1、1化学参考答案及解析一、选择题：本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。答案速查：1-5 BACBB6-10 CDBCD11-15 ACAAC16 C1.B【解析】由“以原水淋汁”可知，“石碱”的主要成分易溶于水，A 正确；“采蒿蓼之属晒干烧灰”可知“石碱”是从草木灰中提取的，草木灰的主要成分是碳酸钾，纯碱是碳酸钠，B 错误；碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，C 项正确；“以原水淋汁久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，D 正确。2.A【解析】过氧化氢是共价化合物，其电子式为，故 B 错误；Sr的质子数为16，其结构示意图为，故 C 错误；碳原子的半径大于氧原子
2、的半径，其比例模型为，故 D 错误。小于 4A，故 A 错误；1 个 CH4分子和1 个 NH3分子的电子数均为 10，标准状况下，.4 L CH4和NH3均为 0.1 mol，则电子数均为A，故 B 正确；SO+OSO3，此反应是可逆反应，生成物的分子数小于 2A，故 C 错误；24 g Mg 的物质的量为 1 mol，在空气中点燃无论生成 MgO 还是Mg3N，均生成的是Mg+，转移的电子数为 A，故 D 错误。5.B【解析】苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，放热，且溴易挥发，挥发出的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的 HBr 时，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去
3、，B 错误；FeCl3能水解，在加热时通入干燥的 HCl，能避免 FeCl3的水解，C正确；石墨与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，电极反应式为 HO+erH+OHr，铁 与 电 源 正 极 相 连，作 阳 极，发 生 氧 化 反 应，电 极 反 应 式 为 Fe r er+OHrFe(OH)，因此在阳极附近生成Fe(OH)沉淀，并且上层有煤油隔绝空气，生成的Fe(OH)沉淀不易被氧化，D 正确。3.C【解析】A 正确，步骤是分离固液混合物，其操作为过滤，装置正确；B 正确，步骤是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，装置正确；C 错误，步骤是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿、玻璃棒
4、等仪器，装置错误；D 正确，步骤是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，装置正确。4.B【解析】乙醛和丙烷的摩尔质量均为 44 g molr1，1 个乙醛分子中含有 4 个氢原子，1 个丙烷分子中含有 8 个氢原子，因此 22 g 乙醛和丙烷的混合物中含有的氢原子数大于 2A26.C【解析】水杨醛和苯甲酸的分子式都为C7H6O，结构不同，互为同分异构体，故 A 正确；水杨醛、中间体、香豆素r 3 r羧酸中均含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾褪色，故 B 正确；中间体与香豆素r 3 r羧酸中含r COOC r的数目不同、官能团不同，二者不是同系物，故 C 错误；香豆素r 3 r羧酸中酯基水
5、解后生成酚羟基和羧基，1mol 香豆素r 3 r羧酸最多能消耗 3molNaOH，故 D 正确。7.D【解析】根据题干信息可知 10 电子阳离子X3Z+和 YX4+分别为H3O+和 NH4+，则 X 是氢，Y 是氮，Z 是氧，XM 是 18 电子分子，则 M 是氯。8.B【解析】“曾青”是指可溶性铜盐，即用铁将铜盐中的铜置换出来，反应物是铁和硫酸铜溶液，生成物是硫酸亚铁和铜，反应方程式为 Fe+CuSO4FeSO4+Cu，故 A 正确；过氧化钠（淡黄色）易与空气中的 CO反应生成碳酸钠（无色），反应方程式为 NaO+CONaCO3+O，B 错误；氧化铜与硫酸反应生成了硫酸铜和水，硫酸铜的溶液呈
6、蓝色，反应的离子方程式为 CuO+H+Cu+HO，故 C 正确；向溴水中通入 SO，发生氧化还原反应而褪色，反应的离子方程式为 SO+Br+HOBrr+SO4r+4H+，故 D正确。9.C【解析】加热铜丝，铜丝与氧气反应生成氧化铜，乙醇与氧化铜在加热的条件下发生氧化还原反应生成乙醛、铜、水，由于在实验过程中有水生成，所以无水硫酸铜由白变蓝，故A 正确；首先红色的铜与氧气在加热的条件下反应生成黑色的氧化铜，然后氧化铜与乙醇发生氧化还原反应，又被还原为红色的铜单质，如此循环往复，所以实验过程中出现红色和黑色 交 替 的 现 象，故 B 正 确；乙 醇 的 催 化 氧 化 反 应 的 化 学 方 程
