C

【详解】

A．云、雾和烟均为胶体，且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系，故均为气溶胶，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；

B．浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故B错误；

C．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原为氯气，故C正确；

D．从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D错误；

答案选C。

【点睛】

浓度为75%的医用酒精消毒效果最高，可以杀死病毒，在疫情期间可以使用医用酒精杀菌，但不是浓度越大越好。

A

【详解】

A．煮楻足火过程中发生了化学反应，属于化学变化，故A正确；B．将被打烂之竹料倒入水槽内，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故B错误；C．捞好的纸膜一张张叠好，用木板压紧，上置重石，将水压出，变化过程中无新物质生成，故C错误；D．将湿纸逐张扬起，并加以焙干，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故D错误；

故选A。

点睛：本题考查了古法制纸工艺，物质变化实质、注意变化过程中是否有新物质生成。解答本题的关键是理解造纸过程中的各步骤的本质。

B

【详解】

A. 2 mol NO与1 mol O₂发生反应2NO+O₂=2NO₂，生成2 mol NO₂，因为存在化学平衡2NO₂N₂O₄，所以最终达到平衡时气体分子数小于2N_A，A项错误；

B. 标准状况下，7.8 g乙炔(C₂H₂，0.3mol)中含C-H键0.6mol，7.8 g苯(C₆H₆，0.1mol) 中含C-H键0.6mol，所以二者的混合物中含C-H键数目为0.6N_A，B项正确；

C. 将1 mol NH₃通入足量水中，NH₃、NH₃ ·H₂O、NH₄⁺ 粒子数目之和为N_A，C项错误；

D. 若不考虑Fe³⁺水解，1 L 0.1 mol·L⁻¹ FeCl₃ 溶液中含 Fe³⁺数目为0.1N_A，但Fe³⁺要发生水解，使Fe³⁺数目减少，D项错误；

答案选B。

D

【详解】

A．由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，故A不符合题意；

B．打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，故B不符合题意；

C．水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故C不符合题意；

D．检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，故D符合题意；

答案为D。

D

【分析】

由已知条件可推出n为Na₂O₂、s为NaOH、r为O₂、p为H₂O，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。

【详解】

A. Z是Na，同一周期，原子序数增大，原子半径减小，所以Z是所在周期中原子半径最大的元素，A项正确；

B. W、Y、Z对应的简单离子分别为：H⁺、O^2-、Na⁺，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，可知简单离子半径大小：Y﹥Z﹥W，B项正确；

C. 非金属性：O﹥C﹥H，则电负性：O﹥C﹥H，C项正确；

D. n为Na₂O₂，1个Na₂O₂有两个钠离子和一个过氧根离子，则阴阳离子个数比为 2：1，D项错误；

答案选D。

【点睛】

考查原子结构和元素周期律的知识，结合实验现象和化学反应的关系推出元素的类别；再根据元素周期律的递变规律推出元素的性质；突破口在n，根据Na₂O₂的性质能与水和二氧化碳反应即可找到各元素名称。

D

【详解】

A. 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO₃溶液，先有黄色沉淀生成，由于不能确定起始时氯离子和碘离子的浓度大小关系，因此不能据此得出K_sp(AgCl)＞K_sp(AgI)，A项错误；

B. 将硫酸酸化的过氧化氢溶液滴入Fe(NO₃)₂溶液中，因为硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性、可以把亚铁离子氧化，所以，此实验无法证明H₂O₂氧化性强于Fe³⁺，B项错误；

C. 因为Na₂CO₃溶液的水解是分步进行的，以第一步为主，即CO₃^2-+H₂OHCO₃^-+OH^-，NaA的水解的离子方程式为A^-+H₂OHA+OH^-，用pH计测定0.1moI/L NaA溶液的pH小于0.1moI/L Na₂CO₃溶液的pH，只能证明HA的酸性强于HCO₃^-，不能证明酸性：HA＞H₂CO₃，C项错误；

