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化学答案
一、选择题：本题共 14 个小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
题号
答案 C A D B C C B C C D D C A D
1. 【答案】C
129 131
【解析】A 中 54 Xe 与 54 Xe 互为同位素，A 错误；B.中砷化镓不是分子晶体，B 错误；
C.中甲烷是最简单的烃，C 正确；D.中芳砜纶纤维属于合成纤维，D 错误。
2.【答案】A
18
【解析】A.将 Na 2O2 固体投入 H2 O 中：
18 18
2H2 O 2Na 2O2 4Na 2 OH 2OH O2 A 正确：B 中 SO2 少量要生成
HClO;B 错误；C.饱和 Na 2CO3 溶液中通入过量 CO2,要析出 NaHCO3 晶体，C 错误；D 中
2+
稀硝酸要氧化 Fe , D 错误
3．【答案】D
【解析】
A..由于 CO2 在水中的溶解度较小，而 NH3 的溶解度较大，所以要在食盐水先通 NH3 然后
再通 CO2，否则 CO2 通入后会从水中逸出，等再通 NH3 时溶液中 CO2 的量就很少了，这样
得到的产品也很少，故 A 正确；
B. 往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯
化钠，故 B 正确；
- -
C. 浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生 2Br +C12=Br2+2CI ，用空气和水蒸气将溴吹
出，并用 SO2 氧化吸收，从而达到富集溴，中发生 Br2+ 2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，中
发生 Cl2+ 2HBr=Br2+ 2HCI，则的目的是进行溴的富集，故 C 正确；
1
D. 在第、步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤
中溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故 D 错
误；
答案选 D。
4.【答案】B
【解析】解析：葡萄糖为多羟基醛，1 个葡萄糖分子中含有五个羟基，A 错误；2mol
Cu(OH)2 完全反应，生成 1mol Cu2O ，转移的电子数为 2 NA ，所以 49g 即 0.5mol
Cu(OH)2 完全反应，转移 0.5mol 电子，B 正确；由电荷守恒可知，该溶液中阴离子数目
大于 0.1 NA ，C 错误；3mol H2O 中含有 6 mol 极性键，D 错误。
5. 【答案】C
【解析】容量瓶不能用于溶解 NaOH，A 错误；灼烧碎海带不能使用烧杯，B 错误；可用
饱和 NaHSO3 溶液除去SO2 中的 HCl ，C 正确；滴定时 NaOH 溶液应该用碱式滴定管盛
装，D 错误。
6．【答案】C
【解析】
解析：同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第A 族、第A 族元素第一电
离能大于其相邻元素，N 元素的第一电离能大于 O 元素的，A 错误；由结构简式可知，该
有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有 sp 杂化，B 错误；原子核外有几个
电子，其原子核外电子就有几种运动状态，氧原子核外有 8 个电子，则基态氧原子的电子
有 8 种运动状态，C 正确；该物质所含元素中，电负性的大小顺序是 O>N>S>C>H，D 错
误。
7．【答案】B
【解析】
葡酚酮分子内含有—OH、—COOH，由于 O 原子半径小，元素的非金属性强，因此可形成
分子内氢键，A 正确；与足量的 NaOH 水溶液反应，醇羟基不能与 NaOH 水溶液反应，故
醇羟基的 O-H 键不能断裂，B 错误；葡酚酮分子中含有酚羟基及醇羟基，具有强的还原
性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C 正确；催化剂存在下苯环与碳
碳双键与氢气反应，所含 键断裂，而羧基与酯基不能与氢气反应，所含 键不断裂，D
正确。
8.【答案】C
2
3+ -
【解析】A 中 FeCl2 溶液 Fe 和 Cl 都能与酸性 KMnO4 溶液反应，不能得出氧化性：
3+ 2+
KMnO4Cl2Fe 的结论，A 错误；Fe 的检验不能先滴加新制氯水，B 错误；C 中白色
