A

【详解】

A．“甘之如饴”中“饴”指麦芽糖，白糖的主要成分是蔗糖，与白糖的主要成分不相同，故A错误；

B．朱砂(HgS)是红色固体，难溶于水，可用作红色颜料，故B正确；

C．“沙”和“金”密度的差异大，可用淘洗的方法进行分离，故C正确；

D．“砖”和“瓦”主要成分均为硅酸盐，都属于硅酸盐产品，故D正确；

故选A。

C

【详解】

A．a、f中均有sp³杂化的碳原子，是四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；

B．1mol化合物e（C₈H₈）完全燃烧消耗为(8+)mol=10molO₂，故B错误；

C．六硝基立方烷的同分异构相当于2个H原子的排列方式，有在同一棱上、面对角线上、体对角线上3种结构（不考虑立体异构），故C正确；

D．立方烷热重排产物中d是苯，不能使酸性KMnO₄溶液褪色，故D错误；

故选C。

C

【详解】

A．2Fe³⁺＋Fe=3Fe^2＋，故A错误；

B．蒸发浓缩使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，故B错误；

C．硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，故C正确；

D．晶体析出后，取少量母液，其中含有Fe^2＋，加入，3Fe^2＋+ 2=6K^＋ +，有蓝色沉淀生成，故D错误；

故选C。

B

【详解】

A．硅晶体中，一个硅原子与4个硅原子形成4个Si-Si键，一个Si-Si键2个硅原子共用，平均1molSi晶体中含有的Si-Si键数目为2N_A，故A错误；

B．若在Si晶体中掺入P元素，P最外层是5个电子，可形成多电子的n型半导体，故B正确；

C．p-n结中，p型半导体的空穴浓度高，自由电子的浓度低，P型一侧带负电；而n型半导体的自由电子浓度高，空穴浓度低，N型一侧带正电，故C错误；

D．光伏电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，能量转化形式为：光能→电能，故D错误；

故选B。

B

【分析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。X、Y同周期，X的最高正价与最低负价代数和为4，X位于ⅥA族，为S元素，Y为Cl；化合物ZW₂与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，Z为钙，W为H，CaH₂＋2H₂O=Ca(OH)₂＋H₂↑。

【详解】

由分析：W为H，X为S，Y为Cl，Z为钙。

A．氢的相对分子质量小于氯气，单质的沸点：W<Y，故A错误；

B．化合物CaH₂中只含有离子键，两个H原子间没有化学键，故B正确；

C．元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定。同周期的非金属元素，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性渐强，气态氢化物的稳定性渐强。非金属性：S<Cl，简单氢化物的热稳定性：X<Y，故C错误；

D．X的氧化物的水化物中H₂SO₃是弱酸，H₂SO₄是强酸，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题考查物质结构性质的相互关系应用，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，难点Z和W元素的推断：化合物ZW₂与水剧烈反应，有易燃的单质气体产生，同时生成白色糊状物，明确发生的反应是CaH₂＋2H₂O=Ca(OH)₂＋H₂↑，Z为钙，W为H。

D

【分析】

氢气是还原剂，作电池的负极，Pt/C电极为负极，反应为H₂－2e^－=2H^＋，质子通过交换膜从负极区移向正极区，硝酸是氧化剂，作电池的正极，正极的电极反应为NO₃^－＋4H＋3e^－=NO↑＋2H₂O。

【详解】

A．氢气是还原剂，作电池的负极，Pt/C电极为负极，反应为H₂－2e^－=2H^＋，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A正确；

B．硝酸是氧化剂，作电池的正极，正极的电极反应为NO₃^－＋4H＋3e^－=NO↑＋2H₂O，故B正确；

C．从图中可知：NO与O₂混合后变成HNO₃，进入正极发生电极反应，还原成NO，回到反应池，反应池中发生总反应4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃，实现HNO₃再生，故C正确；