D. 铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，D项正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查实验原理和物质的化学性质的知识，解答时根据沉淀溶解平衡原理判断A选项，根据电离平衡常数和水解原理判断C选项。

A

【详解】

A. 向NaHCO₃溶液中加足量Ba(OH)₂溶液，把NaHCO₃的物质的量看做1mol，则离子方程式是HCO₃^－＋Ba^2＋＋OH^－=BaCO₃↓＋H₂O，A项正确；

B. 草酸是弱酸，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，反应离子方程式是：2MnO₄^-+6H⁺+H₂C₂O₄=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，B项错误；

C. Cu溶于稀硝酸放出NO气体，反应离子方程式是3Cu＋8H^＋＋2NO₃^－=3Cu^2＋＋2NO↑＋4H₂O，C项错误；

D. 硫酸铜溶液中滴加足量浓氨水，二者反应先生成氢氧化铜沉淀，然后氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，D项错误；

答案选A。

【点睛】

定量离子方程式书写时，把量少的物质看做1mol，所以向NaHCO₃溶液中加足量Ba(OH)₂溶液，把NaHCO₃的物质的量看做1mol，离子方程式是HCO₃^－＋Ba^2＋＋OH^－=BaCO₃↓＋H₂O；向NaHCO₃溶液中加少量Ba(OH)₂溶液，把Ba(OH)₂的物质的量看做1mol，离子方程式是2HCO₃^－＋Ba^2＋＋2OH^－=BaCO₃↓＋CO₃^2－＋2H₂O。

C

【详解】

A. 砷最高价为+5，砷酸的分子式为H₃AsO₄，A项错误；

B. 红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO₂，原电池正极发生还原反应，所以NO₂在正极生成并逸出，B项错误；

C. As₂S₃被氧化为砷酸和硫单质，As₂S₃化合价共升高10，硝酸被还原为NO₂，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，C项正确；

D. As₂S₃被氧化为砷酸和硫单质，1molAs₂S₃失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.3mol硫黄，转移1mol电子，D项错误；

答案选C。

B

【详解】

A. 甲和乙所有的碳都没有连接四个不同的基团或原子，故都不含有手性碳原子，A项错误；

B. 二者分子式相同，甲和乙不能用质谱法鉴别，B项正确；

C. 甲含有苯环，8个C原子共面，乙含有碳碳双键，最多6个C原子共面，C项错误；

D. 甲与溴水发生取代反应，乙与溴水发生加成反应，反应类型不相同，D项错误；

答案选B。

B

【详解】

A. A点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H⁺)=10^-1.85mol/L，H₂A的一级电离平衡常数为K_a1==10^-1.85mol/L，所以c(H⁺)=K_a1，表明溶液中c(NaHA)=c(H₂A)，若恰好是10mL NaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H₂A)，平衡时c(H₂A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H₂A)，即V₀＜10mL，A项正确；

B. B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H₂A)+c(H⁺)=c(A²⁻)+c(OH⁻)，B项错误；

C. c点pH=7.19=pK_a2，K_a2=c(A²⁻)×c(H⁺)/c(HA⁻)=10^-7.19，所以c(A^2-)=c(HA^-)，C项正确；

D. D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na₂A，为第二个滴定终点，此时Na₂A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A²⁻+H₂O⇌HA⁻+OH⁻，则A²⁻水解平衡常数K_hl====10^-6.81，D项正确；

答案选B。

【点睛】

掌握溶液中的离子浓度的计算和比较，注意抓住一些关键点，如H₂A与氢氧化钠1:1反应时的溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系，按1:2反应时溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系等，掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒，和质子守恒关系式的书写。

A

【分析】

澄清溶液，往该溶液中加入过量的BaCl₂和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO₄^2-，加足量氯水，无气体，则无CO₃^2-，溶液加四氯化碳分液，下层紫红色，则有I^-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO₃^2-，无Ca²⁺、Fe³⁺，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L^-1；根据电荷守恒，一定含有NH₄⁺、Na⁺、K⁺，一定不存在Cl^-；滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离，结合溶液为电中性来解答。