沉淀 AgCl 转化为黄色沉淀 AgI，故 Ksp(AgCl)大于 Ksp(AgI)，C 正确；D 中有机物中含有碳
碳双键也能使酸性 KMnO4 溶液紫红色褪去，不能证明有机物中一定含有醛基，D 错误。
9．【答案】C
【解析】
反应后剩余的混酸，可用碱洗中和除去大部分酸，再用水洗除去剩余酸，A 正确；苯胺具
有碱性，反应中加入过量酸，可消耗掉苯胺，使苯胺产率降低，B 正确；苯为非极性分
子，C 错误；乙酰苯胺含有酰胺键，在强酸或强碱条件下可发生水解反应，D 正确。
10．【答案】D
【解析】
由 H3BO3 在水溶液中的电离方程式 H3BO3 H2O H
[B(OH4)] 可知，H3BO3 是一元弱酸，A 正确；金刚石晶胞是立方
体，其中 8 个顶点有 8 个碳原子，6 个面各有 6 个碳原子，立方体
内部还有 4 个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数为 8
1 1
6 48，则立方氮化硼晶胞中应该含有 4 个 N 和 4 个 B 原子，B 正确；共价晶体具
8 2
有很高的熔沸点和很大的硬度，晶体硼的熔点 2 573 K，沸点 2 823 K，硬度大，说明晶体
硼属于共价晶体，C 正确，NH BF 中，1 个 NH 中含有 1 个氮氢配位键，1 个 BF 中含
4 4 4 4
有 1 个硼氟配位键，则 1 mol NH4BF4 含有配位键的数目为 2NA，D 错误。
11.【答案】D
【解析】
+ 2+
0.1mol/LNa2SO4 溶液中 c（Na ）=2c（SO4 ）A 正确；由题图可知，向上层清液中滴加
1 1
0．1 molL Na2SO4 溶液时无明显现象，再滴加 0．1 molL Na2S 溶液，出现黑色浑浊，
说明 Ag2S 比 Ag2SO4 更难溶，B 正确；取少量氯化银沉淀，滴加浓氨水，发生反应
AgCl(s) 2NH3H2O [Ag(NH3)2] Cl 2H2O， 沉 淀 逐 渐 溶 解 ， C 正 确 ； ，
+ 2- - - +
0.1mol/LNa2S 溶液中 c（Na ）>c（S ）>c（OH ）>c（HS ）>c（H ），D 错误。
12．【答案】C
【解析】
电池左侧 CO2 和 H 得电子，作原电池的正极；右侧电极为 H2O 失电子，作原电池的负
极。由装置图可知，该装置的能量来源是光能，A 正确；光催化剂电极进入的物质为
3
H2O，出去的物质是 O2 和 H ，故该电极的反应为 2H2O4e ===O2，B 正确；左侧是电
池的正极，右侧为负极，阳离子向正极移动，故 H从光催化剂电极一侧向左移动，C 错
误;电化学催化剂电极中，CO2 发生的电极反应为 3CO218H 18e ===CH3CH(OH)CH3
5H2O，每生成 60 g(1 mol)异丙醇转移 18 mol 电子，但电极上还会发生副反应产生氢气
转移电子，所以电路中转移的电子数目不一定为 18NA，D 正确。
13．【答案】A
【解析】
Y 原子的最外层电子数是 W 原子最内层电子数的 3 倍，则 Y 原子最外层有 6 个电子，Y
是 O；X 与 Y 为同周期相邻元素，则 X 是 N；Y 与 W 同主族，则 W 是 S；R 是前四周期
2- 2- 3+
中第一电离能最小的元素，则 R 是 K；离子半径：S O Al ，A 正确;NH3 形成分子间
氢键，其沸点高于 H2S，B 错误；Z 基态原子的 3p 轨道上有 1 个未成对电子，且原子序数
比 S 小，其价电子排布式为 3s23p1，Z 是 Al。C 错误；元素的金属性：KAl，则碱性：
KOHAl(OH)3，D 错误。
14．【答案】D
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体
状态方程 PV=nRT 可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过
程放热，即 H0，故 A 错误；
B．根据 A 项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中 a 点和 c 点的压强相
等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强
大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质
的量：nanc，故 B 错误；
C．a 点为平衡点，此时容器的总压为 p，根据理想气体状态方程 PV=nRT 可知，在恒容条
P
件下进行，气体的物质的量之比等于 整体之比，根据 A 项分析可知，绝热条件下，反应