D．根据电子守恒，理论上，当消耗22.4L（标准状况下）H₂时，会消耗0.5molO₂，故D错误；

故选D。

C

【详解】

根据K_a(CH₃COOH）=1.8×10^-5可知当溶液呈中性时，，

A. a点溶液中c（CH₃COOH）≈c（CH₃COO^-），氢离子浓度主要来源于醋酸的电离：CH₃COOHCH₃COO^-+H⁺， ，即c(H⁺)约为，故A正确；

B. b点溶液中，醋酸未反应完，此时溶质为醋酸与醋酸钠，浓度之比为3:7，溶液呈酸性，醋酸钠完全电离，醋酸部分电离，则，故B正确；

C. 当V(NaOH)=50mL时，溶液中溶质为醋酸钠，浓度为1.0mol/L，此时溶液中离子总浓度小于原溶液，故C错误；

D. 从a到c的过程中，温度保持不变，水解平衡常数不变，则溶液中不变，故D正确；

故选C。

B

【详解】

A. 葡萄糖含有醛基具有还原性，蔗糖由一分子葡萄糖的半缩醛羟基与一分子果糖的半缩醛羟基彼此缩合脱水而成，没有醛基，不具有还原性，故A错误；

B. 氨基酸通过脱水缩合反应生成肽链，肽链最终按照特定方式组合生成蛋白质，所以蛋白质水解最终产物是氨基酸，故B正确；

C. 油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，自然界中的油脂是多种物质的混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；

D. 分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，纤维素和淀粉分子式都为(C₆H₁₀O₅)_n中， n值不同导致其分子式不同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，故D错误；

答案选B。

D

【详解】

A．铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，是红色固体，故A错误；

B．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B错误；

C．铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；

D．实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D正确；

答案选D。

【点睛】

二氧化硫具有还原性，漂白性等，可以使品红溶液褪色，只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使之褪色。

A

【详解】

A．根据碳原子形成四个共价键的原则可知，芳樟醇的分子式为，故A正确；

B．与羟基相连的的碳原子采用sp³杂化，使与之相连的甲基上的碳和亚甲基上的碳和它不在同一平面上，故B错误；

C．与羟基相连的碳原子上没有氢原子，故不能在铜催化下发生氧化反应，故C错误；

D．与溴的溶液发生加成反应，可能是双键分别被加成，或是双键都被加成，产物应该有三种，故D错误；

答案选A。

C

【分析】

根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO₂+H₂O+TBA=NaHCO₃+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O₂+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl₂+2TBA+H₂O，乙烯的氯化过程为C₂H₄+2CuCl₂C₂H₄Cl₂+2CuCl，由此分析。

【详解】

A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；

B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O₂+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl₂+2TBA+H₂O，实现了TBA、CuCl₂的再生，故B正确；

C．制碱过程为NaCl+CO₂+H₂O+TBA=NaHCO₃+TBA⋅HCl，理论上每生成1mol NaHCO₃需要1mol TBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O₂+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl₂+2TBA+H₂O，乙烯的氯化过程为C₂H₄+2CuCl₂C₂H₄Cl₂+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C₂H₄Cl₂，则理论上每生成1mol NaHCO₃，可得到0.5mol C₂H₄Cl₂，故C错误；

D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C₂H₄+2CuCl₂C₂H₄Cl₂+2CuCl，故D正确；

答案选C。

B

【分析】

Y是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质，Z是第三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg，由此分析。

【详解】

A．O^2-和Mg²⁺的核外电子排布相同，核电荷数越大，对原子核的吸引能力越强，半径越小，故半径r(O^2-)＞r(Mg²⁺)，即，故A错误；

B．X是碳，Y是氧，碳和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：，故B正确；

C ．W是H，Y是O，W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C错误；

D．Z是Mg，它最高价氧化物对应的水化物为弱碱，故D错误；

答案选B。

D

【详解】

A．放电时，该电池为原电池，X极上钠失电子形成钠离子，发生氧化反应，为原电池的负极，故A正确；

B．充电时，X极是阴极，向X极迁移，故B正确；

C．放电时，该装置为原电池，Y极为原电池的正极，由图可知CaFeO₃转化为CaFeO_2.5，电极反应为：，故C正确；

D．锂的摩尔质量比钠小，故锂单位质量输出的电能多，单位质量金属放出的电能： Li＞Na，故D错误；

答案选D。

B

【详解】

A．常温下，NH₄Cl的水解平衡常数数量级为≈10⁻¹⁰，A正确；

B．a点时，NH₄⁺水解，水的电离程度增大；b点时，pH=9，则由NH₃∙H₂O电离产生；c点时，pH>9，由NH₃∙H₂O电离产生，所以b、c两点水的电离受到抑制，且c点水的电离受到抑制的程度比b点大，所以水的电离程度大小关系为a>b>c，B错误；

