C

【详解】 A ．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物， A 错误；

B ． C ₆₀ 与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体， B 错误；

C ． Cu 为 ⅠB 族，属于过渡元素， C 正确；

D ．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变， D 错误；

故选 C 。

(1) 分液漏斗

(2)a→d→e→c→b

(3)

(4) 石灰水变浑浊 60% 偏大

(5) 增大气体样品流速

(6) 尾气出口未加防潮装置 ( 或其他相似表述 )

【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用 A 装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用 B 装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用 E 中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在 H 中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收， J 中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。

【详解】（ 1 ）装置 A 中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。

（ 2 ）用 C 除去甲酸， B 收集一氧化碳， E 接收排出的水，故接口连接顺序为 a→d→e→c→b→h 。

（ 3 ）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为： 。

（ 4 ）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有 0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化， 11.2L 气体为 0.5mol 其中一氧化碳为 0.005mol ，则被氧化的一氧化碳为 0.005-0.002=0.003mol ，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。

（ 5 ）增大气流速率可以提高催化效率。

（ 6 ）： 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。

C

【详解】 A ． x ₁ 时，氨的去除率为 100% 、总氮残留率为 5 ， ， 95% 的氨气参与反应 ① 、有 5% 的氨气参与反应 ② ，反应 ① 消耗 ，参与反应 ② 消耗 ， ， A 错误；

B ． x>x ₁ 时，反应 ① 也生成氯离子，所以 ， B 错误；

C ． x>x ₁ 时， x 越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成 N ₂ 的量越少， C 正确；

D ． x=x ₁ 时，氨的去除率为 100% ，溶液中没有 和 ClO ^- ，含有 Na ⁺ 、 H ⁺ 、 、 Cl ^- 和 OH ^- ，根据电荷守恒得 ， D 错误；

故本题选 C 。

(1) 提高浸出率 ( 或提高浸出速率 )

(2) 和 84%

(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度     高温溶解再冷却结晶

(4) 或

(5) 沉铝

【分析】粉煤灰为原料 ( 主要含 SiO ₂ 、 Al ₂ O ₃ 和 CaO 等 ) 加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。

【详解】（ 1 ）温度高速率大， “ 浸出 ” 时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率； Al ₂ O ₃ 和 H ₂ SO ₄ 发生反应生成 Al ₂ (SO ₄ ) ₃ 和 H ₂ O ，离子反应方程式为 Al ₂ O ₃ +6H ⁺ =2Al ³⁺ +3H ₂ O ；

故答案为：提高浸出率 ( 或提高浸出速率 ) ； Al ₂ O ₃ +6H ⁺ =2Al ³⁺ +3H ₂ O 。

（ 2 ） “ 浸渣 ” 的主要成分除残余 Al ₂ O ₃ 外，还有二氧化硅、硫酸钙； 5.0g 粉煤灰 Al ₂ O ₃ 的质量为 5.0g×30%=1.5g ， 3.0g“ 浸渣 ”Al ₂ O ₃ 的质量为 3.0g×8%=0.24g ，则 Al ₂ O ₃ 的浸出率为 ；

故答案为： SiO ₂ 和 CaSO ₄ ； 84% 。

（ 3 ）根据沉铝体系中， Al ₂ (SO ₄ ) ₃ ·18H ₂ O 溶解度最大， KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O 溶解度最小，更容易析出，加入 K ₂ SO ₄ 沉铝的目的是更多的使 Al ₂ (SO ₄ ) ₃ 转化为 KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O ，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度； KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O 溶解度受温度影响较大， “ 沉铝 ” 的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；

故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。

（ 4 ） “ 焙烧 ” 时， KAl(SO ₄ ) ₂ 分解为 K ₂ SO ₄ 、 Al ₂ O ₃ 和 SO ₃ 或 K ₂ SO ₄ 、 Al ₂ O ₃ 、 SO ₂ 和 O ₂ ，反应方程式为 2KAl(SO ₄ ) ₂ K ₂ SO ₄ +Al ₂ O ₃ +3SO ₃ ↑ 或 4KAl(SO ₄ ) ₂ 2K ₂ SO ₄ +2Al ₂ O ₃ +6SO ₂ ↑+3O ₂ ↑ ；

