知识点：化学

C

A、秸秆成分是纤维素，纤维素水解最终产物是葡萄糖，利用葡萄糖制取乙醇，故说法正确；B、利用地沟油，制备生物柴油，故说法正确；C、焚烧塑料，产生有毒物质，污染环境，故说法错误；D、开发新能源，减少对化石燃料的依赖，减少对环境的污染，故说法正确。

知识点：化学

D

A、左上角应是质量数，即数值为12，故错误；B、没有体现出Br－的最外层电子数，故错误；C、氢氧化钠是离子化合物，应体现出阴阳离子，故错误；D、2是羟基的位置，故正确。

知识点：化学

A

A、氨气易液化，利用液氨的气化，从外界吸收热量，常用作制冷剂，故正确；B、用作氮肥，是因为含有氮元素，与是否分解无关，故错误；C、利用SiO2与HF的反应，雕刻玻璃，与作光导纤维无关，故错误；D、发生的是氧化还原反应，利用的是SO2的还原性，不是漂白性，故错误。

知识点：化学

A

知识点：化学

C

A、A、氨水吸收过量的SO2，因此发生NH3·H2O＋SO2=NH4HSO3，离子反应式是NH3·H2O＋SO2=NH4＋＋HSO3－，故说法正确；B、利用过氧化氢的强氧化性，把I－氧化成I2，离子反应式为H2O2＋2I－＋2H＋=2H2O＋I2，故说法正确；C、1molNH4Al(SO4)2中有2molSO42－，SO42－全部转化成沉淀，需要2molBa(OH)2，结合OH－的能力：Al3＋>NH4＋，当Al3＋全部转化成Al(OH)3时，继续滴加Ba(OH)2时，OH－先结合NH4＋生成NH3·H2O，离子反应式为2Ba2＋＋4OH－＋Al3＋＋NH4＋=2BaSO4↓＋NH3·H2O＋Al(OH)3↓，故说法错误；D、设溶液的体积为1L，硫酸先和氢氧化钠反应：OH－＋H＋=H2O，消耗H＋的物质的量为：0.2mol，剩余H＋的物质的量(0.15×2－0.2)mol=0.1mol，碳酸钠和H＋反应：CO32－＋H＋=HCO3－，n(CO32－)=0.1mol，因此两者恰好完全反应，因此总离子反应反应式为CO32－+3H＋+2OH－ = 2H2O+HCO3－，故说法正确。

【点睛】离子反应方程式正误判断时，常见的错误类型有：不符合客观事实、化学式的拆分不正确、反应物间量的关系不正确、违背三个守恒(之一)；一种氧化剂（还原剂）多种还原剂（氧化剂）反应，注意反应的先后顺序，判断氧化性或还原性强弱，存在先后顺序，此类题属于中档题。

知识点：化学

B

知识点：化学

B

A、铅蓄电池，正极反应式PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－=PbSO4＋2H2O，正极质量增大，负极电极反应式Pb＋SO42－－2e－=PbSO4，负极质量增大，故错误；B、根据△G=△H－T△S，自发进行，△G<0，根据反应方程式，此反应是熵减，即△S<0，低温下能自发进行，因此△H<0，故正确；D、甘油标准状况下不是气体，故错误。

知识点：化学

C

A、氨气的催化氧化成生成的是NO，不是NO2，故错误；B、SiO2不与HCl反应，应先和C发生生成Si，然后和氯气反应生成SiCl4，故错误；C、氧化铝是两性氧化物，和氢氧化钠生成NaAlO2，碳酸的酸性强于偏铝酸，偏铝酸钠溶液中通入CO2，产生白色沉淀Al(OH)3，故正确；D、金属钠在加热或点燃的条件下生成过氧化钠，常温下生成Na2O，题目中金属钠是在常温下和氧气反应，故错误。

知识点：化学

D

A、此电池总反应式是：N2＋3H2＋2HCl=2NH4Cl，氢气的化合价升高，失去电子，根据原电池的工作原理，负极失去电子，化合价升高，因此b极为负极，发生氧化反应，故说法正确；B、环境是酸性环境，因此有N2－6e－＋6e－=2NH4＋，故说法正确；C、根据选项A中总电极反应式，分离出的A为NH4Cl，故说法正确；D、题目没有说明是否是标准状况，故说法错误。

知识点：化学

C

A、反应物的总能量大于生成物的总能量，说明此反应是放热反应，根据图像，故说法正确；B、反应①中H的化合价由0价→＋1价，部分I的化合价降低，属于氧化还原反应，反应②中，I的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故说法正确；C、反应①比反应②慢，说明反应①中正反映的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，故说法错误；D、根据盖斯定律，只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此△H=－218kJ·mol－1，故说法正确。

