11．【答案】C．
【解析】A．每个X分子中含有1个手性碳原子，手性碳原子的位置如图，正确；
B．化合物X中存在碳碳双键和酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；
C．1 mol化合物X分子存在3个酚羟基和1个酯基，因此1 mol化合物X分子最多能与4mol NaOH发生反应，错误；
D．化合物X中存在碳碳双键能与溴水既能发生加成反应，化合物X中存在酚羟基，能与溴水发生取代反应，正确；故答案选C。
12．【答案】A C
【解析】由图可知，以甲醇为燃料，酸性介质的燃料电池的反应方程式为：2CH3OH ＋3O2=2CO2＋4H2O，
A．电池工作时，电子由A电极（负极）经外电路流向B电极（正极），正确；
B．电池工作时，减少的化学能除转化为电能外，还有部分化学能转化为热能，错误；
C．A电极为负极，发生的电极反应为：CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋ ，正确；
D．从总的反应方程式看，H＋没有消耗，错误；故答案选AC。
13． 【答案】B
【解析】A．向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，不能说明酸性：碳酸>苯酚，因为与苯酚钠溶液生成苯酚的不一定是二氧化碳，由于浓盐酸有挥发性，所以也可能为HCl与苯酚钠溶液生成苯酚，错误；
B．正确；
C．向蛋白质溶液中加入甲醛溶液和Na2SO4饱和溶液，均产生白色沉淀 ，甲醛使蛋白质发生了变性，
Na2SO4使蛋白质发生了变性，错误；
D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，错误；故答案选B。
14．【答案】BD
【解析】A．通入HCl气体之前，Na2S发生水解，因此c(OH－)＞c(HS－)，所以浓度大小关系为：c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H+)，错误；
B．pH=7的溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，即：c(Na+)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)；由于忽略H2S的挥发，还存在物料守恒：c(Na+)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)，可以得到等量关系：c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，正确；
C．由于忽略H2S的挥发，溶液中存在物料守恒：c(Na+)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)= 0.200 mol·L-1，即： c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)= 0.100 mol·L-1；溶液还存在电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，即：c(Na+)＋c(H+)＋c(H2S)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－) ＋c(H2S)，可以得到：0.200 mol·L-1＋c(H+)＋c(H2S)＝c(Cl－) ＋0.100 mol·L-1＋c(S2－)＋c(OH－)，由于c(HS－)=c(S2－)，即：0.100 mol·L-1＋c(H+)＋c(H2S)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋c(OH－)，即： c(Cl－)＋c(HS－) ＝0.100 mol·L-1＋c(H2S)＋c(H+)－c(OH－)，由于为碱性溶液，因此c(H+)－c(OH－)＜0，因此c(Cl－)＋c(HS－) ＜0.100 mol·L-1＋c(H2S)，错误；
D．由于忽略H2S的挥发，溶液中存在物料守恒：c(Na+)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)= 0.200 mol·L-1，即： c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)= 0.100 mol·L-1；溶液还存在电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，即：c(Na+)＋c(H+)＋c(H2S)＝c(Cl－) ＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－) ＋c(H2S)，可以得到：0.200 mol·L-1＋c(H+)＋c(H2S)＝c(Cl－) ＋0.100 mol·L-1＋c(S2－)＋c(OH－)，由于c(Cl－)=0.100 mol·L-1，则： c(H+)＋c(H2S)＝c(S2－)＋c(OH－)， 即：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)，正确；故答案选BD。
15．【答案】AD．
【解析】A．M、N两点的温度相同，所以平衡常数也相同；M点的容器Ⅱ内：
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，
起始浓度（mol·L-1）： 3 1 0 0
转化浓度（mol·L-1）： 0.5 0.5 0.25 0.5
平衡浓度（mol·L-1）： 2.5 0.5 0.25 0.5
K=c 2(CO2) c(N2)/ c 2 (CO) c 2 (NO)= 0.04，正确；