【详解】

A. 根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，溶液中一定存在 Na^＋、K^＋，不需要焰色反应来确定，A项错误；

B. 通过CCl₄ 层的颜色变化，能判断出溶液中 I^－肯定存在，B项正确；

C. 试样加足量的Cl₂水，没有气体产生，说明无CO₃^2－，C项正确；

D. 由分析可知，肯定不存在的离子是Ca^2＋、Fe^3＋、SO₄^2－、CO₃^2－、Cl^－，D项正确；

答案选A。

C

【详解】

A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；

B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；

C．FeCl₃溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；

D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；

答案选C。

A

【详解】

A正确；

B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH₂=CH₂，B错误；

C、C₄H₈是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C₄H₆，C错误；

D、丙烯的分子式为CH₂=CH-CH₃，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误；

故选A。

【点睛】

①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。

B

【详解】

A. 二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；

B. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；

C. SiO₂可与水不反应，C项错误；

D. 半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；

答案选B。

D

【解析】

A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO₃，A错误；B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B错误；C. Fe与H₂O蒸汽在高温下反应生成Fe₃O₄，Fe₂O₃与H₂O不反应，不能生成Fe(OH)₃，C错误；D. Na与H₂O反应生成NaOH和H₂，NaOH和足量CO₂反应生成NaHCO₃，D正确；答案选D.

点睛：Fe与H₂O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe₃O₄，而不是Fe₂O₃。

C

【详解】

A. 在溶液中加酸化的BaCl₂溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；

B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；

C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO₄+5H₂O═CuSO₄⋅5H₂O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；

D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；

答案选C。

C

【分析】

除杂要遵循一个原则：既除去了杂质，又没有引入新的杂质。

【详解】

A．因铁粉能与CuSO₄反应生成FeSO₄和Cu，铁粉不能与FeSO₄反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除来去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，A正确；

B．用NaOH溶液溶解后，铝会溶解，铁不会溶解，过滤即可除去杂质铝，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，B正确；

C．浓H₂SO₄有吸水性，可以干燥气体，但浓H₂SO₄具有强氧化性，NH₃会与其发生氧化还原反应，达不到除杂的目的，C错误；

D．MnO₂不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO₂、洗涤、烘干，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，D正确；

答案选Ｃ。

A

【详解】

A项、是由和Cl^—构成的配位化合物，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价，故A正确；

B项、H₂O₂ 为共价化合物，电子式为，故B错误；

C项、NH₃为共价化合物，分子中只存在共价键，NH₄Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故C错误；

D项、中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，原子符号为，故D错误；

答案选A。

【点睛】

原子符号中，a代表质量数，不是代表中子数，是解答的易错点。

B

【详解】

①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 ，故错误；

②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；

③.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；

④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；

⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；

⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。

故选B。

D

【详解】

A．糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；

B．石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；

C．蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；

D．酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；

答案选D。

【点睛】

油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。

A

【分析】

根据三种基态原子的电子排布式：①1s²2s²2p⁶3s²3p⁴；②1s²2s²2p⁶3s²3p³；③1s²2s²2p⁵可判断①、②、③分别代表的元素为：S、P、F。

【详解】

A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；

B．S、P、F价电子数分别为：6、5、7，即③＞①＞②，B错误；

C．根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C错误；

D．S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即①＞②＞③，D错误；

答案选A。

C

【解析】

A、K⁺离子与O₂^-离子形成离子键，O₂^-离子中O原子间形成共价键，故A错误；

B、K⁺离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O₂^-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K⁺和4个O₂^-，故B错误；

C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K⁺为研究对象，其平面上与其距离最近的O₂^-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；

D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。

【点睛】

易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K⁺为研究对象，其平面上与其距离最近的O₂^-有4个，上方和下方各有一个。