知识点：化学

C

A、苯环空间构型是平面正六边形，羰基是平面结构，因此所有碳原子可能在一平面，故说法正确；B、X中含有酚羟基，Y中不含酚羟基，加入FeCl3溶液，X发生显色反应，而Y不行，因此可以鉴别，故说法正确；C、1molX中含有1mol苯环和1mol羰基，1mol苯环需要3mol氢气，1mol羰基需要1mol氢气，因此1molX需要4mol氢气，1molZ中含有1mol苯环、2mol碳碳双键，酯中羰基和羧基中羰基不能与氢气发生加成，因此1molZ最多消耗5mol氢气，故错误；D、1molX中只含有1mol酚羟基，即1molX消耗1mol氢氧化钠，1molY中含有1mol酯基、1mol溴原子，因此消耗2mol氢氧化钠，故说法正确。

知识点：化学

BD

A、通过酸性比较非金属性，应是最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强，但Na2SO3中S的价态是＋4价，不是最高价，故错误；B、溶液变澄清，发生反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明CO3－结合质子能力强于C6H5O－，故正确；C、氢氧化钠过量，再加入FeCl3溶液，和过量的NaOH反应生成沉淀，应是NaOH少量，出现红褐色沉淀，说明Ksp(Mg(OH)2>Ksp(Fe(OH)3，故错误；D、发生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Fe3＋是氧化剂，I2是氧化产物，故正确。

知识点：化学

B

加入稀硫酸后溶液的离子是Al3＋、Fe3＋，H＋、SO42－，A、通入氯气，Cl2能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、加入过量的氢氧化钠溶液，中和H＋，Fe3＋转化成Fe(OH)3，氢氧化铝表现两性，生成AlO2－，因此反应后的溶液的离子是Na＋、AlO2－、SO42－、OH－，故正确；C、氢氧化铝不溶于弱碱，反应后存在的离子是Na＋、NH4＋、SO42－，故错误；D、加入铜粉后，发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，反应后离子有Fe2＋、SO42－、Al3＋、H＋，故错误。

知识点：化学

BD

A、pH=5.5，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，因此c(C2O42－)>c(H2C2O4)，故错误；B、物料守恒：c(Na＋)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，得到：c(OH-)+ c(S2-)= c(H+)+ c(H2S)，故正确；C、CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，故错误；D、假设氢氧化钠全部中和NH4HSO4中的H＋，2NaOH＋2NH4HSO4=Na2SO4＋(NH4)2SO4＋2H2O，溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，溶液显酸性，确保溶液显中性，继续滴加NaOH，此时的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(H＋)=c(OH－)，故正确。

【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小比较，在比较中遇见等号，应运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒解决问题，①电荷守恒，电解质溶液中，阴离子所带电荷数等于阳离子所带电荷数，②物料守恒，电解质溶液中，某些离子存在的所有形式之和等于其分析浓度，如NaHS中S元素，HS－既能水解也能电离，因此存在HS－、S2－、H2S三种形式，有如下守恒关系：c(Na＋)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，③质子守恒，水电离产生的H＋等于水电离出OH－；离子浓度大小比较中注意量、注意弱电解质或盐的水解程度微弱的特点，进行分析，从而得出正确结果。

知识点：化学

C

根据化学反应速率的数学表达式，v(COCl2)=0.8/(0.5×5)mol/(L·min)=0.32 mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此v(CO)=v(COCl2)=0.32mol/(L·min)，故错误；B、CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)

起始： 1 1 0

变化： 0.8 0.8 0.8

平衡： 0.2 0.2 0.8 根据平衡常数定义，K=c(COCl2)/=1.6/0.42=10，容器III中的平衡常数K≈4，化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，化学平衡常数降低，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故错误；C、

CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)

起始： 1 a 0

变化： 0.5 0.5 0.5

平衡： 0.5 a－0.5 0.5 化学平衡常数只受温度影响，即有K=0.1/=10，解得a=0.55mol，故正确；D、相当于在I基础上去掉0.2molCO、0.2molCl2，相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率小于80%，故错误。

【点睛】本题考查化学反应速率、化学平衡的计算，化学反应速率的计算应注意是变化浓度与时间的比值，许多学生往往用变化的物质的量与时间的比值，同时用化学反应速率之比等于化学计量数之比；化学平衡的计算，一般如果是一个反应平衡，常采用“三段式”，如本题中化学平衡常数的计算，如果是两个是反应平衡，常采用等效方法，如本题的选项D，或化学平衡常数不变进行计算，如选项中的A或B、 C选项的判断等。

知识点：化学

（1）B BeO22-+4H+=Be2++2H2O

（2）3.7~6.0 Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+

取少量最后一次洗涤过滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若溶液不呈血红色，则Fe3+沉淀完全。

