原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动，达新平衡时转化率小于35%，D正确；

答案选BD。

CD

【解析】

A．根据表格信息可知，的，的，则醋酸的电离小于甲酸的电离，则甲酸根的水解程度小于醋酸根的水接程度，故浓度均为和溶液中，有：，A错误；

B．的电离平衡常数为：，的水解平衡常数为：，故的电离大于水解，电离产物大于水解产物，故浓度为溶液中：，B错误；

C．的和的混合溶液，的水解程度小，水解产物少，且会电离产生，则，C正确；

D．溶液与溶液等体积混合后，溶质为甲酸和甲酸钠，且二者浓度之比为1：1，的，电离能力大于水解能力，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，再依据电荷守恒，有，D正确；

答案选CD。

AC

【解析】

由结构可知，该有机物含-Cl、-COOC-、C=O、C=C及苯环，具有卤代烃、烯烃、酯及苯的有关性质，然后分析。

【详解】

A．含4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，中∆处的碳原子为手性碳原子，故A正确；

B．分子中∆处的碳原子，为四面体结构，则所有碳原子不可能在同一平面，故B错误；

C．含C=C及苯环能发生加成反应，可以被氧气氧化，或是被酸性高锰酸钾溶液氧化，含苯环和烷基，能发生取代反应、含-Cl能发生消去反应，故C正确；

D．分子中含有酯基，在碱性条件下水解得到酚羟基和羧酸，1mol酚羟基能与1mol氢氧化钠反应，1mol-COOH能与1mol氢氧化钠反应，X分子在氢氧化钠存在条件下易发生水解，则1mol X常温下消耗的NaOH的物质的量大于2mol，D错误；

答案选AC。

【点睛】

难点为选项A，手性碳原子的判断是同一碳原子连接四个不同的原子或基团。

C

【解析】

A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，由于只加了少量浓溴水，生成的少量的三溴苯酚能溶于苯酚溶液，所以得不到白色沉淀，A错误；

B．肉桂醛中除了醛基之外还有碳碳双键，碳碳双键也可以使酸性KMnO₄褪色，故无法断定是否是醛基被氧化，B错误；

C．CH₃CH₂Br与NaOH的水溶液共热可发生水解，生成NaBr，加入硝酸酸化，NaBr与AgNO₃反应生成淡黄色的AgBr沉淀，C正确；

D．麦芽糖也是还原糖，若麦芽糖没有水解完全，剩余的麦芽糖也可以发生银镜反应，故不能证明麦芽糖的水解产物具有还原性，D错误；

故选C。

C

【解析】

充电时F^-从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F^- -3e^-＝BiF₃，乙电极为阴极，反应式为MgF₂+2e^-＝Mg+2F^-，充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F^-生成MgF₂，电极反应式为Mg+2F^--2e^-＝MgF₂，甲为正极，正极上发生还原反应：，据此分析。

【详解】

A．放电时，甲电极是正极，发生还原反应，电极乙为负极，发生氧化反应，故A错误；

B．充电时，电极甲发生氧化反应：电极反应式为：，放电时，甲电极是正极，发生还原反应：，故B错误；

C．充电时F^-从乙电极流向甲电极，充电时，甲电极是阳极，与外加电源的正极相连，故C正确；

D．充电时，乙电极是阴极，由氟化镁转变为镁，电极反应为：MgF₂+2e^-＝Mg+2F^-，当导线上通过电子时，乙电极减重2mol氟原子的质量为；故D错误；

答案选C。

【点睛】

将充电时放电时的电极反应分析清晰是解本题的关键。

B

【解析】

烃的含氧衍生物A的蒸气密度是相同状况下H₂的37倍，所以其相对分子质量为372=74，7.4gA的物质的量为0.1mol，在足量氧气中充分燃烧，并将产物依次通过足量浓硫酸和碱石灰，分别增重9.0g和17.6g，即说明反应生成H₂O和CO₂，根据物质守恒，0.1molA中含有0.5mol×2=1molH原子，含有0.4molC原子，根据质量守恒，7.4gA含有O的质量为7.4g-1×1g－0.4×12g=1.6g，含有O原子的物质的量为0.1mol，故该有机物中C、H、O的个数比为4：10：1；故A的分子式为C₄H₁₀O。根据核磁共振氢谱可知，A中含有4种化学环境的氢，峰面积之比为1:1:2:6，能与金属钠反应放出气体，则A为醇，含有醇羟基，由此推知该物质的结构简式为。