B．M、N两点容器内的温度相同，化学平衡常数相同，起始时容器Ⅰ中NO 、CO物质的量是容器Ⅱ中的2倍，由于该反应是气体体积减少的反应，压强越大，对正反应转化越有利，因此平衡时：P(M)＜2P(N)，错误；
C．若将容器Ⅰ的容积改为1 L，T1温度下达到平衡时如果c(CO2)＝0.25 mol·L-1则
2NO(g)+2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)，
起始浓度（mol·L-1）： 3 1 0 0
转化浓度（mol·L-1）： 0.25 0.25 0.125 0.25
平衡浓度（mol·L-1）： 0.75 0.75 0.125 0.25
K/ =c 2(CO2) c(N2)/ c 2 (CO) c 2 (NO)= 0.125 × 0.252/0.752 × 0.752≠0.04，由于温度相同，化学平衡常数应当不变，错误；
D．M点的容器Ⅱ内：
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，
起始浓度（mol·L-1）： 3 1 0 0
转化浓度（mol·L-1）： 0.5 0.5 0.25 0.5
平衡浓度（mol·L-1）： 2.5 0.5 0.25 0.5
α（NO）= 100%=16.7%，
该反应为放热反应，若将容器Ⅱ改为绝热容器，实验起始温度为T1，随着反应进行，容器内温度逐渐升高，对正反应进行不利，因此达平衡时NO的转化率小于16.7%，正确；故答案选AD．
16.【答案】⑴2Cu+ 4H++O2＝2Cu2++ 2H2O
⑵As2O3+12H++12e-＝2AsH3+3H2O
⑶①1:3 ②3.3~7.2
⑷取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素
⑸H2SO4
【解析】⑴浸出过程中，如果采用通入空气的方法进行搅拌，在酸性条件下Cu会被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为2Cu+ 4H++O2＝2Cu2++ 2H2O；故答案为：2Cu+ 4H++O2＝2Cu2++ 2H2O;
⑵除钴过程中，锌粉会与As2O3形成微电池产生AsH3。说明在该微电池中锌作负极失去电子，As2O3作为正极得到电子，所以正极反应式为：As2O3+12H++12e-＝2AsH3+3H2O；故答案为：As2O3+12H++12e-＝2AsH3+3H2O；
⑶①除铁时先加入适量KMnO4，发生反应的离子方程式为：MnO4－＋3Fe2＋＋4H＋=MnO2↓＋3Fe3＋＋2H2O,所以除铁过程中，理论上参加反应的物质n(KMnO4): n(Fe2+)=1:3；
②除铁时加入ZnO的目的是调节pH，让Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，而Cd2+不水解生成Cd(OH)2沉淀，Fe(OH)3完全沉淀的pH＞3.3，Cd2+不水解生成Cd(OH)2沉淀的pH＜ 7.2，所以控制反应液pH的范围为3.3~7.2。
故答案为：①1:3；②3.3~7.2。
⑷若上述流程中投入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元素残余，验证的实验方案为：取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素；故答案为：取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素；
⑸净化后的溶液用惰性电极电解时，Cd2+在电解池阴极获得电子形成镉单质，溶液中的OH－在电解池阳极失去电子产生O2。所以电解废液中可循环利用的溶质是H2SO4；
故答案为：H2SO4。
17.【答案】⑴醚键、羰基（酮基） ⑵取代反应
⑶ ⑷
⑸
【解析】⑴根据化合物E的结构，可知其中的含氧官能团有：醚键、羰基（酮基）；故答案为：醚键、羰基（酮基）；
⑵根据化合物B的结构 和化合物C的结构的差异，可知B→C的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
⑶根据化合物E的结构和化合物C的结构的差异，并且D经还原得到E，D的分子式为C14H9O5N，可以分析出D中存在－NO2，D→E的转化就是D中－NO2被还原为－NH2得到E，因此D的结构简式为
；故答案为： 。
⑷根据F的结构简式可知F的分子式为C15H10O5,该同分异构体能发生水解反应，说明结构中存在酯基，水解产物中一种能与FeCl3溶液发生显色反应说明该种产物中存在酚－OH，另一种水解产物能发生银镜反应，说明该种水解产物中存在－CHO；分子中含有两个苯环且只有3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，因此可以分析出该物质的结构简式为；故答案为：
。
⑸通过分析原料、CH3OH和产物的结构
可知：要把结构中的－CH3转变为－COOH，醚键转变为－OH，－CHO转变为酯基，－CH3转变为－COOH 可以通过Na2Cr2O7氧化实现，但是Na2Cr2O7能把－CH2CHO直接氧化为－COOH，导致碳原子减少，所以应当先用弱氧化剂氧化－CHO，因此流程为：
；故答案为：
。
18.【答案】⑴358.4
⑵①H2O2+ ClO- ＝ Cl-+ O2↑+ H2O
②除去过量的H2O2
③n(K2Cr2O7)= 0.01000 mol·L-1×20.00×10-3 L=2×10-4 mol
根据Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 2×10-4 mol×6=1.2×10-3 mol
与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 mol·L-1×30.00×10-3 L－1.2×10-3 mol=1.8×10-3 mol
根据ClO3-+6Fe2++6H+＝Cl-+6Fe3++3H2O