7、 式 为 CH3CHOH+OCuCH3CHO+HO，故 C 错误；配制 Cu(OH)悬浊液需碱过量，故 D 正确。10.D【解析】制备反应原理为 LaCl3+6NH4HCO3La(CO3)3+6NH4Cl+3CO+3HO，由图可知，甲中制备二氧化碳，乙除去 CO中的 HCl，丁中制备氨气，在丙中制备碳酸镧。丁中 CaO 与氨水反应制备氨气，发生反应的化学方程式为 NH3 HO+CaOCa(OH)+NH3，故 A 正确；甲中盛放的试剂是饱和 NaHCO3溶液，可与盐酸反应，则其作用为吸收挥发的 HCl、同时生成 CO，故 B 正确；因为 NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更
8、容易吸收二氧化碳，丙中先通入 NH3，后通入过量的 CO，可生成较大浓HO0100 HSO4+HI；分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应利用沸点不同进行蒸馏分离；在膜分离器中发生反应：HI I+H，反应器中消耗的碘的量等于膜反应器中生成的碘的量，该工艺中I和 HI 的相互转化体现了“碘循环”。故只有 A 错误。度的 NH4HCO3，有利于 La(CO 3)3的生成，故 C 正确。稀硫酸与石灰石生成的硫酸钙是微溶物，不利于持续生成 CO，故 D 错误。11.A【解析】反应器中，碘和二氧化硫、水反应生成硫酸和 HI，反应的化学方程式为 SO+I+312.C【解析】根据图示知步骤 5 的反应为 HI+L
9、iOHHO+LiI，故 A 正确；CH3COOH能与HO 形成分子间氢键，是醋酸易溶于水的主要原因，故 B 正确；据图可知 LiOH 和 HI为该反应的中间产物，LiI 和 Rh作催化剂，故 C 错误；由图中转化关系可知，CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI 为中间产物，LiI 和 Rh作催化剂，则该过程的总反应方程式为CH3OH+CO+HLiI、RhCH3COOH+HO，故 D 正确。13.A【解析】HCOOH 碱性燃料电池中，左侧电极发生 HCOOr失去电子生成 HCO3r的反应，所在电极（左侧）为负极，电极反应为 HCOOH r er+3OHrHCO3r+HO，故
10、A 错误；原电池工作时K+通过半透膜移向正极（右侧），右侧作电池的正极，电极反应式为O+4er+4H+HO（需要消耗H+），结合最终得到KSO4可知物质 A 为HSO4，B、C 正确；两电极反应式相加可得总反应为 HCOOH+OHr+OHCO3r+HO，D 正确。14.A【解析】溶液澄清、无色，原溶液中无 Fe3+；向该溶液中加入过量盐酸酸化的 BaCl溶液，无沉淀生成，说明原溶液中无 SO4r。另取原溶液加入足量氯水，无气体，则说明原溶液中无 CO3r；加入四氯化碳分液，下层紫红色，则原溶液中有Ir；上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，则原溶液中有 SO3 点溶液的溶质为NH4Cl、NH3 HO
11、，结合物料守恒可知：NH4+NH3 HO Clr，故 B 错误；点时加入盐酸的体积是 30 mL，此时盐酸过量，溶质为NH4Cl、HCl，C 正确；点和 点所示溶液中溶质均为NH4Cl、NH3 HO，但是 点溶液中NH3 HO 的浓度大于 点溶液，故 点中氨水对水的电离抑制作用更强，所以水的电离程度 ，故 D 错误。二、非选择题：本题包括必考题和选考题，共 52 分。（一）必考题（共 3 小题，共 37 分）17.（11 分）（1）CO3r+HO HCO3r+OHr（2 分）（2）Fe+、Al3+（2 分）r，无 Ca+；溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为 0.1mol Lr1，根据电荷守恒，
12、一定含有 NH+4、Na+、K+，一定不存在 Clr。故选 A。15.C【解析】加热试管内固体消失是因为 NH4Cl 易分解，且生成的 NH3和 HCl 在试管口又生成 NH4Cl 固体，A 错误；用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需在碱性条件下，而淀粉水解是在酸性条件下，因此水解完后应先加氢氧化钠溶液中和反应的酸，然后再用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，B 错误；将 Mg、Al 与硫酸溶液组成原电池，Mg 电极作负极，Al 电极作正极，所以金属活动性：MgAl,故 C 正确；由于硝酸银过量，能直接生成 AgI 沉淀，不能比较 AgI 和 AgCl 的溶度积大小，故 D 错误。16.C【解析】向氨水
13、中滴加稀盐酸，若恰好完全反应生成氯化铵，应消耗盐酸 20 mL，溶液呈酸性，N 点溶液的 pH=7，此时氨水盐酸稍不足，所以（1 分）由于该反应为放热反应，温度降低，平衡正向进行，NO 的转化率增大，所以1 ,而1温度下达到平衡的时间小于，反应速率更快，就说明催化剂效果 MN（分）4（分）（4）HSO3r+er+H+SO4r+HO（2 分）NO+SO4r+HON+4HSO3r（分）【解析】（1）SO(g)+NH3 HO(aq)NH4HSO3(aq)1=kJ molr1；NH3 HO(aq)+NH4HSO3(aq)(NH4)SO3(aq)+HO(l)=kJ molr1；(NH4)SO3(aq)+