C．点时，pH=9，c(OH^-)=10^-5mol/L，溶液中c(Mg²⁺)==0.18mol/L，C正确；

D．a点溶液中，依据电荷守恒可得2c(Mg²⁺)+c(NH₄⁺)+c(H⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)，所以c(NH₄⁺)+c(H⁺)＜c(Cl⁻)+c(OH⁻)，D正确；

故选B。

【点睛】

分析溶液中微粒浓度关系时，首先应判断建立此关系的前提是什么？是电荷守恒、物料守恒，还是质子守恒？然后才能利用电离及水解反应的主次进行判断。

Na₂O₂＋2NaH₂PO₄＝2Na₂HPO₄＋H₂O₂    防止H₂O₂受热分解，沉降Na₂HPO₄·nH₂O固体    圆底烧瓶    B    注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL    恢复室温或体积不再改变或压强不再改变    V₂－V₁        反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可   

【分析】

由反应流程可知转化方程式为Na₂O₂＋2NaH₂PO₄＝2Na₂HPO₄＋H₂O₂，H₂O₂ 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；

H₂O₂具有还原性，与KMnO₄反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H₂O₂溶液浓度，

【详解】

由分析可知：

(1)转化中方程式为Na₂O₂＋2NaH₂PO₄＝2Na₂HPO₄＋H₂O_2，低温放置目的在于防止H₂O₂受热分解，沉降Na₂HPO₄·nH₂O固体；

(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；

(3)①由H₂O₂的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO₄溶液测量结果更精确，故选B；

②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL

(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；

②注射器中气体体积的变化是由于H₂O₂的分解产生的O₂引起的，故氧气的体积为V₂－V₁ mL；

③由题中信息可知生成的的质量m(O₂)=ρg/LL，由 可知：；故可得m(O₂)=  所以结合式子可得N_A=；

(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。

＋247.0kJ·mol⁻¹    AB    5.2    60%    p₀²或1.265625 p₀²    CO₂＋Co₃C＋2H₂⇌CH₃COOH＋3Co    低温    第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)   

【分析】

I．利用该盖斯定律进行计算，将反应1、反应2、反应3相加可以得到总反应，可以求出“反应l”的△H的数值；从图像信息分析m的值，k的值和速率的变化；

II．根据图示可以写出化学反应方程式。从化学平衡移动的方向分析浓度，温度对平衡的影响。

【详解】

I．(1)反应l：CH₄(g)＋CO₂(g)⇌2H₂(g)＋2CO(g)△H₁

反应2：2H₂(g)＋CO(g) ⇌CH₃OH(g)△H₂=－90.9kJ·mol^－1

反应3：CH₃OH(g)＋CO(g) ⇌CH₃COOH(g)△H₃=－118.2kJ·mol^－1

总反应：CH₄(g)＋CO₂(g) ⇌CH₃COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol^－1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，△H₁+△H₂+△H₃=△H，则△H₁=△H-△H₂-△H₃=＋37.9kJ·mol^－1－(－90.9kJ·mol^－1)－(－118.2kJ·mol^－1)=＋247.0kJ·mol⁻¹；

(1)①A．当10kPa≤≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图像为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；

B．由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，增大，在的值为25 Kpa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；

C．由图像可知，va＞vb＞vc， a和b的相等、根据公式，，由于va＞vb ，ka＞kb，三个点中c点值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；

答案选AB；

②若初始时按n(CH₄)：n(CO₂)=1：1进气，则b点的化学反应速率，已知K_b=1.3×10^－2mol·g^－1·s^－1·Kpa^－2，CH₄(g)＋CO₂(g)⇌2H₂(g)＋2CO(g)，由图像可知，当10kPa≤≤25kPa时，m=l，n=1， v_b= =1.3×10^－2mol·g^－1·s^－1·Kpa^－2×400=5.2 mol·g^－1·s^－1；

(3) 反应l：CH₄(g)＋CO₂(g)⇌2H₂(g)＋2CO(g)△H＞0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH₄(g)的转化率增大，则平衡时CH₄(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH₄(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p₀，设CH₄和CO₂的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH₄(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：

平衡常数K_923K==p₀²或1.265625 p₀²；

II．(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为CO₂＋Co₃C＋2H₂⇌CH₃COOH＋3Co；

