B

A. 二元弱酸草酸的，，当lgy＝0时，pH＝−lgc(H+)＝−lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系，故A错误；

B. pH＝0时，，，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故B正确；

C. 设pH＝a，c(H+)＝10−a，，c()＞c()，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，，，当c()＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以c()＞c()＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故C正确；

D. 电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当c(K+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH-)，对应pH＝7，故D错误；

故选B。

A

A. 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-过量，加入稀硫酸时发生反应，，S单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故A错误；

B. 氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化剂、I2是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故B正确；

C. 元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性S＞C，故C正确；

D. 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟（MgO固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故D正确；

故选A。

C

A. 连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；

B. 电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；

C. 电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；

D. 连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；

故选C。

B

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为Cl元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素，B为O元素，X为TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。

A. D为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D＞B＞C，故A正确；

B. A为C，D为Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强，故B错误；

C. 因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；

D. D为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；

故选B。

D

A. 根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；

B. b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C. 根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；

D. p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、1种，故D错误；

故选D。

D

A. 14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；

B. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH−)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；

C. I元素的化合价由-1价升高为0价，则1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确；

D. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；

故选D。

C

A. 醋酸为弱酸，不能杀死新冠肺炎病毒，而且会刺激呼吸道粘膜，不宜长期熏醋，故A错误；

B. 胶体粒子的直径范围为1—100nm，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，若粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故B错误；

C. 次氯酸钠具有强氧化性，能杀死新冠肺炎病毒，故C正确；

D. 含氯消毒剂，如84消毒液(有效成分为次氯酸钠)、漂白粉(有效成分为次氯酸钙)，属于无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，故D错误；

故选C。

3   B   N   N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大   三角锥形   sp3杂化   1:2   等电子体   二者的价电子总数和原子总数相等   120。   氢   2:1   高于   34%  

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B元素原子的核外电子排布为1s22s22p2，则B原子核外共6个电子，为C元素；C原子的p轨道处于半充满状态，则C为N元素或P元素或As元素，D的单质是空气的主要成分之一，则D为N元素或O元素，又D的质子数为A与C之和，则A为H元素，C为N元素，D为O元素；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物，则E为Cu元素，其与O形成化合物Cu2O或CuO，据此分析解答。

由以上分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Cu元素，

(1)E为Cu元素，其为29号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu元素基态原子的M能层中具有3个能级，其中Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：3；B；

(2)C为N元素，D为O元素，由于N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N原子的第一电离能较大；A为H元素，C与A可形成NH3分子，中心原子N原子形成3个σ键，孤电子对数为，则N原子的价层电子对数为4，则NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N；N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大；三角锥形；sp3杂化；

(3)C2为N2分子，其分子结构为，故其σ键和π键数目之比是1:2；C2D为N2O，BD2为CO2，二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体，故答案为：1:2；等电子体；二者的价电子总数和原子总数相等；

(4)BA4D为CH4O，BA2D为CH2O，在Cu的催化下，分子式为CH4O的化合物可被氧化为分子式为CH2O的化合物，则CH4O为甲醇，CH2O为甲醛，其结构式为，中心原子C原子采取sp2杂化，则CH2O分子中键角约为120。；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故，故答案为：120。；氢；

(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r，则可得，解得，则该晶体的空间利用率约为，故答案为：2:1；高于；34%。

  ，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁   负     ＜   增大H2浓度、增大压强   cd   (或0.067)   6.25   正向  

(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行解答；

(3)根据电解池阴阳极的反应类型，结合碳元素化合价的变化分析；

(4)①根据温度对平衡移动的影响分析；

②根据影响反应速率和平衡移动的因素选择合适的方法；

③根据温度、压强对平衡的影响分析；

④0～3min内，根据△n(H2)，计算△n(CH3OH)，根据速率公式进行计算；

⑤计算平衡时刻各气体物质的浓度，进而计算平衡常数，再根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向。

(1)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol；②2CO2(g)+6H2(g)= C2H4(g)+ 4H2O(g) △H =-128kJ/mol；根据盖斯定律可知，②-①×2可得CO转化为C2H4的热化学方程式，故答案为：；

(2)由于发生反应，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁，故答案为：，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁；

(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，碳元素的化合价从+4价降低为-2价，得电子，发生还原反应，所以电极a为阴极，阴极与电源负极相连；结合硫酸做电解质溶液，即可写出生成甲醇的电极反应式为，故答案为：负；；