T
1 1
到平衡状态放热，所以 TaT 始，压强：Pa= P 始，则 na n 始，可设 Y 转化的物质的
2 2
2X(g) +Y(g) Z(g)
c0 2 1 0
c 2x x x
c 2 2x 1 x x
量 浓 度 为 xmolL1， 则 列 出 三 段 式 如 下 ： 平 ， 则 有
1
[(2 2x) （1 x） x]mol 3mol ， 计 算 得 到 x 0.75， 那 么 化 学 平 衡 常 数 K=
2
c(Z) 0.75
12 ，故 C 错误；
c2 (X )c(Y ) 0.52 0.25
D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器
的快，即 Va 正Vb 正，故 D 正确。
综上所述，答案为 D。
4
15.（1）增大接触面积，提高浸出率 （2 分） （2
分）
+ 2+
（2）2ZnS+4H +O2=2Zn +2S+2H2O（2 分）
（3）增大压强，提高氧气的溶解量，促进赤铁矿转化（2 分）
（4）Cu+Cu2++2Cl- =2CuCl（2 分）
（5）温度越高，氧气的溶解量降低，导致 CuCl 被氧化的少，Cl-重新进入到溶液的少，脱
除率高（2 分）
7
（6） （2 分）
900
【解析】（1）将闪锌矿进行粉碎，其目的在于增大闪锌矿的接触面积，提高其浸出率。根
据 Zn 的 价 层 电 子 排 布 式 3d104s2 可知，其价层价层电子排布图为
（2）根据流程分析，在第一步浸出流程中，产生的滤渣为 S，因此此处的离子反应方程式
+ 2+
为 2ZnS+4H +O2=2Zn +2S+2H2O
（3）增大压强，有利于 O2 溶解，溶液中 O2 含量越大，更有利于将铁氧化为赤铁矿。故
增大压强，提高氧气的溶解量，促进赤铁矿转化
（4）结合流程分析，此时加入 Cu，出去的为 CuCl，而之前的反应中加入氧气，因此进入
脱氯环节的有 Cu2+,因此此步反应为 Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl
（5）结合图像可知，随着温度的升高，脱氯率逐渐升高，并基本不变，其原因为温度越
高，氧气的溶解量越来越低，导致被氧气氧化的 CuCl 越来越少，Cl-重新进入到溶液中的
含量变少，脱氯率增大。
c2 (F )
（ ）要求 ，根据题意，上下同时乘以 2+ ，则有
6 2- c(Ca )
c(CO3 )
c2 (F ) c(Ca 2 )c2 (F ) Ksp(CaF ) 7
2
2 2 2
c(CO3 ) c(Ca )c(CO3 ) Ksp(CaCO3 ) 900
2- - - -
16.（1）CO3 +H2O HCO3 +OH 温度越高，OH 浓度越大，越有利于洗去废铁屑表面油
污（2 分）
5
（2）排除溶解在溶液中的氧气，防止亚铁离子氧化（2 分）
- -
（3）3H2O2+2OH +2NO=2NO3 +4H2O（2 分）
（4）排走空气，防止氧化亚铁离子（1 分）；长颈漏斗（1 分）；恒压滴液漏斗（1 分）
（5）[Fe(NO)(H2O)5]SO4 （2 分）
（6）滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色。（2
分） 偏大（2 分）
【解析】（1）将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸，促进碳酸根离子的水解，增大了 OH-的浓
度，有利于去除废铁屑表面机油。
（2）热水浴进行加热，有利于排除溶解在溶液中的氧气，防止氧化 Fe2+
（3）含有 H2O2 的碱性溶液作为吸收尾气的处理装置，其与 NO 反应，NO 被氧化变为
- - -
NO3 ，因此可以得出方程式为 3H2O2+2OH +2NO=2NO3 +4H2O
（4）由于要制备的物质含有 Fe2+，因此在制备过程中需要排走空气，防止氧化 Fe2+。因此
通入 N2 的目的即为排走空气，防止氧化亚铁离子。由图可知，a 为长颈漏斗。结合前面排
走空气，防止亚铁离子被氧化，需要密闭体系，因此装置 a 改为恒压滴液漏斗效果最佳。
（5）根据化合价守恒，[Fe(NO)a(H2O)b](SO4)c 中 c=1，步骤 ii 中，硫酸钡的质量为 4.66g，
2- 2+ 2+ 3+
则 SO4 的物质的量为 0.02mol，则 Fe 的物质的量为 0.02mol。Fe 被氧化为 Fe ，NO 被
-
氧化为 NO3 ，消耗的 KMnO4 的物质的量为 0.016mol，转移电子数为 0.016x5=0.08mol。根