②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH₃COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H₂浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH₃COOH的平衡产率增大。

【点睛】

关于速率常数的理解是难点，需要学生结合图像，分析清晰每一条曲线的意义，会用速率常数的公式进行计算。

或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²    O、N    O＞N＞C＞H    B    BCD    SO₂或SnO₂    Co原子半径小且价电子数多，金属键强    面心    12    或或或   

【分析】

根据均摊法和化合物的分子式确定氧原子的位置和与Co紧邻的O的个数，利用晶胞的质量和体积计算晶胞密度。

【详解】

(1)Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²；

(2)①根据配合物的结构和配位键的形成特点，配合物中提供孤对电子的原子是O、N；

②该多齿配体中所含元素为H、C、N、O，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，H元素与C、N、O形成化合物时，一般氢元素的化合价为正价，故电负性最小，故电负性的大小为O＞N＞C＞H；

③上述配合物中C位于苯环上和亚甲基上，苯环上的碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp²杂化，亚甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp³杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp²杂化，

A．中苯环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp²杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp²杂化，故A不符合题意；

B．.中氮环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp²杂化，甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp³杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp²杂化，故B符合题意；

C．中环己烷上的碳原子价层电子对数诶4对，均采用sp³杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp²杂化，故C不符合题意；

D．中碳原子价层电子对数为4对，均采用sp³杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp²杂化，故D不符合题意；

答案选B。

(3)根据图示，①中Co(NO₂)₆存在的化学键类型有极性共价键、配位键，亚硝酸钴钠可与K⁺形成离子键；

②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有SO₂或SnO₂；

(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是Co原子半径小且价电子数多，金属键强；

(5) 根据CoTiO₃晶胞中Co处于各顶角位置，根据Co原子的数目为1个，O原子的数目为3个，则O处于面心位置，由图可知与Co紧邻的O的个数为12个，若晶胞中Co与O的距离为anm，则晶胞的边长为cm，阿伏加德罗常数的值为N_A，该晶体的密度为

，化简可得或或。

【点睛】

在计算密度时，需要利用数学计算，勾股定律计算出晶胞的半径，单位的换算是易错点。

＜    降温        a    相同条件下，NO去除率更高    BD    0.0225    96%   

【分析】

(1)根据反应可以自发进行的判据，常温下ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH的大小，根据化学平衡的移动分析，让平衡正向移动的方法；

(2)将总反应减去第一步，第二步，第四步反应式，得到第三步反应式；

(3) ①490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是一氧化氮的去除率最高的，、去除NO的去除率较高；

②图像中490℃时NO的去除率是45%，从浓度和催化剂角度分析去除率提高的原因；

③利用速率公式，结合“三段式”，平衡常数进行计算。

【详解】

(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；

(2)总反应为，

① 、②、④

根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到：；

(3) ①由图可知，、和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知，、去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；

②根据图像可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，

A．及时分离出，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A错误；    

B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B正确；

C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C错误；

D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D正确；

答案选BD。

③根据图像，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L，；

设平衡时生成的氮气的浓度为x，

开始mol/L        0.1        0       0

变化mol/L        2x         x       x

平衡mol/L      0.1-2x        x       x

则平衡常数K==121，解得x=，反应达平衡时NO的去除率为×100%=96%。

有利于Pd与Al₂O₃的分离    3Pd＋ClO₃^-＋6H⁺＋11Cl^-＝3PdCl₄^2-＋3H₂O    AlCl₃    对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)    NaClO₃   

    负    H₂   

【分析】

废Pd/A1₂O₃纳米催化剂(主要成分及含量：Pd 0.3%，γ-A1₂O₃ 92.8%，其他杂质6.0%)进行预处理，废催化剂进行焙烧，使大量的γ-A1₂O₃经焙烧转化为α-A1₂O₃，处理后，加入足量盐酸和NaClO₃进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl₄^2-，γ-A1₂O₃转化为Al³⁺后过滤，发生的离子反应为：3Pd＋ClO₃^-＋6H⁺＋11Cl^-＝3PdCl₄^2-＋3H₂O，A1₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+ 3H₂O，α-A1₂O₃不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α-A1₂O₃以滤渣的形式除去，得到含有PdCl₄^2-、Al³⁺的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl₄^2-置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al³⁺、Cl^-的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al³⁺、Cl^-、H⁺的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO₃，将Pd溶解转化为PdCl₄^2-，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl₄^2-转化为，再加入盐酸，使转化为沉淀，过滤后，对进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此分析解答。

