A

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1

电离常数Ka(HA)== =1.0×10-5.3，A正确；

B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)> c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；

C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；

D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；

故选A。

B

从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。

A．B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物<C的氧化物，A不正确；

B．工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，B正确；

C．未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性<H2CO3，C不正确；

D．A与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；

故选B。

C

从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO- +3OH--2e- =CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。

A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；

B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，B正确；

C．依据负极反应式，当电路中转移0.l mol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；

D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；

故选C。

B

A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；

B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；

C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；

D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；

故选B。

C

A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；

B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；

C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；

D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；

故选C。

D

A．Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe + 4H+ + NO3-＝Fe3++ NO↑+ 2H2O，滴加KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A不合题意；

B．“84”消毒液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其pH，B不合题意；

C．未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C不合题意；

D．在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3，D符合题意；

故选D。

B

A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，A不正确；

B．可折叠光影屏将续航能力翻倍提升，电池的能量密度翻倍提高，B正确；

C．LED光影屏白天将光能转化为电能，夜晚将电能转化为光能，C不正确；

D．碳纤维是无机非金属材料，D不正确；

故选B。

  9NA   H   Cl>P>S>Si   水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高   O3   NO2-(或其他合理答案)   平面三角形   sp3   硫离子(或S2-)   0.661或  

(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，由此可得出其电子排布图（轨道表示式）。

(2)①在噻吩分子中，含有3个碳碳键、2个碳硫键、4个碳氢键，由此可得出1mol噻吩（）中含有的键数目。

②在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，由此可得出第一电离能由大到小的顺序。

(3)已知沸点：H2O>H2Se>H2S，只有H2O分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大。

(4)①寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析。

②气态SO3分子中，S的价层电子数为3，由此确定立体构型；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，由此确定杂化轨道类型。

(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4个，而白球有8个，由此确定黑球代表的离子。晶胞参数为a，则体对角线为a nm，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的，从而得出×a=0.102+0.184，由此求出a。

(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，则其电子排布图为。答案为：；

(2)①在噻吩分子中，含有3个碳碳键、2个碳硫键、4个碳氢键，且两原子间只能形成1个键，所以1mol噻吩（）中含有的键数目为9NA。答案为：9NA；

②在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素H；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si。答案为：H；Cl>P>S>Si；

(3)已知沸点：H2O>H2Se>H2S，只有H2O分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大，其原因为水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高；

(4)①寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析，由此得出分子和离子为：O3、NO2-(或其他合理答案)。答案为：O3；NO2-(或其他合理答案)；

②气态SO3分子中，S的价层电子数为3，则立体构型为平面三角形；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，则杂化轨道类型为sp3。答案为：平面三角形；sp3；

(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4个，而白球有8个，则黑球代表的离子为硫离子(或S2-)。晶胞参数为a，则体对角线为a，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的，从而得出×a=(0.102+0.184)nm，a=0.661nm或nm。答案为：硫离子(或S2-)；0.661或。

+123 kJ∙mol-1   C   B   该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移   ⅳ   ⅰ   3.3×103   C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面   生成有毒气体CO(或其他合理说法)  

(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H。

(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关；

B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变；

C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小；

D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键。

②A．增大压强，平衡逆向移动；

B．升高温度，平衡正向移动；

C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响。

工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度。

③1×104Pa与1×105Pa进行对比，从平衡移动的方向确定图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线。

④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp。

(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，由此可确定原因及缺点。

(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H=(2×413+348) kJ∙mol-1-(615+436) kJ∙mol-1=+123 kJ∙mol-1。答案为：+123 kJ∙mol-1；

(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关，A不合题意；

B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变，所以密度不变时不一定达平衡状态，B不合题意；

C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C符合题意；

D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键，反应不一定达平衡状态，D不合题意；

故选C。答案为：C；

②A．增大压强，平衡逆向移动，丙烯的平衡产率减小，A不合题意；

B．升高温度，平衡正向移动，丙烯的平衡产率增大，B符合题意；

C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响，C不合题意；

故选B。答案为：B；

工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度，其目的是该反应为气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移。答案为：该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移；

③升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则ⅰ、ⅲ为丙烷的曲线，ⅱ、ⅳ为丙烯的曲线，1×104Pa与1×105Pa相比，压强减小，平衡正向移动，从而得出表示丙烷体积分数的曲线为ⅳ，表示丙烯体积分数的曲线为ⅰ。答案为：ⅳ；ⅰ；

④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp==3.3×103。答案：3.3×103；

(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，其原因是C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是生成有毒气体CO(或其他合理说法)。答案为：C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；生成有毒气体CO(或其他合理说法)。

除去Al3+、Fe3+   D   pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生   MnO2   2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+   4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O   阳   LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+  

废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣Ⅰ；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2~+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。

(1)①由以上分析知，调节溶液的pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；

②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生；

(2)由以上分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2价升高到+3价，则反应物中应有氧化剂(O2)参加反应，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案为：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；

(4)充电时LiNiO2转化为Li1-xNiO2，Ni价态由+3价升高为+(3+x)价，所以在阳极发生反应，该电极的电极反应式为LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案为：阳；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。

检查装置的气密性   防止倒吸   b   2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O   NaClO2遇酸放出ClO2   空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降   没有处理尾气   A   或或(或其他合理答案)  

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。

(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；

(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；

(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；

(4) ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；

(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；

B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；

C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；

D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；

故选A。答案为：A；

(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。