A．A的结构简式为，A错误；

B．A的结构简式为，在铜催化作用下能被O₂氧化生成(CH₃)₂CHCHO，得到醛，B正确；

C．A为醇，不具有酸性，不能使紫色石蕊试液变红，C错误；

D．A的同分异构体共有1－丁醇、2－丁醇、2－甲基－2－丙醇、甲丙醚、二乙醚等，不止3种，D错误。

答案选B。

D

【解析】

A.制取乙烯时，温度计应插入到液面下方，A错误；

B.苯与硝基苯互溶，不能用分液的方法将两者分离，B错误；

C.制取乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集产物，C错误；

D.生成的丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从而达到实验目的，D正确；

答案选D。

B

【解析】

A.根据系统命名法，从离取代基较近一端开始命名，则为2，2—二甲基丁烷，A错误；

B. 为双烯烃，根据系统命名法命名为甲基，己二烯，B正确；

C.取代基编号和应为最小值，则应命名为1，3-二甲苯，C错误；

D.属于醇类物质，应命名为环己醇，D错误；

答案选B。

A

【解析】

A. 的溶液中c(H⁺)=10^-1mol/L，溶液呈酸性，H⁺、、、、之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；

B. 溶液能与反应而呈紫色，不能大量共存，选项B错误；

C. 加甲基橙变红的溶液呈酸性，与[Ag(NH₃)₂]⁺、反应而不能大量共存，选项C错误；

D. 溶液与、分别反应生成一水合氨和钠盐而不能大量共存，选项D错误。

答案选A。

B

【解析】

A．图甲中，小黑球位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，小黑球的个数为，小白球位于立方体内，个数为8，故黑球表示Ca²⁺，白球表示F^-，A错误；

B．由图乙可知，Cu位于晶胞的顶点和面心，属于面心立方最密堆积，面心立方最密堆积中每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有12个，B正确；

C．由图丙可知，盐酸和醋酸起始时导电能力相同，即起始时两种酸溶液中离子浓度相等，但醋酸是弱电解质，溶液中存在大量没有电离的醋酸分子，在稀释的过程中会不断电离，补充CH₃COO^-和H⁺，而盐酸是强酸，溶液中没有HCl分子，稀释过程中无法补充离子，因此稀释相同的倍数醋酸的导电能力会大于盐酸，C错误；

D．反应的平衡常数为K=，由于其它条件不变，那么温度和c(O₂)都不变，K只与温度有关，故K不变，因为c(O₂)不变，由平衡常数表达式可知不变，故也不变，D错误；

故选B。

C

【解析】

A．废弃口罩直接丢弃会造成环境污染。首先废弃口罩上可能有细菌和病毒，其次口罩中含有聚丙烯纤维等高分子材料，在自然界中难以降解，因此会造成环境污染，A错误；

B．聚丙烯中不含碳碳双键，因此不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．丙烯和聚丙烯最简式相同，均为CH₂，因此等质量的丙烯和聚丙烯中C和H的物质的量相等，故完全燃烧时消耗O₂的量相等，C正确；

D．聚丙烯纤维属于有机高分子化合物，但光导纤维是SiO₂，属于无机非金属材料，D错误；

故选C。

2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O    钙离子    Ni₂O₃    放出    根据反应2Ni³⁺+2Cl^-=2Ni²⁺+Cl₂可知，原氧化物中含有Ni₂O₃0.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl₂的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。   

【解析】

镍渣中含、、、等杂质，加入硫酸，反应生成硫酸钙、硫酸铁和硫酸亚铁，但不与酸反应，过滤除去；向滤液中加入过氧化氢和碳酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，并除去含铁滤渣；再加入除去钙离子，最后加入草酸生成草酸镍晶体。