【详解】

(1)由于α-A1₂O₃不与酸反应，“预处理”时，γ-A1₂O₃经焙烧转化为α-A1₂O₃，该操作的主要目的是将大量的A1₂O₃在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al₂O₃的分离；

(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化为PdCl₄^2-，其离子方程式为3Pd＋ClO₃^-＋6H⁺＋11Cl^-＝3PdCl₄^2-＋3H₂O；

(3)根据分析“滤液①”主要含有Al³⁺、Cl^-，“滤液②”中主要含有Al³⁺、Cl^-、H⁺，二者都含有的主要溶质有AlCl₃；

(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO₃替代NaClO₃，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到mol≈0.016mol的电子，106.5g NaClO₃为1mol，做氧化剂转化为PdCl₄^2-，转移6mol电子，即1g NaClO₃参与反应得到mol≈0.056mol电子，两者相比，NaClO₃的氧化效率更高。

(5)“沉淀”时，转化为沉淀，其化学方程式为＋2HCl＝↓＋2NH₄Cl；

(6) ①BrO₃^-能在负载Pd/A1₂O₃纳米催化剂的电极表面快速转化为Br^-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/A1₂O₃纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连；

②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO₃^-得到转化为Br^-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：H⁺+2e^-=H₂↑。

【点睛】

本题的难点为(6)，由于电解池的电解液为酸性，有大量的氢离子，电流密度过大，即进入到阴极的电子数量过多，根据电解池阴极阳离子放电顺序，过多的电子首先会被氢离子得到转化为氢气。

        搅拌        分液        根据可知，加入，增大，平衡向左移动            

【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)经过焙烧后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为、、，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有、，SO₄^2-，经萃取分液后，水相2中含有和，有机相2中含有、SO₄^2-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O₂=2+4SO₂，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；

(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；

(3)根据图像，找到最多，较少的协萃比为4:1；

(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；

(5)有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为；

(6)根据可知，加入，增大，平衡向左移动，能进行反萃取；

(7)水相1中含有、，SO₄^2-，经萃取分液后，水相2中含有和；

(8)可以表示成，在碱性条件下可发生氧化反应，生成，电极反应为。

    羧基、酯基    取代反应、还原反应    cd    ＋H₂N－CH₂－CH₂－NH₂→＋2HCl    13        CH₂=CHCH=CH₂Cl－CH₂CH=CHCH₂ClCl－CH₂CH₂CH₂Cl   

【分析】

(1)~(3)：由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应①则是与之间生成，C分子式为C₉H₈O₄，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应④，用逆合成分析法推知，C为，据此填空；