C

【详解】

A、正确关系为c(OH^－)＝c(HCO₃^－)＋c(H^＋)＋2c(H₂CO₃)，因为由一个CO₃^2－水解生成H₂CO₃，同时会产生2个OH^－，故A错误；

B、NaHCO₃溶液中，根据物料守恒可得：c（Na⁺）=c（CO₃^2﹣）+c（HCO₃^﹣）+c（H₂CO₃），故B错误；

C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2 c（K^＋）= c（HX）+c（X^－），故C正确；

D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO₃溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na^＋）+ c（H^＋）=2c（CO₃^2－）+c（OH^－）+c（HCO₃^－），故D错误；

综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】

本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。

AC

【详解】

A. 该反应前后气体系数之和不同，平衡移动过程中压强会发生变化，所以体系内压强保持不变时说明反应达到平衡，A项正确；

B. 体系内混合气体总质量保持不变，恒容体积不变，气体密度始终保持不变，不能判断化学平衡，B项错误；

C. 反应达到平衡时各组分含量保持不变，所以CO₂的体积分数保持不变说明反应达到平衡，C项正确；

D. 断裂3mol H-H键的同时需要断裂3mol H-O键，说明消耗3mol氢气的同时消耗1mol甲醇和1mol水，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D项错误；

答案选AC。

ds    直线形        失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d¹⁰ 电子，Fe 失去的是 4s¹ 电子        12N_A    BCD    12    ×10¹⁰   

【分析】

(1)Ag在第五周期第ⅠB族；依题意：中Ag⁺以sp杂化成键；

(2)铜是29号元素，分析Cu^＋基态核外电子排布式；

(3)根据电子排布分析；

(4)①CN^-与N₂是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写；CN^-与Fe²⁺以配位键结合，这6个配位键都属于σ键，还有6个CN^-中各有一个σ键；

②根据分子式分析；

(5)根据晶胞，Fe²⁺为面心立方，与Fe²⁺紧邻且等距离的Fe²⁺数目为12个；晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。

【详解】

(1)Ag在第五周期第ⅠB族，属于ds区；依题意：中Ag⁺以sp杂化成键，应该是直线形，故答案为：ds；直线形；

(2)铜是29号元素，Cu^＋基态核外电子排布式为，故答案为：；

(3)Cu⁺的价电子排布式为3d¹⁰，Fe⁺的价电子排布式为3d⁶4s¹，Cu⁺再失去的是3d¹⁰上的电子，而Fe⁺失去的是4s¹的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d¹⁰处于全充满，更稳定，所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d¹⁰ 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是4s¹ 电子，所需能量低，故答案为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d¹⁰ 电子，Fe 失去的是 4s¹ 电子；

(4)①CN^-与N₂是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN^-与Fe²⁺以配位键结合，这6个配位键都属于σ键，还有6个CN^-中各有一个σ键，1个配离子中含有的σ键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 N_A个σ键，故答案为：；12N_A；

②是离子化合物，含有离子键，阳离子K⁺与配离子之间以离子键结合，Fe²⁺与CN^-以配位键结合，CN^-中的两种原子以极性共价键结合， 故答案为：BCD；

(5)根据晶胞，Fe²⁺为面心立方，与Fe²⁺紧邻的等距离的Fe²⁺有12个；用“均摊法”，晶胞中含Fe²⁺：8+6=4个，含O^2-：12+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为cm³；晶胞的体积为cm³N_A4=cm³，晶胞的边长为cm，Fe²⁺与O^2-最短核间距为cm=cm=10¹⁰pm，故答案为：12；×10¹⁰。

