知识点：化学

C

知识点：化学

D

A、乙烯能使溴水褪色是乙烯与单质溴发生加成反应生成无色的1,2—二溴乙烷，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是将高锰酸钾还原生成Mn2+，只有后者属于氧化反应，所以A错误。B、乙酸与NaOH反应生成CH3COONa和H2O，而乙醇与NaOH不能发生反应，B错误。C、苯与溴的取代反应需使用液态纯净的溴单质、FeCl3作催化剂，若改用溴水，即使加入FeCl3作催化剂，反应也不会发生，C错误。D、C5H11Br可以看成C5H12分子中的1个H原子被Br取代形成的产物，C5H12有3种结构，其中正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3的一溴取代有3种，异戊烷的一溴取代有4种，新戊烷的一溴取代有1种，共计8种，由于结构不同，所以它们的熔点、沸点也各不相同，D正确。正确答案D。

【点睛】有机反应中关于溴单质的反应有：⑴苯环上的取代反应，用液态溴、FeBr3作催化剂；⑵与苯酚产生沉淀，用过量的浓溴水；⑶与C=C键或C≡C键发生加成反应，用溴水；⑷与烷烃或烷烃基发生取代反应，用溴蒸气、光照。

知识点：化学

B

知识点：化学

B

A、若SO2与O2完全反应，此时恰好生成0.2molSO3，但是由于可逆反应不可能完全进行，所以得到的SO3一定小于0.2mol，即生成的SO3分子数一定小于0.2NA，A错误。B、2.3gNa与氧气反应时，无论生成Na2O还是Na2O2，Na的化合价均是从0价升高到+1价，Na失去电子1×2.3/23mol=0.1mol，数目为0.1NA，B正确。C、只有物质的量浓度，没有体积，无法进行物质的量计算，C错误。D、该题的胶体粒子是由若干个Fe(OH)3集合而成，所以胶体粒子数目与其物质的量并不相等，D错误。

【点睛】因为NA表示阿伏伽德罗常数的值，所以n NA即为n mol，解题时可以直接将题目中的n NA看成n mol。

知识点：化学

C

【点睛】无论是原电池还是电解池，外电路是通过电子迁移形成电流，内电路则是通过离子的迁移形成电流，所以它们的导电原理是有差别的。

知识点：化学

B

A、未加NaOH时，混合溶液中HCl完全电离，CH3COOH仅部分电离，由于原浓度均为0.1mol·L-1，所以c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，A错误。B、加入10mL0.1mol·L-1NaOH时，HCl恰好完全反应生成0.001molNaCl，还存在0.001molCH3COOH，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B正确。C、上述B的结果是NaCl与CH3COOH等物质的量的混合物，由于CH3COOH的电离溶液呈酸性，所以需要再加部分NaOH溶液才可能呈中性，c(Na+)>c(Cl-)，C错误。D、加入20mLNaOH溶液后，原溶液中两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的混合溶液，由于CH3COONa的水解溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)>c(Cl-)+c(CH3COO-)，D错误。正确答案B。

【点睛】在这类题型中，往往类似于“溶液呈中性时”，加入的NaOH溶液的具体体积现有知识无法求解，这时需要从周围接近点的分析中得到答案接近的信息，再进行“调整”。如上述C选项，从HCl恰好完全反应的“点”溶液呈酸性，所以需要再加入NaOH才能得到C所需要的中性溶液。当然，从两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的“点”溶液呈碱性，c(Na+)=2c(Cl-)，则需要少加入NaOH的量使溶液呈中性，但是，加入的量少至仅有HCl反应时，溶液又呈酸性，由此也可以得到c(Na+)>c(Cl-)。

知识点：化学

A

【点睛】用实验检验溶液中的离子时，检出存在于溶液中的离子后，一定要通过离子反应分析判断那些和它们反应的离子在溶液中不能够同时存在。

知识点：化学

(1)+6 (2)4FeO·Cr2O3+7O2+20NaOH＝8Na2CrO4+4NaFeO2+10H2O Na2CrO4 NaFeO2 (3)NaFeO2+2H2O＝Fe(OH)3↓+NaOH H2SiO3 (或H4SiO4) (4)B、C (5)①Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O ②没有

试题分析：试题以铬酸钾制备和含铬废水的处理为题材，考查元素化合价、氧化产物、氧化还原反应配平、离子方程式、化学平衡的移动、沉淀溶解平衡的计算等知识。考查考生对工业流程的分析能力和对知识的综合运用能力。