在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.8×10-3 mol ×=3×10-4 mol
样品中NaClO3的含量==3.195 g·L-1
【解析】⑴根据反应方程式：NaClO+2NH3= N2H4+NaCl+H2O，可知n（NH3）=2 n（N2H4），
n（N2H4）=1000 g×25.6%/32 g·mol -1=8 mol，n（NH3）=2 n（N2H4）=16 mol；标准状况下NH3体积为：16 mol×22.4 L·mol -1=358.4 L，故答案为：358.4 L；
⑵①加入过量H2O2，可以将次氯酸钠完全还原为Cl－，所以H2O2与次氯酸钠反应的离子方程式为H2O2+ ClO- ＝ Cl-+ O2↑+ H2O，故答案为：H2O2+ ClO- ＝ Cl-+ O2↑+ H2O；
②因为H2O2受热容易分解，所以实验中加热煮沸的目的是除去过量的H2O2，故答案为：除去过量的H2O2；
③n(K2Cr2O7)= 0.01000 mol·L-1×20.00×10-3 L=2×10-4 mol
根据Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 2×10-4 mol×6=1.2×10-3 mol
与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 mol·L-1×30.00×10-3 L－1.2×10-3 mol=1.8×10-3 mol
根据ClO3-+6Fe2++6H+＝Cl-+6Fe3++3H2O
在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.8×10-3 mol ×=3×10-4 mol
样品中NaClO3的含量==3.195 g·L-1
故答案为：n(K2Cr2O7)= 0.01000 mol·L-1×20.00×10-3 L=2×10-4 mol
根据Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 2×10-4 mol×6=1.2×10-3 mol
与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 mol·L-1×30.00×10-3 L－1.2×10-3 mol=1.8×10-3 mol
根据ClO3-+6Fe2++6H+＝Cl-+6Fe3++3H2O
在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.8×10-3 mol ×=3×10-4 mol
样品中NaClO3的含量==3.195 g·L-1
19.【答案】⑴NH4Cl溶于水电离出NH4+会抑制NH3·H2O的电离
⑵ ①防止Co(OH)3的生成
②H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O
或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3＝2Co(NH3)6Cl3+ 2H2O
③水浴加热
⑶降低三氯化六氨合钴的溶解度，提高产量
⑷趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤
【解析】（1）在碱性条件下容易生成氢氧化钴沉淀，因此原料NH4Cl的主要作用除了提供NH3以外，NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制NH3.H2O的电离，降低溶液的碱性；
故答案为：NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制NH3.H2O的电离；
（2）①氧化时必须先加入氨水再加入H2O2，若先加H2O2，将+2价钴氧化到+3价，再加入氨水，会有CO(OH)3生成，不利于产物的生成；故答案为：防止Co(OH)3的生成；
②氧化过程中加入氨水和H2O2，在溶液中生成Co(NH3)6Cl3的反应为：
H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O
或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3＝2Co(NH3)6Cl3+ 2H2O
故答案为：H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O
或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3＝2Co(NH3)6Cl3+ 2H2O
③用水浴加热控制反应温度在50℃～60℃之间；故答案为：水浴加热；
（3）由图（2）可知Co(NH3)6Cl3在水中的溶解度随着温度的升高而增大，则为了降低Co(NH3)6Cl3的溶解度，提高产量，应冰水冷却；故答案为：降低三氯化六氨合钴的溶解度，提高产量；
（4）由过滤后所得滤渣获得Co(NH3)6Cl3的实验方案：将滤渣加入沸水中，充分搅拌，趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤；
故答案为：趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤。
20.【答案】⑴30.8
⑵①CaS CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑
②作催化剂 两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动
③高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或部分转化为其他含硫物质）⑶1.75×10-2 mol·L-1