故答案为： 2KAl(SO ₄ ) ₂ K ₂ SO ₄ +Al ₂ O ₃ +3SO ₃ ↑ 或 4KAl(SO ₄ ) ₂ 2K ₂ SO ₄ +2Al ₂ O ₃ +6SO ₂ ↑+3O ₂ ↑ 。

（ 5 ） “ 水浸 ” 后得到的 “ 滤液 2” 成分为 K ₂ SO ₄ ，可在沉铝工序循环使用；

故答案为：沉铝。

(1)

(2)     190     >

(3)ad

(4)58.8%

(5) 甲     反应 I 平衡曲线为 N ，恒压时充入水蒸气，

【详解】（ 1 ）设 Ⅲ ，根据盖斯定律 Ⅲ-2×Ⅰ 得 。

（ 2 ） ① 内， ，则 ；

② 、 、 ， △ c (H ₂ O) 逐渐减小，说明反应速率减小， 内， Δ c (H ₂ O)=400ppm ， 内， Δ c (H ₂ O)=400ppm ，则 t-12>4 ，即 t>16 。

（ 3 ） a ． H ₂ O 的分压不变，则 C ₃ H ₆ 的分压也不变，反应 1 、 Ⅱ 各组分分压不变，反应 1 、 Ⅱ 均达到平衡， a 正确；

b ．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应 I 、 Ⅱ 均达到平衡的判据， b 错误；

c ．当 时，反应不一定达到平衡，不能作为反应 1 、 Ⅱ 均达到平衡的判据， c 错误；

d ． ，说明正逆反应速率相等，反应 I 达平衡，各组分分压不变， C ₃ H ₆ 的分压不变，说明反应 Ⅱ 也达平衡， d 正确；

故选 ad 。

（ 4 ）设 C ₃ H ₈ O 的物质的量为 1mol ，若 lmol C ₃ H ₈ O 完全反应，理论上生成 1mol C ₃ H ₆ ，因为反应 Ⅰ 、 Ⅱ 的转化率分别为 98% 和 40% ，反应 I 生成 1mol×98%=0.98mol C ₃ H ₆ ，反应 Ⅱ 消耗了 40% C ₃ H ₆ ，则达平衡时 C ₃ H ₆ 的物质的量为 0.98mol×(1-40%)=0.588mol ，所以丙烯的产率为 =58.8% 。

（ 5 ） ① 反应 I 为气体体积增大的吸热反应，反应 Ⅱ 为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应 I 正向移动， 逐渐增大，反应 Ⅱ 逆向移动， 逐渐减小，即反应 I 为平衡曲线为 N ，反应 Ⅱ 平衡曲线为 M ；在 350℃ 恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应 I 而言，相当于增大生成物浓度，使得 > ，即 lg 增大，反应 I 的状态最有可能对应图中的甲；

② 由图可知， 350°C 时达平衡后， =0 ，则 350℃ 时 = =1 ，设水蒸气的平衡分压为 a MPa ，则反应 II 的 C ₃ H ₆ 起始分压为 a MPa ，对反应 Ⅱ 列三段式有

，解得 a= MPa 。

(1)

(2) 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强

(3)     < 二者为同构型的分子晶体， 相对分子质量大，范德华力大，熔点高

(4)

(5)     2     bc

【详解】（ 1 ） 位于元素周期表中第四周期 VA 族，原子序数为 33 ，由构造原理写出其价电子排布式为 。

（ 2 ）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故 原子的活泼性依序增强。

（ 3 ） 和 是同构型的分子晶体， 相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点： < 。

（ 4 ） 的中心原子 的价层电子对数为： 3+ =4 ，杂化轨道类型为 。

（ 5 ）由晶胞结构可知，其中含有 8 个 、 4 个 、 4 个 ，则 加合物中 2 ，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故选 bc 。

