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化学参考答案
1.【答案】D
【解析】A.骨笛中无机质主要由碳酸钙和磷酸钙构成，所以裴李岗文化骨笛不是由合金材料制成，A 不符合题意；
B.走马楼简牍，包括木简、竹简，不是由合金材料制成，B 不符合题意；
C.商朝后期陶埙属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不是由合金材料制成，C 不符合题意；
D.青铜是 Cu 和Sn 或 Pb 的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D 符合题意；
故选 D。
2.【答案】B
【解析】A.H-的核外只有两个电子， LiH 的电子式为 ，故 A 错误；
B.依据基态氮原子的价电子排布式 2s22p3，价电子排布图为 ，故 B 正确；
C. H2 不是化合物，故 C 错误；
6-21
D. NH 的价层电子对数为 2+ =4，VSEPR 模型为四面体形，故 D 错误。
2 2
答案选 B。
3.【答案】B
【解析】A.冰为分子晶体，则水分子之间通过分子间作用力结合形成晶体，A 错误；
B.金刚石为原子晶体，则金刚石中碳原子之间通过 C-C 键形成空间网状结构，B 正确；
2+
C.CuSO4 溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，深蓝色为[Cu(NH 3 )4 ] ，Cu(OH)2 为蓝色沉淀，C 错误；
D.碘单质中不含氢键，碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的分子间作用力，D 错误；
故选 B。
4.【答案】D
【解析】A.在坩埚中灼烧黑木耳，故 A 正确；
B.加酸后搅拌加快溶解，故 B 正确；
C.过滤将不溶于水的物质除去，得滤液，故 C 正确；
D.检验铁离子时胶头滴管不能插入试管内，故 D 错误；
故选 D。
5.【答案】B
【分析】物质 W 常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图
所示，X 位于第一周期，为 H 元素，Y、Z 位于第二周期，M、N 位于第三周期；实验室中常用 CS2 洗涤残留在试管壁
上的 N 单质，则 N 为 S 元素；Y 形成 4 个共价键，Z 形成 2 个共价键，M 形成的+1 价阳离子，则 Y 为 C 元素，Z 为
O 元素，M 为 Na 元素，以此分析解答。
【解析】根据分析可知，X 为 H 元素，Y 为 C 元素，Z 为 O 元素，M 为 Na 元素，N 为 S 元素。
A.X、Z 形成的化合物为水和过氧化氢，M、N 形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故
A 正确；
B.N 的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2 为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于 CS2，所以实验室中用
CS2 洗涤残留在试管壁上的硫单质，与 S 单质的还原性无关，故 B 错误；
C.Y 的氢化物为烃，Z 的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z 的氢化
物的沸点不一定大于 Y 的氢化物的沸点，故 C 正确；
D.W 分子中含有 H-O-O-H 结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物 W 具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不
稳定，该物质不宜在高温下使用，故 D 正确。
答案选 B。
6.【答案】D
【解析】A.根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A 错误；
B.根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B 错误；
C.二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1 mol 二氢辣椒素与过量 NaOH 溶液作用，最多可消耗 2 mol NaOH，
C 错误；
D.二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此
合成是否成功，D 正确；
故选 D。
7.【答案】A
【解析】 . 中含有 键的数目为 ， 正确；
A 1mol Co NH 3 5 ClCl 2 1mol (3 5 6) NA 21NA A
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B.无溶液体积，不能计算，B 错误；
C.合成氨是可逆反应，生成的 NH3 分子数小于 0.2N A ，C 错误；
100g17% 100g (117%)
D.水中还含有氧原子，则 N(O)= 2 NA NA 5.6NA，D 错误；
34g/mol 18g/mol
答案选 A。
8.【答案】C
【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根
离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液 A 中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的
钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入 HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结