【详解】

(1)加入将亚铁离子氧化成铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O。

(2)综上分析，加入除去的离子是钙离子。

(3)①C点对应的固体残留率为45.4%，设初始的物质的量为1mol，则质量为183g，则C点固体样品的剩余质量为83g，已知375℃以上所得固体为镍的氧化物，的常见化合价为、，则镍的氧化物为NiO、Ni₂O₃，当镍原子的物质的量为1mol时对应的氧化物的质量分别为75、83，故C点对应物质的化学式为Ni₂O₃。

②根据图示可知A→B过程的热流增加，故该过程为放出热量。

③取一定质量的镍的氧化物，用的盐酸恰好完全溶解，生成黄绿色气体可知，生成氯气分子0.2mol，溶液中的全部是价，发生氧化还原反应2Ni³⁺+2Cl^-=2Ni²⁺+Cl₂，则原氧化物中含有Ni₂O₃0.2mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中氯离子的物质的量为，则NiCl₂的物质的量为1.3mol，原氧化物中NiO的物质的量为（1.3-0.4）mol=0.9mol，则该氧化物中和O的物质的量之比1.3：（0.9+0.23）=13:15。

O₂    -751 kJ∙mol^-1    B    Na₂SO₃易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NO_x气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小    2+10e^-+12H⁺= N₂+6H₂O    决定总反应速率的是第2步反应，温度升高后，第1步反应为放热反应，平衡逆向移动，导致N₂O₂(g)的浓度减小，温度升高对于第2步反应的影响弱于N₂O₂(g)浓度的影响，N₂O₂(g)浓度的减小导致反应速率降低   

【解析】

(1)根据化合价升降进行判断；

(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系计算；

(3)利用方程式的关系计算；

(4)利用温度与浓度的变化判断。

【详解】

(1)Pb(NO₃)₂受热分解得到PbO、NO₂，Pb的化合价未变，而N的化合价降低，则O的化合价升高，另一种气体为氧气；

(2)根据表中数据及化学键与焓变的关系，∆H₂=946 kJ∙mol^-1+497 kJ∙mol^-1-632kJ∙mol^-1×2=+179kJ∙mol^-1；根据盖斯定律，∆H₃=∆H₁-∆H₂=-572 kJ∙mol^-1-179kJ∙mol^-1=-751 kJ∙mol^-1；

(3)①根据方程式，n(NO)：n(NO₂)=1：1时，即可完全吸收且消耗O₃的量最少。消耗1mol O₃，生成3mol NO₂，则共消耗6mol的NO，即n(O₃)：n(NO)=1：6，答案为B；

②根据图像可知，0~25min内，Na₂SO₃对NO_x的去除效率明显高于CaSO₃，Na₂SO₃易溶于水，其溶液中亚硫酸根离子浓度较大，能够与NO_x气体充分接触并加快反应速率，而亚硫酸钙难溶于水，其溶液中亚硫酸根离子的浓度较小；

③根据图像可知，电解时，变为N₂，化合价降低，得电子，作阴极，交换膜为质子交换膜，则阴极电极反应式为2+10e^-+12H⁺= N₂+6H₂O；

(4)根据图像可知，第1步反应与第2步反应均为放热反应，升高温度反应速率加快，研究发现，升高温度，总反应速率减慢，则升高温度第1步反应平衡逆向移动，导致N₂O₂(g)的浓度降低，对第2步反应，温度升高的影响弱于N₂O₂(g)的浓度的影响，则总反应速率减慢的原因为N₂O₂(g)的浓度的减小。

3d⁷4s²    纺锤形    正四面体    H₃O⁺    N＞O＞C    sp²        (，，0)   

【解析】

(1)Co为27号元素，根据核外电子排布的规律书写基态Co原子电子排布式，再书写价层电子排布式；O为8号元素，基态O原子核外电子占据最高能级的电子为2p电子；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=(a-xb)计算ClO₄^-的中心原子Cl的价层电子对数，再判断其空间构型；

(2)含有4个原子，10个电子，据此书写与互为等电子体的阳离子；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素判断C、N、O第一电离能的大小顺序；