B

【详解】 A ． S 和 Hg 发生化合反应生成 HgS ，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，方程式为： ，处理方法和对应的反应方程式正确，不合题意；

B ． Ag 不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，处理方法和对应的反应方程式均错误，符合题意；

C ．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为 SO ₂ ，可以用 NaOH 溶液吸收 SO ₂ ，离子方程式为： ，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意；

D ．电解饱和食盐水时阳极产生的气体为 Cl ₂ ，可以用 NaOH 溶液吸收 Cl ₂ ，离子方程式为： ，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意；

故选 B 。

A

【详解】 A ．由图可知，化学自充电时，消耗 O ₂ ，该反应为 O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ， 增大，故 A 正确；

B ．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故 B 错误；

C ．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为 O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ，故 C 错误；

D ．放电时， 1mol 转化为 ，消耗 2mol K ⁺ ，外电路通过 电子时，正极物质增加 0.02mol K ⁺ ，增加的质量为 0.02mol×39g/mol =0.78g ，故 D 错误；

故选 A 。

B

【详解】 A ．对离子净化时，相关离子浓度 c <10 ^-5 mol/L ，则 lg c <-5 ，由图可知，可作净化的 pH 区间最大的是 Fe ³⁺ ， A 错误；

B ．加入适量 H ₂ O ₂ ，可将 Fe ²⁺ 氧化为 Fe ³⁺ ，提高净化程度， B 正确；

C ．由图可知，净化的先后顺序为 ， C 错误；

D ．对离子净化时，相关离子浓度 c <10 ^-5 mol/L ， lg c <-5 ，，由图可知， Fe ³⁺ 完全沉淀的 pH 约为 2.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-2.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-11.5 mol/L ， ， Al ³⁺ 完全沉淀的 pH 约为 4.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-4.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-9.5 mol/L ， ， Fe ²⁺ 完全沉淀的 pH 约为 8.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-8.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-5.5 mol/L ， ，则有 ， D 错误；

故选 B 。

D

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含 加入 Na ₂ S 分离出滤渣 1 含 CoS 和 NiS ， 不会沉淀，再加入草酸除铁生成 FeC ₂ O ₄ ，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。

【详解】 A ．四种金属均与稀硫酸反应生成 H ₂ ， A 正确；

B ．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则 “ 除杂 " 的目的是除去 Ni 、 Co 元素， B 正确；

C ．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物， C 正确；

D ． “ 滤渣 2” 的主要成分是 FeC ₂ O ₄ ， D 错误；

故本题选 D 。

C

【详解】 A ．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化， A 错误；

B ．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥， B 错误；

C ．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤 Ⅰ 中所得溶液的 时应在相同温度下测定， C 正确；

D ．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为 ， D 错误；

答案选 C 。

A

【分析】 X 的核外电子总数为最外层电子数的 2 倍， X 为 Be ； Z 为地壳中含量最多的元素， Z 为 O ， X 与 Y 、 Z 与 W 均为同周期相邻元素， Y 为 B ， W 为 F ，据此解答。

【详解】 A ． 常温下为液态， HF 常温下为气体，沸点 ，故 A 正确；

B ． 为 BF ₃ ，中心 B 原子有 3 对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故 B 错误；

C ．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径： Be>B>O>F ，故 C 错误；

D ． Be 最高价氧化物水化物为 Be(OH) ₂ ，溶液显两性， B 最高价氧化物的水化物为 H ₃ BO ₃ ，溶液显酸性，故 D 错误；

故选： A 。

D

【详解】 A ． H ₂ O 分子中孤电子对数为 =2 ， H ₂ O 的物质的量为 =0.5mol ，含有的孤电子对数为 ，故 A 错误；

B ．该反应中 N ₂ 中 N 元素化合价由 0 价下降到 -3 价， 34g 的物质的量为 =2mol ，每产生 ， 得到 6mol 电子，数目为 6N _A ，故 B 错误；