晶得到氯化钠。
【详解】A.镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH 溶液的作用是除去 Mg2 ，A 正确；
B.加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶
液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠
必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，B 正确；
C.滤液 2 中除了四种离子： Ca 2 、 Na 、 Cl 、 OH ，还含有过量的钡离子，C 错误；
2
D.滤液中加入 HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为 H OH H2O 、CO3 2H H2O CO2 ，D 正确；
故选 C。
9.【答案】D
【解析】A.KMnO4 溶液可氧化过氧化氢，CuSO4 溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A
错 误 ； B. FeCl3 过 量 ， 不 能 通 过 检 测 铁 离 子 说 明 该 反 应 存 在 一 定 限 度 ， B 错 误 ；
+ 2+
C. 6H +5H2C2O4 2MnO4 2Mn +10CO2 +8H2O ，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色
不会褪去，C 错误；D.所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入 2 滴 NaI 溶液有黄色沉淀生成，说明 AgI 的 Ksp 小于
AgCl 的 Ksp，D 正确；故合理选项是 D。
10.【答案】D
【详解】A.放电时，该装置为原电池，通入 O2 的 Pt / C电极是正极，电极反应式为 O2 4e 2H2O 4OH ，Zn 电
2 2
极 为 负 极 ， 电 极 反 应 式 为 ， 浓 度 增 大 ， 电 离 平 衡
Zn 6H 2O 2e Zn H 2O 6 Zn H2O6
2
正向移动，导致室溶液中 浓度增大，故 A 正确；
Zn H 2O 6 Zn H 2O 5 (OH) H Zn H 2O5 (OH)
B.放电时，根据原电池“同性相吸”，室中的 Na 通过阳离子交换膜进入室，室中的 Cl 通过阴离子交换膜进入
室，故 B 正确；
2
C.充电时， Zn 电极为阴极，其电极反应为 Zn H O 2e Zn 6H O ，故 C 正确；
2 6 2
D.充电时，Pt / C电极为阳极，电极反应式为 4OH 4e O2 2H2O ，每生成1molO2 转移 4mol电子，同时有 4molNa
1
通过阳离子交换膜进入室，室溶液质量理论上减少 32g 4mol 23g mol 124g ，故充电时，每生成 0.2molO 2 ，
室溶液质量理论上减少 24.8g ，故 D 错误。
11.【答案】D
3 3 2 3
【解析】A. I 、Fe 发生氧化还原反应 2I 2Fe I2 2Fe ，I 、Fe 不能共存，故不选 A；B. AlO2、HCO3 反应
2 2+ 2、 2、
的离子方程式为 AlO2 HCO3 H2O Al(OH)3 CO3 ，故不选 B；C.Fe 、H2S 不反应，故不选 C；D. C2O4 SO4 Na
2
相 互 之 间 不 反 应 ， 能 大 量 构 成 ， C2O4 能 被 酸 性 高 锰 酸 钾 氧 化 为 二 氧 化 碳 气 体 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为
2 2
5C2O4 2MnO4 16H 10CO2 2Mn 8H2O ，故选 D；选 D。
12.【答案】C
【解析】A. B 代表 Pb2 化学式中 Pb2 和 I 的数量比为 1:3，则晶胞中有 I 3 个，A 正确；
2
B.A 为顶点，C 为面心，因此粒子 A 与粒子 C 之间最近距离为 apm ，B 正确；
2
620
620 6201030
3
C.晶胞的质量为：m= g，密度为： NA 3 ，则 a 为 ，C 错误；
NA = g/cm N
(a 10-10)3 A
D.若沿 z 轴向 xy 平面投影，则其投影图如图 2 所示，中心为面心和体心的投影重叠，D 正确；
故选 C。
13.【答案】A
【解析】A 项，反应 1 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应 2 为吸热反
应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇
和一氧化碳的选择性之和为 100%，所以曲线表示一氧化碳的选择性，故 A 正确；B 项，反应 1 为放热反应，升高温
度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则 280时出口处甲醇的物质的量浓度小于 220时，故 B 错误；C 项，
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n CO2
一定温度下，增大 的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故 C
n H2
错误；D 项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化
率不变，故 D 错误；故选 A。
14.【答案】D
-1
【分析】向 0.1molL 的 H3A 溶液中加入 NaOHs ，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中 cH3A 不