【解析】⑴由① CaSO4·2H2O(s)=CaSO4·H2O(s)+H2O(g) ΔH1＝83.2 kJ·mol-1
② CaSO4·2H2O(s)=CaSO4(s)+2H2O(l) ΔH2＝26 kJ·mol-1
③ H2O(g)=H2O(l) ΔH3＝-44 kJ·mol-1
④ CaSO4·H2O(s)=CaSO4(s)+ H2O(g) ΔH4 可得
④=②－①－③×2
则：ΔH4=ΔH2－ΔH1－③×2=26 kJ·mol-1－83.2 kJ·mol-1－（-44 kJ·mol-1）×2
=30.8 kJ·mol-1；故答案为：30.8；
⑵①由图中可以看出，在低于800 ℃时主要还原产物为CaS；高于800 ℃时CaS 和CaSO4的量都在减少，而CaO的量增多，所以主要发生的反应的化学方程式为：CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑；故答案为：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑；
②根据图2中不同条件对硫酸钙转化率的影响，可以看出CaCl2可以加快化学反应速率，CaCl2的作为催化剂；根据图2中不同条件对硫酸钙转化率的影响，可以看出当温度高于1200 ℃时，两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动，CaSO4的转化率趋于相同；故答案为：两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动；故答案为：两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动；
③由图中看出：当C/S值为0.5时，反应产物为CaO、SO2和CO2；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中SO2的体积分数不升反降，其主要原因可能是高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大或可能为部分转化为其他含硫物质；故答案为：高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或部分转化为其他含硫物质）；
⑶c(Ca2＋)= Ksp(CaSO4)/ c(SO42-)=3.2×10-7/2.0 =1.6×10-7 mol·L-1
c(CO32-)= Ksp(CaCO3)/ c(Ca2＋)=2.8×10－9/1.6×10-7 =1.75×10-2 mol·L-1；故答案为：1.75×10-2 mol·L-1。
21． A 1物质结构与性质]
【答案】⑴1Ar]3d8 ⑵sp、sp3 5mol
⑶①CO32-或NO3- ②甲胺能与水形成分子间氢键 ⑷4
【解析】⑴镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2+，根据构造原理知，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8（或1Ar]3d8），故答案为：1s22s22p63s23p63d8（或1Ar]3d8）；
⑵由CH3NC的结构简式可知，分子中碳原子有单键碳和三键碳两种类型，所以CH3NC中碳原子轨道的杂化类型是sp、sp3；
由CH3NC的结构简式可知，1 molCH3NC中σ键的数目为5mol；
故答案为：sp、sp3 5mol；
⑶①COCl2为四原子24个价电子，所以与COCl2互为等电子体的阴离子为CO32－-或NO3－；故答案为：CO32－-或NO3－。
②甲胺极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，甲胺(CH3NH2)分子中的－NH2，与水分子中的－OH之间形成分子间氢键。故答案为：甲胺能与水形成分子间氢键；
⑷由Ni单质的晶胞结构图可知，晶胞为面心立方体，每个晶胞中含Ni原子数目为：
8×＋6×=4；故答案为：4 。
21. B．1实验化学]
【答案】⑴除去镁条表面的氧化物
⑵ ① 缓慢加入 ② D ③ 抽气泵和安全瓶 ④ 趁热过滤
⑶弱
【解析】⑴反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是除去镁条表面的氧化物；故答案为：除去镁条表面的氧化物；
（2）①结晶速度越慢越可以得到较大颗粒的晶体，为了得到较大颗粒的晶体，应当缓慢乙酸加入；故答案为：缓慢加入；
②讲烧杯中的晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了减少晶体的损失。所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的，选择用滤液来冲洗液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗是会使晶体溶解，同时又不会带入杂质；故答案为：D。
③抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡皮管，以防倒吸。故答案为：抽气泵和安全瓶；
④重结晶操作过程：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥；其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质；故答案为：趁热过滤；
⑶极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，根据图可知展开后顺式偶氮苯较多，扩散较慢，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性弱；故答案为：弱。
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