C ．氨水的体积未知，无法计算 的分子数，故 C 错误；

D ． 的物质的量为 0.5mol ，由方程式可知，消耗 0.5mol ，产生的 0.75mol ，数目为 ，故 D 正确；

故选 D 。

B

【详解】 A ．该化合物的分子中，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应， A 错误；

B ．该化合物含有羟基，可与醋酸发生酯化反应， B 正确；

C ．该化合物的结构中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面上， C 错误；

D ． 络塞维最多能与 反应，其中苯环消耗 3mol H ₂ ，碳碳双键消耗 1mol H ₂ ， D 错误；

故选 B 。

(1) 醚键 ( 或醚基 )

(2)

(3) 取代反应 会与碳碳双键发生加成反应 ( 或 会使醚键水解 )

(4)

(5)

【分析】有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由 C 可推出 B 为 ，根据 C 到 D 的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据 D 到 E 的结构可知此步 Br 取代了羟基，根据 E 到 F 的结构可知脱去 LiBr ，为取代反应，据此进行推断。

【详解】（ 1 ） A 的含氧官能团有醛基和醚键。

（ 2 ）根据分析可知， B 的结构简式为 。

（ 3 ）反应 Ⅳ 中 Br 取代了羟基，为取代反应，此反应不用 HBr 的原因为 会与碳碳双键发生加成反应 ( 或 会使醚键水解 ) 。

（ 4 ）反应 Ⅴ 的化学方程式为 。

（ 5 ）产物之一 ( 分子式为 ) 遇 溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有 4 组峰，峰而积之比为 ，说明 Y 有两个甲基，综合可知 Y 的结构简式为 。

A

【详解】 A ．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故 A 符合题意；

B ．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故 B 不符合题意；

C ．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故 C 不符合题意；

D ．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故 D 不符合题意。

综上所述，答案为 A 。

C

【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为 Cl ，甲为 N 、乙为 F 、丙为 P 、丁为 S ，若是硫酸，则戊为 S ，甲为 C 、乙为 O 、丙为 Si 、丁为 P 。

【详解】 A ．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故 A 正确；

B ．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故 B 正确；

C ．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故 C 错误；

D ．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故 D 正确。

综上所述，答案为 C 。

D

【详解】 A ．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有 HCl ，可用饱和食盐水除去 HCl ， Cl ₂ 可用浓硫酸干燥， A 装置能达到实验目的，故 A 不符合题意；

B ．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集， B 装置能收集氯气，故 B 不符合题意；

C ．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故 C 不符合题意；

D ．氯气在水中的溶解度较小，应用 NaOH 溶液吸收尾气， D 装置不能达到实验目的，故 D 符合题意；

答案选 D 。

A

【详解】 A ．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故 A 正确；

B ．葡萄糖与果糖的分子式均为 C ₆ H ₁₂ O ₆ ，结构不同，二者互为同分异构体，但含有 O 元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故 B 错误；

C ．一个 CO 分子含有 14 个电子，则 1molCO 中含有 14×6.02×10 ²³ =8.428×10 ²⁴ 个电子，故 C 错误；

D ．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故 D 错误；

答案选 A 。

C

【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区 Mg 和 Al 发生失电子的氧化反应，分别生成 Mg ²⁺ 和 Al ³⁺ ， Cu 和 Si 不参与反应，阴极区 Al ³⁺ 得电子生成 Al 单质，从而实现 Al 的再生，据此分析解答。

【详解】 A ．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上 Mg 在阳极失电子生成 Mg ²⁺ ， A 错误；

B ． Al 在阳极上被氧化生成 Al ³⁺ ， B 错误；

C ．阳极材料中 Cu 和 Si 不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥， C 正确；

D ．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等， D 错误；

故选 C 。