C．反应3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）△H=﹣92 kJ/mol放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NA
D．0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NA 【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子； B、溶液体积不明确；
C、反应3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）△H=﹣92 kJ/mol转移6mol电子； D、H2O2分子中含2个极性共价键．
【解答】解：A、7.2gCaO2晶体的物质的量n==
=0.1mol，而CaO2晶体
中含1个钙离子和1个过氧根离子，故0.1molCaO2中含0.2mol离子，故A错误；
B、溶液体积不明确，故无法计算氯离子数目，故B错误；
C、反应3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）△H=﹣92 kJ/mol转移6mol电子，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NA，故C正确；
D、H2O2分子中含2个极性共价键，故0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.2 NA，故D错误． 故选C．
4．某饱和一元酯C5H10O2，在酸性条件下水解生成甲和乙两种有机物，乙在铜的催化作用下能氧化为醛，满足以上条件的酯有（ ） A．6种 B．7种 C．8种 D．9种
【考点】同分异构现象和同分异构体；酯的性质．
【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，乙能被催化氧化成醛，则乙属于醇类并且结构中含有﹣CH2OH结构，据此回答判断．
【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，
若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丁醇，2﹣甲基﹣1﹣丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；
若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丙醇，乙酸只
有一种，这样的酯有1种；
若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；
若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；
故可能的结构共有6种． 故选A．
5．研究人员研制出一种可快速充放电的超性能铝离子电池，Al、Cn为电极，有机阳离子与阴离子（AlCl4﹣、Al2Cl7﹣）组成的离子液体为电解质．图为该电池放电过程示意图．下列说法错误的是（ ）
A．充电时，Al做阴极、Cn为阳极
B．充电时，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7﹣ C．放电时，电解质中的有机阳离子向铝电极方向移动 D．放电时，正极反应式为Cn[AlCl4]+e﹣=Cn+AlCl4﹣ 【考点】化学电源新型电池．
【分析】由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，电极方程式为Al+7AlCl4﹣﹣3e﹣═4Al2Cl7﹣，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e﹣=3Cn+3AlCl4﹣，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4﹣﹣e﹣═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，以此解答该题．
【解答】解：A．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，不活泼石墨为正极，充电时，Al做阴极、Cn为阳极，故A正确；
B．充电时，在阴极上的电极反应式为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，每生成1mol
铝，同时消耗4molAl2Cl7﹣，故B正确；
C．放电时，原电池中阳离子向正极移动，铝是负极，故C错误．
D．放电时，正极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Cn[AlCl4﹣]+e﹣=Cn+AlCl4
﹣
，故D正确；
故选C．
6．常温下，向20ml某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol．L﹣1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图．下列分析正确是（ ）
A．V=40
B．稀硫酸的浓度为0.1mol/L
C．C点所示溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）═2c（NH3．H2O） D．d点所示溶液中：c（NH4+）═2c（SO42﹣） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A、c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大；
B、根据20mL的稀H2S04溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；
C、根据质子守恒分析解答；
D、根据电荷守恒结合溶液呈中性分析解答．
【解答】解：A、c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V=20，故A错误；
B、根据20mL的稀H2S04溶液中，水电离出的氢离子浓度是10﹣13，结根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，
故B错误；
C、c点所示溶液是硫酸铵溶液，质子守恒得：c（H+）﹣c（OH﹣）═c（NH3．H2O），故C错误；
D、根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）═2c（SO42﹣）+c（OH﹣），而溶液呈中性c（OH﹣）═c（H+），所以c（NH4+）═2c（SO42﹣），故D正确； 故选D．
7．依据反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，并利用下列装置制取碳酸氢钠粗品，实验装置正确且能达到实验目的是（ ）
A．
用装置制取氨气 B．
用装置制取二氧化碳
C．
用装置制取碳酸氢钠 D．
用装置分离碳酸氢钠与母液 【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底；
B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应；
C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置； D．过滤时需要用玻璃棒引流．
【解答】解：A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底，否则生成的水蒸气冷凝会倒流而炸裂试管，故A错误；
B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应，应该用稀盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，故B错误；
C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置，通入氨气的装置有缓冲作用，能防止倒吸，故C正确；
D．过滤时需要用玻璃棒引流，否则易溅出液体且易导致滤纸损坏，故D错误； 故选C．
二、化学非选择部分：
8．重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放．
Ⅰ．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强．为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表． 氢氧化物 pH Fe（OH）3 3.7 Fe（OH）2 Mg（OH）2 Al（OH）3 9.6 11.1 8 Cr（OH）3 9（＞9溶解） （1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是 A （填序号）． A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是 AB ；（填下列选项）已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR﹣→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是 CD ．（填下列选项）
A．Fe3+ B． Al3+ C．Ca2+ D．Mg2+
（3）还原过程中，每消耗0.8mol Cr2O72﹣转移4.8mol e﹣，该反应离子方程式为 3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O ．
Ⅱ．酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72﹣形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72