2 3
断减小， cH2A 先增大后减小， cHA 先增大后减小， cA 不断增大，因此曲线 I 表示 H3A 的分布系数，曲线
2 3
II 表示 H2A 的分布系数，曲线 III 表示 HA 的分布系数，曲线 IV 表示 A 的分布系数。
【解析】A.若用 NaOH aq 滴定 H3A aq 至恰好生成 NaH 2A ，溶液 pH 约为 3.9，因此可选甲基橙(变色范围为 3.1
2
4.4) 做 指 示 剂 ， 滴 定 终 点 溶 液 由 红 色 变 为 橙 色 ， 故 A 项 正 确 ； B.R 点 cH2A cHA ，
c HA 2 c H c A3 c H
R 2 3 S 3
K c H ，S 点 c HA = c A ， K c H ，N 点 c A = c H2A ，
a 2 R a3 2 S
c H 2A c HA
2 2
c H 2A c HA c H c H c H
转 化 可 得 R R = R 1 ， 即 c 2 H K K c H c H ， 由
3 2 R a2 a3 R S
c A c HA c H c H K a2 K a3
R R
2 4.7 6.3 2 pHR +pHS
c H K a2 K a3 可得 pH lg 1.010 1.010 =5.5 ，由 c H c H c H 可得 pH = ，
R N R R S N 2
14
cH2A cOH cH2A cOH cH K 10
故 项正确； .常温下， 的水解常数 W 9.3 ，数
B C Na 2HA Kh2 = 2 = 2 = = 4.3 =10
cHA cHA cH Ka2 10
10 2
量 级 为 10 ， 故 C 项 正 确 ； D.R 点 溶 液 中 c HA =c H 2A ， 溶 液 中 电 荷 守 恒
3 2 2 3
cNa cH 3cA 2cHA cH2A cOH ，物料守恒 cH3AcH2A cHA cA 0.1mol/L，
2 3 2 3
将代入 0.1mol/L+c OH +c HA +2c A 可得 cOH 2cHA 3cA cH2A cH3A ，将代入
2 3
可得 c OH 3c HA 3c A c H3A ，
因此题干中 - 2- 3- +
0.1mol/L+cOH +cHA +2cA cH +cH3A
2 3 +
= cOH 3cHA 3cA cH3A cH +cH3A
=3c HA 2 3c A3 c OH c H+
2 3 3 2 解释：将代入
=3cHA 3cA cNa 3cA 2cHA cH2A ( )
2 3 3 2
=3cHA 3cA cNa 3cA 3cHA (解释：将代入)
= cNa >0，故 D 项错误；综上所述，错误的是 D 项。
15.（14 分）【答案】（除标注外，每空 2 分）（1）(NH4)2Cr2O7 N2+Cr2O3+4H2O
（2）排出装置内的空气，防止 被空气中 氧化
长颈漏斗（1 分） 平衡气压，防止堵塞 、 、 干燥(或除水)（1 分）
3 2
（3）ac CrC(l“ O ”)
3 4 2
【分析】根据流程可知， 分解生成 CrC、l C和Cl C，OC洗l 涤烘干后得到 ；在加入条件下与
2 4 2 2 2 2 4 2
反应生成 C和r H O ；Cl Cl 2易H升O华，高Cr温Cl下H易被O 氧C化l ，2为H 防O 止其被氧化，通入氮气，且通入的氮气能使反应物进入
4 2 2 7 2 3 2 2 2 3 4
管式炉中进行反应，最终得无水NH Cr。O Cr O N H O Cr O CCl
CrCl3 COCl2 CrCl3
3
【解析】（1）根据分析可知，CrCl 分解生成 、 和 ，反应方程式：(NH4)2Cr2O7 N2+Cr2O3+
4H2O；（2）加热反应前通 的目的：排出装置内的空气，防止 被空气中 氧化；结合 A 中仪器 X 的结构
4 2 2 7 2 3 2 2
可知名称：长颈漏斗；其作用：可平NH衡气C压r ，O防止堵塞；Cr 结O合分N析可H知O，发生“热反应”后，E 中收集的物质： 、
2 3 2
、 ；结合 易潮N解可知，尾气经过干燥后可循环使用；C（rC3l）结合 O 物质结构可知，
3
存在化学键类型：配位键和离子键；5.33g 该物质对应物质的量为 0.02mol，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化Cr银Cl沉
4 2 3 2 5 2 2
淀CCl2.8C7gO，Cl则氯化银沉C淀rC对l 应物质的量为 0.02mol，则该暗绿色晶体的化学式： Cr H O Cl Cl H O。
16.（14 分）【答案】（每空 2 分）（1）非极性分子 （2） 3FeP 8H 8NO 3Fe3 3PO3 8NO 4H O
3 Cr H2O 4Cl2 4Cl 2H2O 2
（3）CaSiO3
3+
（4）pH>2.0 时 Fe 会发生水解，导致产品中混入 Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4 会溶解导致产品的产率下降 无
3 1 3
（5）( ， ， ) 8
4 4 4
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【分析】磷矿石（主要成分 Ca5(PO4)3F，还有 Fe2O3、CaCO3 等杂质），磷矿石中加入焦炭、SiO2 在电炉中加热 1500，
生成炉气和炉渣，炉气分离得到 P4、SiF4 和 CO，炉渣 I 的主要成分是 Fe、FeP、Fe2P 及少量杂质，结合所加原料和生
成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣中应该含有 Ca 元素形成的盐；
分析炉气和炉渣的成分，炉渣 I 中的 Fe2P 可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣 I 中加入硝酸、硫酸，过滤后