解析：在O2作用下，铬铁矿与NaOH固体煅烧时，除生成Na2CrO4和NaFeO2之外，SiO2也同时反应生成Na2SiO3；水浸时，Na2CrO4、Na2SiO3溶解，NaFeO2水解，滤液1调节pH值后过滤出含Si化合物等杂质得到Na2Cr2O7溶液。

NaFeO2 。（3）滤渣1是水浸时NaFeO2水解生成的不溶物，根据“红褐色”提示，应当是Fe(OH)3；滤渣2是在调节pH时除去Na2SiO3产生的沉淀，只能是H2SiO3或H4SiO4。答案：Fe(OH)3、H2SiO3或H4SiO4。（4）原平衡正向移动可能是增加反应物浓度或降低生成物浓度、或保持温度不变除去部分水、或改变温度。A、若仅增加CrO42-浓度，平衡移动消耗H+，溶液pH增大；若仅增加H+浓度，达到新的平衡时溶液中c(H+)增大，pH减小；若减小产物浓度，平衡移动消耗H+，溶液pH增大；保持温度不变除去部分水平衡正向移动，但是c(H+)增大，pH减小。综上所述，平衡正向移动时，溶液pH不一定增大，A错误。B、达到新的平衡前，反应始终向正反应方向进行，所以正反应速率一定大于逆反应速率，B正确。C、平衡常数只受温度影响，所以如果不是温度导致题目要求的平衡移动，则平衡常数不变，C正确。D、达到平衡时，v(CrO42-)消耗=v(CrO42-)生成，又因为v(CrO42-)生成/2= v(Cr2O72-)消耗，所以v(CrO42-)消耗/2= v(Cr2O72-)消耗，D错误。正确答案：BC。（5）①还原过程中Cr2O72-生成Cr3+，则反应基础关系为Cr2O72-+Fe2+→Cr3++Fe3+，考虑到溶液呈酸性，配平的反应为Cr2O72－+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ，答案：Cr2O72－+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。②当溶液pH=4时，c(OH-)=10-14/10-4mol/L=1×10-10mol/L，QC=1×10-3×(1×10-10)3=1×10-33<1×10-32，此时没有沉淀生成。答案：没有。

【点睛】①氧化还原反应的配平中，一般先根据得失电子配平氧化剂、还原剂，再根据质量守恒配平氧化产物、还原产物，然后进行其他物质的配平。②其他条件不变时，仅增加影响平衡体系的某物质A，平衡向着A减小的方向移动，但是建立新的平衡后，体系中A的含量较原平衡仍然增加。

知识点：化学

(1)若一段时间内漏斗内液柱高度不变 吸收尾气，防止污染空气 (2)Na2SO3+ H2SO 4(浓)＝Na2SO4+ SO2↑+ H2O 1: 2 (3)C 控制H2SO4滴加速度(或控制反应温度或降温；降低H2SO4的浓度,答案合理给分) SO2过量，溶液呈酸性，Na2S2O3与酸反应，生成黄色硫单质 (4)冷却结晶 (5)过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀物中加入足量的稀盐酸

试题分析：本题以硫代硫酸钠晶体的制备和杂质的检验为题材，重点考查化学实验装置气密性的检验、化学实验安全性、化学实验操作、化学计算、影响气体溶解性的因素、化学反应速率的控制、产品的分离提纯等知识，考查考生对实验的综合分析能力。

解析：制备装置图中，A是制取SO2，B、D气体经过时并无任何变化，因此B、D是安全瓶，B主要防止C中溶液倒吸进入A产生危险，D主要防止E中溶液倒吸进入C产生杂质，C是制备硫代硫酸钠，E是吸收尾气中的SO2等有毒气体，防止污染空气。

消耗Na2CO3 1mol，综上所述，需要Na2CO3 1mol，Na2S 2mol。答案： Na2SO3+ H2SO 4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+ H2O 、 1: 2。（3）装置B是安全瓶。由于SO2易溶于水，所以盛放水不合适，A错误；盛放Na2SO3饱和溶液时，Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，因此B错误。饱和NaHSO3不能溶解SO2，所以C正确；2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，因此D错误，所以应当选用C的饱和NaHSO3溶液。使SO2缓慢进入C中，就是使装置A中反应速率降低，因此可以采用降温、适当降低H2SO4浓度或是控制浓硫酸滴加速度等措施。由于酸性条件下，Na2S2O3会发生反应生成单质S使产品发黄。答案：c 、降温（适当降低H2SO4浓度或是控制浓硫酸滴加速度）、酸性环境下，Na2S2O3与酸反应生成黄色硫单质。（4）趁热过滤后得到Na2S2O3溶液，加热浓缩得到其浓度较大的高温溶液，再进行降温结晶可以得到固体产物，过滤除去少量溶液，洗涤除去杂质，干燥除水即可得到产品。答案：冷却结晶。（5）由于Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀，所以沉淀可能是BaSO3、BaSO4中的一种或两种， HNO3会将BaSO3氧化生成BaSO4，H2SO4也会与BaSO3反应生成BaSO4和SO2，而蒸馏水不能溶解BaSO3或BaSO4，所以应当使用稀盐酸。但是溶液中的Na2S2O3和沉淀表面水中溶解的Na2S2O3，在稀盐酸作用下会有SO2生成干扰SO32-检验，所以在加入盐酸之前必须先过滤，再用水洗净沉淀。这样，沉淀中的BaSO3在盐酸的作用下会有刺激新气味的气体SO2产生，而BaSO4不溶于稀盐酸会看到沉淀仍然存在。答案：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀物中加入足量的稀盐酸。