（3）

解析：（1）①因为Be和Al的性质相似，因此先加过量的盐酸，生成H2SiO3、BeCl2、NaCl，然后过滤，氢氧化铍溶于强碱，不溶于弱碱，因此加入氨水，故选项B正确；②氢氧化铝表现两性，因此Be(OH)2也表现两性，即有BeO22-+4H+=Be2++2H2O；（2）根据表格数据，以及实验目的，调节pH应是除去Fe3＋，不影响Y3＋，因此pH的范围控制在3.7～6.0；加入氨水，Y3＋转化成沉淀，发生反应是Y3＋＋3NH3·H2O=Y(OH)3↓＋3NH4＋，检验Fe3＋常用KSCN溶液，溶液变为血红色，说明Fe3＋存在，步骤是取少量最后一次洗涤过滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若溶液不呈血红色，则Fe3+沉淀完全；（3）澄清石灰水变浑浊，说明产生CO2，Y的化合价无变化，C2O42－中C的化合价为＋3价，有化合价的升高，就有化合价的降低，因此C的化合价转化成＋2价，即CO，方程式为：。

【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及化学反应原理、物质的除杂和提纯、实验基本操作等知识，流程中充分利用题目所给信息，如本题中在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似；把握每个步骤的作用或反应，实验基本操作中叙述中注意化学用语的正确使用，如本题中沉淀如何证明沉淀已洗净：应说取最后一次洗涤液，加入什么，如果出现什么，证明什么，还有如何洗涤沉淀，应说沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，充分上述操作2-3次等。

知识点：化学

（1）醚键 碳碳双键 还原反应

（2）

（3）2+O22+2H2O

（4）

（5）

解析：（1）根据G的结构简式，含有的官能团是碳碳双键、醚键；对比E和F的结构简式 E中的碳碳双键转化成碳碳单键，因此E→F发生加成反应或还原反应；（2）根据信息，与羰基所连碳原子上的一个碳氢键发生断裂，另一个羰基碳氧双键中一个碳氧键打开，即产物是；（3）对比B、C结构简式，B→C发生醇的氧化，反应方程式为：2+O22+2H2O；（4）①能与NaHCO3发生反应，生成CO2，说明含有羧基，能与FeCl3显色，说明含有酚羟基；②含有四种不同环境的氢原子，应是对称结构，因此H的结构简式为；（5）根据信息，推出合成产物的原料是应是苯甲醛和乙醛，苯甲醛由苯甲醇氧化而成，乙醛可以由乙烯先和水加成为乙醇，乙醇催化氧化成乙醛，也可以由乙烯和氧气在一定条件下发生氧化反应生成乙醛，因此路线之一是

。

【点睛】本题考试有机物的合成和推断，主要考查官能团的性质，知道有机物中常见的官能团有哪些，同时注意苯环不是官能团，发生的反应类型的判断一看反应条件，如氢氧化钠的醇溶液，必然发生消去反应，二对比反应物和产物的结构简式，找出不同，不同的是断键和生成键，如本题中E→F，E中含有碳碳双键，F中不含碳碳双键，说明反应中碳碳双键断裂，发生加成反应或还原反应；有机物中的难点是同分异构体的书写和判断，往往限制条件的，通过条件判断出含有的官能团或取代基大概的位置，如本题中能和碳酸氢钠反应，有机物中只有羧基和碳酸氢钠反应生成CO2，说明含有羧基，能和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，因此作出合理的判断。

知识点：化学

（1）①除去废铁屑表面的油污 ②洗去晶体表面杂质，减少晶体损失

（2）①滴入最后一滴溶液时红色褪去，半分钟内不变红

②60%

解析：（1）①铁屑表面常有油污，这些油污阻碍铁屑和硫酸的接触，需要除去，碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱性中完全水解，因此碳酸钠的作用是除去铁屑表面的油污；②莫尔盐不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少莫尔盐的溶解，同时乙醇易挥发；（2）①用(NH4)2Fe(SO4)2滴定高锰酸钾溶液，Fe2＋能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此滴定到终点的现象是滴入最后一滴时紫红色褪去，且半分钟不变色；②V=35，与35mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应需要高锰酸钾的物质的量为：