0.08mol 0.02x1mol
据 得 失 电 子 守 恒 ， NO 的 物 质 的 量 为 =0.02mol，
3
n(Fe2+)=n(NO)=0.02mol，因此 a=1，由因为 Fe2+的配位数为 6，所以 b=5，则该物质的化学
式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
（6）滴入最后半滴，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色。滴定前滴定管中无气泡，
滴定完后，滴定管中有气泡，则读出来的体积比实际体积偏小，则导致 n(KMnO4)偏小，
导致转移电子数偏少，则算出的 NO 的物质的量偏小，即 a 偏小，因为 a+b=6，则 b 偏
大。
17.（1）（1 分） （2）BC （2 分）（3）B （2 分） （4）>；（2 分）<；（2
40 120
分）（5） （2 分）（6）4；（1 分） 3 21 （2 分）
3P a N A 10
【解析】（1）结合反应历程图，能垒越大，反应速率越慢，则可以推出反应为该反应的
慢反应。
6
（2）由于混合气体全为气态物质，且体积恒定不变，则密度不会随着反应发生改变，故密
m
度不变不能判断反应平衡，A 错；B 中混合气体总质量不变，根据 M 气 ，当气体质量
n
不变，对于系数不等的反应，当总物质的量不变时，气体的平均摩尔质量不再变化，即反
应平衡，故 B 正确。C 中根据理想气体方程 PV=nRT，当压强恒定，则混合气体总物质的
(CO)正 2
量不变，且容器体积恒定，故可以用于判断平衡，C 正确。D 中根据平衡有
(N2 )逆 1
，则平衡时(CO)正 :（N2）逆 =2:1，所以 D 错误。
（3）温度相同，NO 的物质的量越多，则 CO 的转化率越大，因此图中 A，B，D 对应的
投料比分别为 1:2、1:1、2:1，所以投料比 1:1 的曲线为 B
80
（4）m 点时，根据三段式以及 CO 的转化率，进行计算，求得此时的平衡常数为 K=
9
16
，若加入 0.8mol 的 CO2 和 N2，加入瞬间，浓度商为 Qc= ，Qc 15 因此 V 正>V 逆。n 点 NO 的正反应速率和 m 点 NO 的逆反应速率比较，由图可知，此时温 度相同，m 点的浓度大于 n 点，浓度越大，反应速率越大， （5）T1 温度下，投料比为 1:2，则 CO 的物质的量为 1mol，NO 的物质的量为 2mol，根据 三段式进行计算，有 A 2CO(g) + 2NO (g) 2CO2(g) + N2 (g) 起： 1mol 2mol 变： 0.8mol 0.8mol 0.8mol 0.4mol 平衡： 0.2mol 1.2mol 0.8mol 0.4mol 0.4 0.8 2 2 P ( P ) P(N )P (CO ) 平 平 104 则有 2 2 2.6 2.6 Kp 2 2 P (CO)P (NO) 0.2 2 1.2 2 9P ( P ) ( P ) 平 2.6 平 2.6 平 P n 3 根据理想气体方程，物质的量之比，等于压强之比。故 始 ， 所 以 P平 n平 2.6 2.6P P 。 平 3 40 计算出 Kp 3P + （6）结合晶胞图像，可以判断出，Li 的配位数为 4。一个 Li2O 晶胞中，含有 4 个 Li2O。 7 30 4 m N 根据密度公式， A V （a 107）3 18. （1）浓硫酸，CH3OH （2 分） （2）酯基（2 分） （3）还原反应（2 分） ； （2 分） （4）3（2 分） （5）23（2 分） （6） （3 分） 【解析】（1）实际反应为酯化反应，因此除去反应物外，还需要浓硫酸以及 CH3OH （2）化合物 D 中，含氧官能团为酯基。 （3）根据反应条件以及前后反应物、产物，可以判断出，反应前后硝基变为了氨基，则可 以推出反应为还原反应。根据已知信息，氨基和羰基发生反应，形成碳碳双键，因此 化合物 E 的结构简式为 （4）由 F 的结构可以发现，能够和 NaOH 发生反应的官能团，碳溴键，以及酯基。其 中，酯基消耗 1mol NaOH，而碳溴键先发生水解反应，消耗 1molNaOH，然后生成酚羟 基，酚羟基再消耗 1mol NaOH,因此 1mol F，合计消耗 NaOH 3mol。 （5）结合题干信息，化合物 I 为 A 还原产物，即硝基变为氨基。其中，含有醛基、氨 CHO NH2 基，又能够使氯化铁溶液变色，说明含有酚羟基，符合其条件的为 OH ， NH2 CHO 结合其位置异构，有同分异构体 10 种 。 OH 其 符 合 题 干 条 件 的 有 3 种 ， 8