【点睛】

本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。

13    CH₃COOHCH₃COO^-＋H^＋，H₂OOH^-＋H^＋    ①④    丙    20.00    2    CH₃COO^-＋H₂OOH^-＋CH₃COOH   

【详解】

(1) 氢氧化钠是强碱，所以溶液中氢离子浓度是1 x10^-13mol/L，则溶液的pH=13；

(2)醋酸和水都是弱电解质，存在电离平衡，所以电离方程式分别是CH₃COOHCH₃COO^-＋H⁺，H₂OOH^-＋H⁺；

(3) 常温下，用水稀释0.1mol·L^-1的CH₃COOH溶液，促进反应CH₃COOHCH₃COO^-＋H⁺向右移动，所以n(H⁺)变大，但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度，所以c(H^＋)变小，但是，常温下K_w不变，根据K_w= c(H⁺)· c(OH^-)不变，所以c(OH^-)变大；温度不变，

K_a= 不变，而c(H^＋)变小，所以变小；

(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的，且溶液中氢离子或OH^-浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知，甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c(OH^-)的大小关系为丙>甲=乙；

(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml，即a = 20.00ml；

(6) 图2中V(NaOH)=0时，pH大于1，可知0.1mol/L该溶液的pH大于1，所以图2应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH₃COOH溶液)的曲线；

(7) 图2中a点对应的溶液pH=8，是因为此时刚好生成醋酸钠，醋酸根水解：CH₃COO^-＋H₂OOH^-＋CH₃COOH。

化学能转化为电能    a→b    O₂+4e^-＋2H₂O=4OH^-    负极   

【分析】

燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，原电池中，电流从正极流向负极，电子流向和电流流向相反；燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极，正极上是氧气发生得电子的还原反应。

【详解】

(1) 该题目中，氢氧燃料电池的工作原理属于原电池原理，是将化学能转化为电能的装置，在原电池中，电流从正极流向负极，而通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以电子从a移动到b；

(2)燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，正极上的电极反应为:

O₂+ 2H₂O+4e^-=4OH^-，故答案为: O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；

(3)根据离子间的阴阳相吸，当电池工作时，负极产生氢离子（阳离子），所以在KOH溶液中阴离子向负极移动。

【点睛】

燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极。

还原反应    对苯二甲酸    醚键        H₂O        、    10           

【分析】

乙醇发生消去反应生成A为CH₂=CH₂，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、K 均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据L结构简式知，D为、K为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H₂O；H为，根据信息③知，G为，F为，根据F，可知E为苯；H经过硝化反应得到I，则I为，据此分析作答。

【详解】

(1) I为，J为，则I→J 的反应类型是还原反应；D为，其名称是对苯二甲酸；G为，所含官能团的名称是醚键，故答案为：还原反应；对苯二甲酸；醚键；

(2)乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H₂O，故答案为：；H₂O；

(3) D为，K为，L为，则D+K→L 的化学方程式是：，故答案为：；

(4) D为，M 为 D 的同分异构体，满足①1 molM最多消耗 4 mol NaOH，说明苯环上的取代基为4个酚羟基和一个乙炔基或为两个-OOCH；②核磁共振氢谱有 4 组吸收峰，说明存在四种氢，满足的有：、，故答案为：、；

(5) D为，N是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH₂COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH₃、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)₂，有1种，则符合条件的有10种，故答案为：10；

(6) CH₂=CHCH=CH₂和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。

羟基    醛基    取代反应    +HCl    C₁₄H₁₂O₂    216    NaOH水溶液（或NaOH醇溶液）、稀硝酸、硝酸银溶液    （或）   

【详解】

（1）由图中A的结构简式可知，化合物A中的含氧官能团为羟基和醛基；

（2）反应⑤为+ HCl，属于取代反应；

（3）B的分子式为C₁₄H₁₂O₂，B分子中含有一个醛基，1mol B与足量的银氨溶液反应能生成2mol的Ag，所以反应最多能产生Ag的质量为：2mol×108g/mol=216g；