(4)①由图可知，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，△H2＜0，故答案为：＜；

②既能提高反应速率又能使平衡右移的方法有增大H2浓度、增大压强等，故答案为：增大H2浓度、增大压强；

③a. 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高，平衡常数越小，故a错误；

b. 恒容时，充入稀有气体，平衡不移动，反应物的转化率不变，故b错误；

c. 该反应为反应前后气体物质的量变化的反应，则容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态，即最大限度，故c正确；

d. 相同温度时，p2时CO的转化率大于p1时CO的转化率，说明p1到p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，故p1＜p2，故d正确；故答案为：cd；

④0～3min内，△n(H2)=8.0mol-4.0mol=4.0mol，则△n(CH3OH)=2.0mol，,故答案为：(或0.067)；

⑤在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，起始氢气的浓度为0.8mol/L，则CO浓度为0.4mol/L，平衡时氢气浓度为0.4mol/L，则平衡时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.2mol/L、0.4mol/L、0.2mol/L，故；再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.4mol/L、0.6mol/L、0.4mol/L，，故反应正向进行，故答案为：6.25；正向。

丙二酸二甲酯   酯基   加成反应   取代反应         HCHO    

A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应③可知，D与E反应生成F为，G为，据此分析解答。

(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；

(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；

(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则A→B的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，C→D的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；

(4)根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；

(5)由以上分析知，G的结构简式为；

(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，①1mol H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；

（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应②可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生成I为，I发生已知反应②生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。

SiO2、PbSO4     硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化       加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出     偏高  

用硫酸酸浸废料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2和PbSO4，滤液1含有Al3+、Fe3+、Mg2+，加入试剂A同时除去杂质离子Fe3+、Mg2+，并将Al3+转化为AlO2-，则试剂A为强碱，且应足量，滤渣2为Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液2含有AlO2-，通入过量的CO2，发生反应：AlO2- + CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，过滤得到Al(OH)3，滤液3含有HCO3-，将Al(OH)3转化为AlCl3，再进一步与NaH反应得到NaAlH4，据此分析作答。

(1)用硫酸酸浸废料时，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2与硫酸不反应，则滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4，试剂A为强碱，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A为NaOH，其电子式为，故答案为：SiO2、PbSO4；；

(2)硫酸浓度增大，铝片与浓硫酸发生钝化，故当硫酸浓度大于C0mol/L时，铝元素浸出率降低，故答案为：硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；

(3)滤液2含有AlO2−，滤液3含有HCO3−，AlO2−与HCO3−发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，该反应的离子方程式为，故答案为：；

(4)NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，故该反应的化学方程式为，故答案为：；

(5)①反应中生成气体，安全漏斗加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出，故答案为：加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出；

②生成的氢气体积为(V1−V2)mL，根据反应，可得关系式，，故该产品的纯度为，故答案为：；

③读取气体体积前，使左右两管内液面相平，而且视线要平视，若反应结束后，读数时B管液面高于C管，存在液压差，导致测得的氢气体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高。

溶解Al，使其分离出去     将Fe2+氧化为Fe3+   CO32-结合H+，，两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体   2.5   随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中   0.51   蒸发浓缩   冷却结晶  

LiFePO4废料(含Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧化氢浸取，可氧化亚铁离子生成铁离子，浸出液中含有铁离子、锂离子、、离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成FePO4•2H2O，滤液1中含有锂离子，滤液1中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO3产品，FePO4•2H2O中加入氢氧化钠溶液调节pH，得到含铁产品和滤液2，滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4·12H2O晶体。

以此解答该题。

(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，则过程I“碱浸”的目的是溶解Al，使其分离出去，该过程发生反应的离子方程式为，故答案为：溶解Al，使其分离出去；；

(2)过程II“酸浸”加人双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

(3)①浸出液中存在大量、离子，加入碳酸钠溶液后，CO32-结合H+，，两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；

②过程Ⅲ得到FePO4•2H2O，由图可知在pH等于2.5时，磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH为2.5，根据图像可知，随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；

故答案为：2.5；随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；

(4)混合溶液中，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中，二者混合未见沉淀，则，解得，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=0.51mol/L，故答案为：051；

(5)滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4·12H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。