【点睛】①检验实验的设计需要充分考虑到干扰物可能产生的影响，并且设法排除干扰，从而得到准确结论。②酸性气体在其饱和酸式盐中溶解度很小，如SO2在饱和NaHSO3溶液中几乎不溶，CO2在饱和NaHCO3溶液中几乎不溶。类似的，Cl2在饱和NaCl溶液中也几乎不溶。利用这一性质可以除去气体中易溶性杂质或用排饱和溶液的方法进行气体的收集。

知识点：化学

I. 2ΔH1－ΔH2 II. (1) < < (2)A、D (3)（a－b）/5mol/(L·s) (4) (5)减小 增大 III. ①4OH－－4e－＝2H2O+ O2↑ ②阴极H+放电产生H2，OH－浓度变大并与HCO3－反应使CO32－ 再生。

试题分析：以CO2的捕集利用技术为题材，重点考查盖斯定律、化学反应进行的方向、化学反应速率、化学平衡的建立、化学平衡的移动、平衡常数、电解原理等知识，考查考生应用已有知识解决实际问题的能力。

体系压强不变的状态也一定是化学平衡状态，A正确。B、由于反应进行过程中气体的质量始终保持不变，容器体积不变时，混合气体密度始终不变，所以混合气体体积不变时不一定是化学平衡状态，B错误。C、反应开始时只有CO2和H2，所以生成的CH4与H2O物质的量之比始终为1:2，则CH4与H2物质的量之比保持不变时不一定是化学平衡状态，C错误。D、反应正向进行时H2质量分数减小，反应逆向进行时H2质量分数增大，所以H2质量分数不变时，一定是该反应处于化学平衡状态，D正确。正确答案：AD。（3）前20秒△c(CO2)=(a-b)mol/L，则v(CO2)= ，v(H2)= 。正确答案：（4）平衡建立过程中，反应消耗CO2 (a-b)mol/L，则参加反应的H2为 4(a-b)mol/L，生成CH4 (a-b)mol/L、H2O 2(a-b) mol/L，所以反应达到平衡时，CO2 bmol/L，H2 mol/L=(4b-3a)mol/L ，CH4 (a-b) mol/L，H2O 2(a-b) mol/L， 。正确答案：。（5）温度降低时，化学反应速率减小，重新建立平衡后，v(正)也减小。由于该反应是放热反应，降低温度后平衡正向移动，所以CO2的转化率增大。正确答案：减小、增大。Ⅲ.K2CO3溶液吸收CO2生成KHCO3，溶液中存在的离子包括K+、H+、HCO3-、CO32-、OH-。①电解时还原性最强的OH-在阳极放电生成O2，反应原理为4OH--4e-=2H2O+O2↑，反应的OH-来源于水，所以电解时阳极产生H+，H++HCO3-=CO2↑+H2O。②阴极区氧化性最强的H+放电生成H2，H+主要来源于水，所以电解时阴极产生OH-，OH-+HCO3-=H2O+CO32-，使CO32-得到再生。正确答案：4OH--4e-=2H2O+O2↑、 阴极H+放电产生H2，OH-浓度变大并与HCO3－反应使CO32－ 再生。

【点睛】化学平衡状态主要可以利用概念进行判断，即正逆反应速率相等或各物质的含量保持不变。一些判断题型中不能直接采用概念进行时，可以判断在反应正向或逆向进行时不能满足要求，那么反应一定是处于化学平衡状态。值得注意的是，反应进行至物质的量之比（或浓度比）为定值时的状态一般是反应的特定状态，这种状态一般不是化学平衡状态。