（4）检验D中卤原子为氯原子，检验其存在时，所需的试剂有NaOH水溶液（或NaOH醇溶液）、稀硝酸、硝酸银溶液；

（5）同时满足

A．分子中含有两个苯环；

B．分子中有7种不同化学环境的氢；

C．不能与FeCl₃溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应

这几个条件的B的同分异构体的结构简式为：（或）。

饱和 NaHCO₃ 溶液    降低溶液中OH^-浓度，防止生成 Fe(OH)₂    2HCO₃^-+Fe²⁺=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O    Fe²⁺与 SCN^—的络合(或结合)会促进 FeCO₃ 固体的溶解    6Fe(SCN)₆^4- +3H₂O₂=2Fe(OH)₃↓ +4Fe(SCN)₃ +24SCN^-    FeCO₃+2CH₃CH(OH)COOH=2CH₃CH(OH)COO^- +Fe²⁺+CO₂↑+H₂O    乳酸根中的羟基被 KMnO₄ 氧化，也消耗了 KMnO₄   

【分析】

Ⅰ.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的CO₂中混有挥发的HCl气体，需要利用装置B中盛装的饱和NaHCO₃溶液除去，装置C中，向Na₂CO₃溶液(pH＝11.9)通入一段时间CO₂至其pH为7，滴加一定量FeSO₄溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO₃固体；

Ⅱ.(4)根据Fe²⁺+6SCN^-Fe(SCN)₆^4-分析FeCO₃在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

(5)实验ⅱ中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%H₂O₂溶液后有Fe(OH)₃和Fe(SCN)₃生成；

Ⅲ.(6)FeCO₃溶于乳酸［CH₃CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，可结合盐和酸反应生成新酸和新盐的反应原理分析；

(7)乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

Ⅰ.(1)欲除去CO₂中混有的HCl，则B中盛装的试剂a是饱和NaHCO₃溶液，故答案为：饱和 NaHCO₃溶液；

(2)向Na₂CO₃溶液通入CO₂的目的是，利用碳酸钠和CO₂反应生成的NaHCO₃，提高溶液中HCO₃^-的浓度，抑制CO₃^2-的水解，降低溶液中OH^-浓度，防止生成Fe(OH)₂，故答案为：降低溶液中OH^-浓度，防止生成 Fe(OH)₂；

(3)装置C中，向Na₂CO₃溶液(pH＝11.9)通入一段时间CO₂至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO₃，再滴加FeSO₄溶液，有FeCO₃沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO₃^-+Fe²⁺=FeCO₃+CO₂↑+H₂O，故答案为：2HCO₃^-+Fe²⁺=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；

Ⅱ. (4)通过对比实验ⅱ和ⅲ，可知Fe²⁺与SCN^—的络合生成可溶于水的Fe(SCN)₆^4-，会促进FeCO₃固体的溶解，故答案为：Fe²⁺与 SCN^—的络合(或结合)会促进 FeCO₃ 固体的溶解；

(5)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe(SCN)₆^4-的溶液中滴加10%H₂O₂溶液后有Fe(OH)₃和Fe(SCN)₃生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)₆^4- +3H₂O₂=2Fe(OH)₃↓ +4Fe(SCN)₃ +24SCN，故答案为：6Fe(SCN)₆^4- +3H₂O₂=2Fe(OH)₃↓ +4Fe(SCN)₃ +24SCN^-；

Ⅲ. (6)FeCO₃溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂，发生反应的离子方程式为FeCO₃+2CH₃CH(OH)COOH=2CH₃CH(OH)COO^-+Fe²⁺+CO₂↑+H₂O，故答案为：FeCO₃+2CH₃CH(OH)COOH=2CH₃CH(OH)COO^-+Fe²⁺+CO₂↑+H₂O；

(7)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中的羟基被KMnO₄ 氧化，也消耗了KMnO₄。

2a+2b+c    0.09mol/(L·min)    增大    ﹤        2SO₃^2-+4H⁺+2e^- =S₂O₄^2-+2H₂O    1344    0.52mol/L   