14、O(g)(NH4)SO4(aq)H3=c kJ molr1；根据盖斯定律，+得：SO(g)+4NH3 HO(aq)+O(g)(NH4)SO4(aq)+HO l=+kJ molr1。（2）图 1 中 CO 浓 度 变 化 为 1.molLr1 r 0.8 molLr1=0.4 molLr1，NO g+CO g N g+CO g，平衡时 NO 浓度变化 0.4 molLr1，n NO=0.4 molLr1 L=0.8 mol，平 衡 时 NO 转 化 率=0.8 mol mol 100%=40%；015 min 内 NO=0.4 molLr115 min=0.07 mol Lminr1。（3）由于
15、催化剂不同，不能先从出现拐点来判断温度的高低，只能从化学平衡移动来判断，该反应为放热反应，温度降低，平衡正向进行，NO 转化率增大，所以1 ，而1温度下达到平衡的时间小于，反应速率更快，就说明催化剂效果 M N；C(s)+NO(g)N(g)+CO(g)=r 34.0 kJ molr1，根据图像可知，设起始时 NO 的物质的量浓度为，C(s)+NO(g)N(g)+CO(g)起始(molLr1)00转化(molLr1)0.80.40.4平衡(molLr1)0.0.40.4则 =0.40.40.=4。（4）电解池中阴极得电子发生还原反应，如图所示，进入阴极室的是 HSO3r，流出阴极室的是SO4r，
16、即 HSO3r得电子生成SO4r，阴极室中溶液的 pH 在 4 7 之间，呈酸性，故电6极反应为 HSO3r+er+H+SO4r+HO；吸收池中 NO 和SO4r发生氧化还原反应，根据图示的产物可知，NO 得电子生成N，SO4r失电子生成 HSO3r，根据得失电子守恒写出反应的离子方程式为 NO+SO4r+HON+4HSO3r。（二）选考题20.（15 分）（1）3d104s1（1 分）4（2 分）哑铃（或纺锤）（2 分）（2）分子（1 分）BD（分）（3）KO 和 CuO 是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以 SO3晶体熔点低；两种晶体
17、中 CuO 的 Cu+半径小，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高（2 分）（4）O（1 分）平面三角形（1 分）sp（1 分）（5）10303A（2 分）【解析】（1）铜的价电子排布为 3d104s1；铁原子价层电子排布式为 3d64s，故基态 Fe 原子有 4 个未成对电子；铝原子的最高能级是 3p，电子云轮廓图为哑铃形。（2）气态氯化铝为分子晶体，气态氯化铝分子内存在极性共价键、配位键，分子间存在范德华力，故选 BD。（3）KO 和 CuO 是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体，熔化时需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以 SO3晶体熔点低；两种晶体中 CuO 的 Cu+半径小
18、，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高。（4）同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，故 CuCO3中电负性最大的元素为 O；CO3r中心原子的价电子对数=3+4+r3=3，无孤电子，空间构型为平面三角形，其中碳原子的杂化方式为 sp。（5）设晶胞参数为，则 AlN 晶体中 N 和 N 的原子核间距为面上对角线长度的一半，即 =pm，=pm=10r10 cm。在晶胞中，含有 4 个“AlN”，则 AlN 晶体的密度为4(10r10)3A=10303Ag cmr3。21.（15 分）（1）邻二甲苯（或 1,2-二甲苯）（1 分）醚键和酯基（2 分）（
19、2）取代反应（1 分）（3）（2 分）（2 分）（4）（2 分）7（5）或（任写一个，2 分）（6）（3分）【解析】依据 A 是芳香化合物，苯环上只有两个取代基，由 A 的分子式和 G 的结构确定 A为邻二甲苯（），依据反应条件，B 是，再结合已知条件和 G 的结构，可确定 C、D、E、F 的结构分别是、，其中反应是氯原子被氰基（r CN）取代。（1）由以上分析可得，A的化学名称是邻二甲苯或 1,2-二甲苯；H 中的含氧官能团为醚键和酯基，如右图所示：。（2）反应是氯原子被氰基（r CN）取代，的反应类型为取代反应。（3）由以上分析可得 D、F 的结构简式依次是、。（4）反应是，在 NaOH 水溶液中水解为，化学方程式为。（5）H 的分子式为C11H10O3，由题给条件知 X 必含甲酸酯基和酚羟基，由核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 6:1:1，可初步确定其中含有两个甲基，综上所述，符合题意的 X的结构有或。