知识点：化学

(1)2s22p3 C<N<O (2)sp3 11 D (3)极性 氨分子之间存在氢键，磷分子之间为范德华力 (4)正四面体 (5)铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子 1:3 或

试题分析：以N元素化合物为基础，考查电子排布式、电离能、电负性规律、中心原子的杂化方式、化学键、α键、氢键及其对沸点的影响、分子极性、晶体结构等知识，考查考生对晶体结构图识别能力。

中断裂的N-H键为8mol，生成3mol N2中含有3mol δ键，4mol H2O中含有8molδ键，共生成11mol δ键。N2H6SO4是N2H4分子中的两个N的孤对电子分别与H+通过配位键形成N2H62+，再通过离子键与SO42-形成盐，所以晶体内存在离子键、共价键和配位键，不存在的是范德华力。正确答案：sp3、11、D。（3）NH3中心原子成键电子对数目为3，孤对电子对数目为1，总电子对数目是4，所以N原子采用sp3杂化，分子空间结构是三角锥型，负电荷重心位于N原子，正电荷重心位于三个H原子形成的正三角形中心，所以正负电荷重心不重合，NH3为极性分子。液氨除了存在分子间的范德华力外，分子间还存在较强的氢键，而膦仅存在分子间的范德华力，所以氨的沸点高于膦。正确答案： 极性、 氨分子之间存在氢键，磷分子之间为范德华力。 （4）SO42-价层电子对数= ，中心原子采用sp3杂化，无孤对电子，因此SO42-为空间正四面体结构。正确答案：正四面体。（5）28号元素Ni的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d84s2，失去1个电子后 核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d84s1；29号元素Cu的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d104s1，失去1个电子后核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d10，由于3d10是全满的稳定结构，则分别失去1个电子后的Cu+、Ni+中，Cu+更难失去第二个电子，所以Cu的第二电离能更。晶胞中含Ni原子数目8×1/8=1，Cu原子数目6×1/2=3，二者数目比为1:3。晶胞体积a3 nm3=1×10-21 a3 cm3，晶胞中含有1个Cu原子和3个Ni原子，总质量为 g，则合金密度为：，。正确答案：铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子 、1:3、。

【点睛】①由于全满或半满是一种更加稳定的状态，所以原子核外电子排布为(n-1)d4nS2及(n-1)d9nS2时，会有1个电子跃迁至能量较高的(n-1)d轨道形成较稳定的(n-1)d5nS1、(n-1)d10nS1排布。②当原子间形成多建时（如N≡N），仅有1个是δ键，其余是π键。

知识点：化学

(1) C7H10O3 碳碳双键、羟基

(2)消去反应

(3)

(4)催化剂、吸水剂； D

(5)

试题分析：试题以α-萜品醇G的合成为线索，考查有机物的分子式、结构简式、官能团、有机反应原理、有机反应类型、除杂方案、同分异构体等知识点，考查考生对有机流程的分析能力和利用已有知识解决问题的能力。

与乙醇发生酯化反应生成的F为，结合已知中酯发生的反应及产物G的结构，则已知反应的反应物及产物中R′是—CH3，所以Y为CH3MgBr。（1）A的分子式为C7H10O3，G分子中官能团是C=C和—OH，名称是碳碳双键和羟基。正确答案：C7H10O3、碳碳双键 羟基。（2）C→D是卤代物在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，同时—COOH与碱发生中和，卤原子邻位C原子有两种，六元环上的两个位置是等价的，另外一种是在—CH3上消去H原子生成。正确答案：消去反应、。（3）E→F是酯化反应，浓硫酸在反应中做催化剂和吸水剂。F中混有的C2H5OH和E时，A、水虽然可以溶解乙醇，但是E、F能够互溶，所以不能除去有机物E；B、NaOH能够使F发生水解，也不合适 。C、由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸 不能使反应完全进行，C错误。D、饱和碳酸氢钠溶液可以溶解乙醇，并使E反应生成可溶性钠盐而与F分离，再用分液即可分离出F，D正确。正确答案：催化剂和吸水剂、D。（5）B的聚合是—OH与—COOH 的缩聚反应，反应原理为。B分子式是C8H14O3，不饱和度为2，能够发生银镜反应说明含有—CHO，链状结构不存在环，如果再有一个碳碳双键，由于对称性较差，核磁共振氢谱吸收峰最少的结构吸收峰数目也大于2，不符合。所以应当含有两个—CHO，对称性最好的结构是，核磁共振氢谱有2个吸收峰。正确答案：、。

【点睛】结构对称的分子，其核磁共振氢谱吸收峰数目相对较少，写同分异构体时，一般先考虑这种对称结构。