(4)参照上述合成路线的反应⑥，类推即可；

(5)限定条件的同分异构体的种类判断，可从分子式为C₉H₈O₄，不饱和度为6切入，找出满足条件的官能团判断；

(6)参照题目提供的合成线路，结合逆分析法，找出流程；

【详解】

(1)由分析知A为，C为，则C中含氧官能团的名称是羧基、酯基；

答案为：；羧基、酯基；

(2)反应①是与之间发生反应得到，苯环上相邻2个氢原子被取代，同时得到氯化氢，故是取代反应，反应③过程中硝基转化为氨基，去氧得氢，则③为还原反应；

答案为：取代反应、还原反应；

(3)a．A为，苯环所连并不是烷基，故不是苯的同系物，a错误；

b．B为，分子内有7种氢原子，故一氯代物有7种，b错误；

c．C为，1molC最多可与2molNaOH反应，c正确；

d．反应⑤是取代反应，除了得到有机产物外，还有HCl生成，故弱碱性条件有利于反应⑤进行，d正确；

答案为：cd；

(4)草酰氯与乙二胺()反应由反应⑥类推即可，发生取代反应，可得到一种六元环状化合物和HCl，该反应的化学方程式为＋H₂N－CH₂－CH₂－NH₂→＋2HCl；

答案为：＋H₂N－CH₂－CH₂－NH₂→＋2HCl；

(5)化合物W与C互为同分异构体，分子式为C₉H₈O₄，不饱和度为6，且从满足下列条件可知其含的基团或官能团：由“①属于芳香族化合物且能与NaHCO₃反应”知含羧基：由“②能发生银镜反应”知含-CHO；由“③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl₃发生显色反应”知含酚酯基，由于是6个不饱和度，故其必定含甲酸酚酯基、羧基，则W的结构存在以下二种情况：一是可看作苯环上的1个氢原子被取代所得，共3种同分异构体，即苯环上2个取代基位于邻、间、对位3种情况，另一种是苯环上有3个取代基，分别是、-COOH和-CH₃，结构的苯环上再引入-CH₃有2种、结构的苯环上再引入-CH₃有4种、结构的苯环上再引入-CH₃有4种、则满足条件的同分异构体共有13种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为；

答案为：13种；；

(6)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到，需和ClCH₂CH₂CH₂Cl在AlCl₃条件下反应，Cl－CH₂CH₂CH₂Cl则可以由CH₂=CHCH=CH₂与氯气先进行1,4-加成得ClCH₂CH=CHCH₂Cl、后ClCH₂CH=CHCH₂Cl与氢气加成所得，由苯和1，3－丁二烯合成的路线为：CH₂=CHCH=CH₂ClCH₂CH=CHCH₂ClClCH₂CH₂CH₂Cl；

答案为：CH₂=CHCH=CH₂ClCH₂CH=CHCH₂ClClCH₂CH₂CH₂Cl。

甲醛    羟基、醚键    取代反应        +2Cu(OH)₂+NaOH +Cu₂O↓+3H₂O    8    或或        

【分析】

A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH₄的作用下生成C，C加入PBr₃可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为，D的结构简式为，F的结构简式为，F与在SOCl₂作用下生成G，据此分析解答。

【详解】

(1) A是，X为醛类物质，得到，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；

(2) C的结构简式为，D的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；

(3)根据分析，化合物F的结构简式为；

(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为+2Cu(OH)₂+NaOH +Cu₂O↓+3H₂O；

(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C₇H₆O₃，满足条件：①能与溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②与足量金属Na反应生成，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为中的任意一种；

(6)以为起始原料制备的合成线路为。

球形干燥管    防倒吸        溶液中有大量墨绿色固体产生    三颈烧瓶中有白烟    干燥管中有液体上升后下降的现象    偏低        0.04000或0.04    B    0.02000或0.02        

【分析】

(1)根据仪器的形状用途回答；

(2)实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；

(3)反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；

(4)从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；

(5)氨气与氯化氢会反应生成氯化铵作为副产物；

(6)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；

(7) ①用标准溶液滴定过量的，根据滴定终点，判断所加的指示剂；

②利用10.00mL0.1mol/L的溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；

(8)根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目；

【详解】

(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；

(2)实验室制取氨气的化学方程式为；

(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；

(4)若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；

(5)该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；

(6) 20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；

(7)①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；

②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl^-~Ag⁺，n(Cl^-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；

(8)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2 g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。

或    三角锥形                As＞Se＞Ge    分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H⁺，故酸性更强    砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小        八面体空隙        

【分析】

(1)根据构造原理，写出镍的核外电子排布式；

(2)根据价层电子对互斥理论，判断出价层电子对数，得出分子的构型；

(3)①根据N原子的成键方式，判断杂化类型；

②根据配位键的定义画出配位键；

(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，根据同周期第一电离能的变化规律判断；

(5)比较分子中非羟基氧原子数目，从电负性角度分析；

(6) Ni位于顶点和棱心，As位于体心，计算出Ni和As的个数，得出分子式，六个镍原子围成八面体空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，计算出面积S_底=，代入密度公式。

【详解】

(1)28号元素是镍，核外电子排布式为，基态失去最外层的两个电子，核外电子排布式为或；

(2)的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，分子的立体构型为三角锥形；

(3) ①氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为3对，杂化方式为，形成三对单键的氮原子形成的σ键数为3对，孤对电子数为1对，价层电子对数为4对，杂化方式为杂化；

②镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为；

(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为：As＞Se＞Ge

(5) 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H⁺，故酸性更强；

砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，的键角小于；

(6) Ni位于顶点和棱心，个数为8×+4×=2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1:1，化学式为；六个镍原子围成八面体空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，计算出面积S_底=，代入密度公式得到。