得到滤液 I 和滤渣，硝酸具有强氧化性，能将 Fe 及其化合物氧化为 Fe3+，向溶液 I 中加入磷酸进行调铁得到溶液，
溶液中加入氨水得到 FePO42H2O，据此解答。
【详解】（1）二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，
说明 P4 是非极性分子，故答案为：非极性分子；（2）FeP 溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成 NO 和 FePO4，根据得失电
子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 3 3 。（ ）炉气和炉渣 中不含钙
3FeP 8H 8NO3 3Fe 3PO4 8NO 4H2O 3 I
元素，可推断出钙元素应在炉渣 II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣
II 中钙元素以 CaSiO3 的形式存在。（4）“调铁”后须向“溶液”中通入氨气调节溶液的 pH，将 pH 值控制在 2.0 的
+
原因是：pH>2.0 时 Fe 会发生水解，导致产品中混入 Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4 会溶解导致产品的产率下降。由题意
K (FePO ) 22
3+ -5 3 sp 4 1.3 10 17 1
此时溶液中 c(Fe )=110 mol/L，则溶液中 c(PO ) 1.310 mol L ，溶液中 FePO4 沉淀完
4 c(Fe3 ) 1105
全 ， 过 滤 后 滤 液 则 为 FePO4 的 饱 和 溶 液 。 向 滤 液 中 滴 加 2mol/L 的 MgCl2 溶 液 ( 溶 液 体 积 增 加 一 倍 ) ， 则
3- -18 2+ 3 2+ 2 3- 3 -18 2 -35
c(PO4 )=6.510 mol/L，c(Mg )=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c (Mg )c (PO4 )=(1mol/L) (6.510 mol/L) =4.22510<
-24
Ksp[Mg3(PO4)2]=1.010 ，则溶液中无 Mg3(PO4)2 沉淀生成。
1 1 1 1 1 1 3
（5）根据晶胞图和原子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为( )，C 为( ， ， )，可知 D 点原子坐标参数为(
4 ，4 ，4 2 2 2 4 ，
1 3
)；根据晶胞图可知 Fe 的配位数为 8。
4 ， 4
17.（15 分）（除标注外，每空 2 分）【答案】（1） 41.2kJ mol1 低温（1 分）
（2）CaO 能吸收 CO2 ，纳米 CaO 表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动
（3）40 0.074 E B （4） 30.0
1 1 1
【解析】（1）根据盖斯定律， H H1 H 2 H3 = (110.5kJ mol ) (241.8kJ mol ) (393.5kJ mol ) =
41.2kJ mol1 ；
（2）由图可知，CaO 能吸收 CO2 ，纳米 CaO 表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动；
COg H2Og CO2 g H2 g
起始 / mol 0.10 0.40 0 0
（3）
转化 / mol x x x x
平衡 / mol 0.10 x 0.40 x x x
xmol
0.04mol T
0.08 ， 解 得 x 0.04 ， CO 的 平 衡 转 化 率 100% 40% ； 1 时 ， 反 应 平 衡 常 数
0.10 0.40mol 0.10mol
0.04 0.04
K 5 5 0.074 ；
0.10 0.04 0.40 0.04
5 5
1
对 于 反 应 COg H2Og CO2 g H2 g H 41.2kJ mol ， 平 衡 时 CO 的 体 积 分 数 为
0.10 0.04 mol
0.12 ，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除 F 点。正反应为放热反应，升高温度平衡向
0.5mol
逆 反 应 方 向 移 动 ， 再 次 平 衡 时 CO 的 物 质 的 量 分 数 大 于 0.12 ， 因 此 排 除 D 点 ， 故 选 E 点 ； 对 于 反 应
1
COg H2Og CO2 g H2 g H 41.2kJ mol ，平衡时 H2 的体积分数为 0.08，升高温度时，正、逆反应
速率均加快，因此排除 A 点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时 H2 的物质的量分数减
小，结合再次平衡时 CO 的物质的量分数为 E 点，因此排除 C 点，故选 B 点；
E
（ 4 ） 已 知 Arrhenius 经 验 公 式 为 Rlnk a C ， 根 据 图 像 可 得 63.010 3 3.010 3 E C ，
T a
3 3 ，联立方程解得 1 ，则反应的活化能为 1 。
33.010 4.010 Ea C Ea 30.0kJ mol 30.0kJ mol
18.（15 分）（除标注外，每空 2 分）（1）对（1 分） SP2、SP3 （2）羧基
Cu/Ag
（3）2 +O2 2 +2H2O
（4）3 （5）取代 （6）
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