【分析】

(1)根据盖斯定律解答；

(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO₂的转化率比恒容时增大；

(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；

②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答；

(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；

②NO吸收转化后的主要产物为NH₄⁺，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；

(5) n(BaSO₄)==0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na₂CO₃溶液，当BaSO₄完全溶解后，所得5L溶液中c(SO₄^2-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO₃^2-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO₄+CO₃^2-=BaCO₃+SO₄^2-可知，此反应的化学平衡常数。

【详解】

(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：2a+2b+c；

(2)生成CaSO₄物质的量为1.8mol的同时消耗SO₂的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO₂)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO₂的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；

(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；

②当反应达到平衡时，故，平衡时，，则，故答案为：；

(4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO₃^2-，流出主要含S₂O₄^2-，所以阴极区电极反应式为2SO₃^2-+4H⁺+2e^-=S₂O₄^2-+2H₂O，故答案为：2SO₃^2-+4H⁺+2e^-=S₂O₄^2-+2H₂O；

②NO吸收转化后的主要产物为NH₄⁺，若通电一段时间后阴极区n(SO₃^2-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole⁻；由于NO吸收转化后的主要产物为NH₄⁺，NO～NH₄⁺～5e⁻，若电路中转移转移0.3mole⁻，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；

(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。

分液漏斗    4HCl（浓）+MnO₂Cl₂↑+MnCl₂+2H₂O    Cl₂+2NaOH=NaClO+NaCl+H₂O    次氯酸钠    除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解    B    22.4L    3N_A（或者1.806×10²⁴）    水浴加热    2NaClO₃+4HCl2NaCl+Cl₂↑+2ClO₂↑+2H₂O    Cl^--5e^-+2H₂O=ClO₂↑+4H⁺   

【详解】

（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCl（浓）+MnO₂Cl₂↑+MnCl₂+2H₂O；制消毒液的方程式为：Cl₂+2NaOH=NaClO+NaCl+H₂O，此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaClO）；

（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；

（3）A．此消毒液氧化性强，不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏、褪色等问题，A错误；

B．此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒，B正确；

C．可以用于皮肤消毒，此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；

D．与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H⁺+ClO^-+Cl^-=Cl₂↑+H₂O，生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D错误；

（4）3Cl₂+8NH₃=6NH₄Cl+N₂，3mol氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl₂ 1.5mol，则被氧化的NH₃在标准状况下的体积为：1.5mol÷3×22.4L/mol=11.2L，该过程中电子转移的总数为：3N_A；

（5）对于温度低于100℃的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaClO₃ + 4HCl2NaCl+Cl₂↑+2ClO₂↑+2H₂O；

（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生ClO₂的电极反应式为：Cl^--5e^-+2H₂O = ClO₂↑+4H⁺。

CH₄(g)+H₂O(g)=CO(g)+3H₂(g)   △H=+206.0kJ/mol    0.12mol·L^-1·min^-1    K=    AC    12.5%   

【详解】

(1)标况下，5.6LCH₄物质的量n=5.6L/(22.4Lmol^-1)=0.25，吸收51.5KJ的热量，则1mol甲烷反应吸收热量为：51.5KJ÷0.25mol = 206KJ/mol，热化学方程式为: CH₄(g)+ H₂O(g)= CO(g) + 3H₂(g)  △H = +206 KJ/mol；

(2) 在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH₄和2molH₂O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH₄的转化率为60%，

①从反应开始至平衡，用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率；

②该反应的平衡常数表达式为K=；

③A．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H₂)_逆=3v(CO)_正= v(H₂)_正，说明氢气正逆

反应速率相同，反应达到平衡状态，A正确；

B．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；

C．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压

强不变，说明反应达到平衡状态，C正确；

D．浓度关系和消耗量、起始量有关，c(CH₄)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态，D错误；

④平衡时容器中CH₄的体积分数为：0.4/(0.4+0.4+0.6+1.8)×100%=12.5%。

【点睛】

判断能否用密度不变来说明反应达到平衡状态时，要注意体系混合气体的质量是否保持不变，体积是否保持不变，若均是，则不能用密度不变来说明反应达到平衡状态。