(3)根据为平面结构判断N原子的杂化方式；

(4)根据立方晶胞的示意图，位于晶胞的顶点和面心，位于晶胞体内，而且与周围的4个构成正四面体结构，位于体心，据此画出的位置示意图；

 (5) 原子1位于晶胞左侧面的面心，坐标是(，0，)，判断出坐标原点，再结合原子2位于晶胞底面的面心判断原子2的坐标。

【详解】

(1)Co为27号元素，基态Co原子电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar] 3d⁷4s²，则价层电子排布式为3d⁷4s²；O为8号元素，基态O原子核外电子占据最高能级的电子为2p电子，电子云轮廓图形状为纺锤形；ClO₄^-的中心原子Cl的价层电子对数为4+=4，空间构型为正四面体，故答案为：3d⁷4s²；纺锤形；正四面体；

(2)含有4个原子，10个电子，与互为等电子体的阳离子为H₃O⁺；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N最外层为半充满状态，较稳定，第一电离能最大，则中所含各元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：H₃O⁺；N＞O＞C；

(3)为平面结构，结构为，则N原子的杂化方式为sp²杂化，故答案为：sp²；

(4)根据立方晶胞的示意图，位于晶胞的顶点和面心，位于晶胞体内，而且与周围的4个构成正四面体结构，位于体心，因此的位置为，故答案为：；

 (5) 原子1位于晶胞左侧面的面心，坐标是(，0，)，则坐标原点如图()；原子2位于晶胞底面的面心，则坐标是(，，0)，故答案为：(，，0)。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意与周围的4个构成正四面体结构，而且位于正四面体的体心，因此俯视图中位于4个构成的正方形的中心。

羰基    酰胺键(或肽键)    取代反应                

【解析】

(1)根据常见官能团的结构和名称分析判断G中的含氧官能团；

(2)根据E→F反应前后结构的变化分析判断反应类型；

(3)根据流程图，中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，D中的也可以与反应生成副产物X(分子式为)， 据此书写X的结构简式；

(4)C的分子式为C₁₃H₁₆N₂O₂，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；③分子中有5种不同化学环境的氢，说明结构具有较好的对称性，结合C的不饱和度分析书写满足条件的C的同分异构体；

(5)根据题干流程图的提示，需要先合成，可以由氧化生成，再根据已知信息合成即可。

【详解】

(1)G()中的含氧官能团有羰基和酰胺键(或肽键)，故答案为：羰基；酰胺键(或肽键)；

(2)E→F反应过程中E分子结构中氨基上的H原子与ClCH₂COCl中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了F，该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；

(3)根据流程图，中一个的H原子与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成了D，若不设计反应①和③，和反应生成D的同时，D中的的H原子也与中的Cl原子结合生成了HCl，其余部分结合生成副产物X(分子式为)， 因此X的结构简式为，故答案为：；

(4)C为，不饱和度为7，分子式为C₁₃H₁₆N₂O₂，①分子中有两个氨基直接与苯环相连，且能发生银镜反应，②能发生水解反应，其水解产物之一可与溶液发生显色反应，说明结构中含有两个氨基、一个甲酸酯基；根据不饱和度，可能含有一个-C≡CH等不饱和结构，③分子中有5种不同化学环境的氢，满足条件的C的一种同分异构体可能为等，故答案为：(或其他合理答案)；

(5) 以和为原料制备，根据题干流程图中和反应生成的提示，需要合成，可以由氧化生成，再根据合成即可，因此合成路线为，故答案为：。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意限制条件的正确解读，难点为(5)，要注意充分利用题干中B→C的提示。

5                    

【解析】

乙苯（）在AlCl₃的催化下与CO、HCl反应生成B（）；C（丙烯）在催化剂的作用下与H₂O发生加成反应生成D（），D经催化氧化生成E（），B与E发生羟醛缩合反应生成F（），F与Cu(OH)₂反应后酸化得到G（），G在浓硫酸作用下发生分子间酯化生成M（）。

【详解】

（1）化合物A（）的一氯代物有、、、、共5种；

（2）根据分析，M的结构简式为；

（3）根据分析，D→E的化学方程式为：；

（4）根据分析，F与含有的悬浊液反应的化学方程式为：

；

（5）化合物G中有一个羧基，一个羟基，可以发生缩聚反应，羧基脱羟基，羟基脱氢，最终生成的高聚物为；

【点睛】

本题要注意第（4）题，F与含有的悬浊液反应时溶液为碱性，故产物为羧酸钠。