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

1mol 5mol

0.014mol 0.035L×0.2mol·L-1

所以高锰酸钾的物质的量为0.0014mol，

故与固体混合物反应的高锰酸钾的物质的量为：0.150mol·L-1×0.040L-0.0014mol = 0.0046mol

设Cu2S物质的量为x，CuS物质的量为y 根据得失电子数目守恒，2x×1＋6x＋6y=0.0046×5，根据题意得出160x+96y=0.40g

解得x=0.001mol，y=0.0025mol

则混合物中CuS的质量分数为0.0025mol×96g/0.4g×100%=60%

知识点：化学

Ⅰ.（1）使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度

（2）防止H2O2分解和甲醛挥发

（3）除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）

（4）使反应物充分接触，提高产率

防止甲酸钙水解（或除去甲酸）

Ⅱ.用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品

用石灰水调节溶液pH为 5

趁热过滤

解析：I.（1）过氧化氢用量较多，为了使甲醛充分反应，提高甲醛的利用率；（2）温度不宜过高，因为过氧化氢受热易分解，且甲醛容易挥发，造成原料的浪费；（3）题干中指出得到重金属含量极低的优质产品，因此加入硫化钠的作用是让重金属阳离子转化成难溶的硫化物，除去重金属离子；（4）搅拌的目的使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸钙是强碱弱酸盐，HCOO－水解，因此调节pH的目的使抑制HCOO－的水解；II.步骤2得到可溶的含钙溶液，因为硫酸钙微溶于水，因此不能选用硫酸，硝酸钠溶解度受温度的影响较大，容易除去，因此碳酸钙中加入稍微过量硝酸溶解，即步骤2：用稍过量的硝酸溶解碳酸钙样品；碳酸钙中含有Al2O3和FeCO3杂质，因为步骤2中加入硝酸，硝酸把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此步骤3是除去杂质离子Al3＋和Fe3＋，根据表格数据，调节pH除去Al3＋和Fe3＋，引入的物质的不能引入新的杂质，应加入含Ca的物质，根据所给药品，应加入石灰水，调节pH到5，步骤3：用石灰水调节溶液pH为5；甲酸钙的溶解度较低，因此采用蒸发浓缩，趁热过滤的方法得到。

知识点：化学

I．ΔH=a/3+b — 4/3c kJ·mol-1

II．（1）阴极 Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O 5ClO—+2CN—+2OH—=2CO32—+N2↑+5Cl—+H2O

（2）①HCO3—

②b 碱性太强，溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH—===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O生成[Fe(CN)6]4－后难以除去

解析：I.①3Mn3O4(s)+8Al(s)=9Mn(s)+4Al2O3(s) ，②3MnO2(s)=Mn3O4(s)+O2(g)，③4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) △H=－4ckJ·mol－1，(①＋3×②＋③)/3，得出△H=(a＋3b－4c)/3kJ·mol－1； II.（1）依据电解原理，金属作阳极，先失电子，题目中提供信息：阳极产生的是ClO－，因此铁作阴极，阳极是失电子，化合价升高，控制溶液的pH在9－10，说明溶液显碱性，阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，ClO－将CN－氧化成无害物质，即Cl转化成Cl－，环境是碱性环境，C转化成CO32－，N转化成N2，ClO－＋CN－→CO2↑＋N2↑＋Cl－，然后根据化合价升降进行配平，5ClO－＋2CN－→2CO32－＋N2↑＋5Cl－，利用电荷守恒和原子守恒，配平其他，写出缺少的微粒，因此离子反应方程式为：5ClO－＋2CN－＋2OH－=2CO32－＋N2↑＋5Cl－＋H2O；（2）①根据元素守恒、原子守恒、电荷守恒，A应带一个单位的负电荷，A中含有的一个C原子、一个H原子、3个氧原子，因此A为HCO3－，②根据不同pH对除氰效果的影响图，应选择除氰率最高的即pH在10～11，故选项b正确；根据查阅资料①，[Fe(CN)6]4－在碱性条件下更稳定，难以除去，具体回答是：碱性太强，溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH—===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O生成[Fe(CN)6]4－后难以除去。

【点睛】考查化学反应原理的应用，学生主要在电极反应式的书写、氧化还原反应方程式的书写、化学平衡的计算上失分，电极反应式的书写应注意先写出化合价变化的微粒和产物，像本题写出Cl－→ClO－，然后根据化合价变化写出得失电子的物质的量，即Cl－－2e－→ClO－，根据环境判断出缺少的微粒，本题的环境是碱性，应是OH－、H2O参与反应和生成，然后前后所带电荷守恒，写出反应式：Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O；氧化还原反应方程式的书写类似电极反应式的书写，只要平时多加练习，这部分内容应是不难的。

知识点：化学

（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1或 3d104s24p1

（2）N>C>H 9NA

（3）①直线形 ②Ti4CN3 ③ad

解析：（1）Ga属于31号元素，第四周期第IIIA族元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或 3d104s24p1；（2）电负性越大，非金属性越强，同周期从左向右电负性增大，因此电负性的顺序是N>C>H，成键原子之间只能形成一个σ键，因此1mol该物质中含有σ键数目是9NA；（3）①N3－与CO2互为等电子体，CO2为直线形，因此N3－的空间构型为直线形；②Ti位于棱上和体心，Ti的个数为12×1/4＋1=4，C位于顶点，个数为8×1/8=1，N位于面心，个数为6×1/2=3，因此化学式为Ti4CN3；③Ti4＋与OH－、H2O之间存在配位键，OH－、H2O中存在共价键，或σ键故选项ad正确。