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化学参考答案 6．B【解析】A．向苯酚浊液中滴加饱和NaCO 溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄
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清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，故A错误；B.取2mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加2～3滴0.1mol·L-1
1.【答案】B.【解析】A．制甜酒利用淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原 FeCl 溶液充分反应，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I ，由于FeCl 少量，若该反应不是可逆反应，则反
3 2 3
反应生成乙醇，故A说法错误；B．乳酸分子含羟基和羧酸，可发生缩聚反应合成可降解的 PLA
应后的溶液中不含Fe3+，向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的
塑料，故B说法正确；C．碳酸钙属于无机物，故C说法错误；D．合金的硬度比纯金属硬度大，
溶液中仍存在Fe3+，从而说明KI与FeCl 的反应是可逆反应，B项符合题意；C．淀粉溶液中加入
3
故D说法错误。
少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份，一份
2．C【详解】A．基态 的价电子排布式为3d6，价电子排布图： ，故A 加入新制Cu(OH) 2 悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘
水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，
从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题意；D．加入稀NaOH溶液，不加热，生成一水合氨，
正确；B．固体HF中的链状结构： ，故B正确；C． 中心
不会生成氨气，应利用浓NaOH并加热，然后检验氨气，故D错误；
7．D【解析】A．该分子中有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A项正确；B．与足量 H 加成
2
原子价层电子对数为3+ =4，VSEPR模型为四面体形，故C错误；D．2，3-二甲基
后，产物分子的结构为 ，含有4个手性碳原子，故B正确;C．该分子中存
丁烷的结构简式为(CH)CHCH(CH )，键线式为 ，故D正确；
3 2 3 2 在碳碳
双键，酚羟基可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，从而褪色C项正确，D项该分子中1mol酯
基水解后会消耗 ，酚羟基消耗 ，所以1mol该有机物最多可与 发
3．【答案】C【解析】A.SO2-的结构式为 ，所以1molS O2-中含过氧
2 8 2 8
生反应。
8.D【分析】由题意可知，X为H、Y为N、Z为O、M为Na、W为S，据此来解题即可。
键
【详解】A.故离子半径： ，故A错误；B.N可形成NH、NH 等氢化
2 4 3
的数目为N A ，A错误；B.在该反应中，每生成1molO 2 转移的电子数为2N A ，B错误；C.80gSO 3 的 物，O可形成HO、HO 等氢化物、S可形成HS，故不可比较其氢化物的沸点，应比较其简单氢
2 2 2 2
物质的量为1mol，含有的原子数为4N A ，C正确；D.没有提供溶液体积，所含离子数目无法确 化物的沸点，故B错误；C.N与H组成的简单化合物为NH ，其VSEPR模型为四面体形，故C错
3
定，故D错误。
误；
4．B【详解】A．O、Cl、ClO 都具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生
3 2 2 D.H与Na可形成NaH，NaH为离子化合物，故D正确。
理活性，故均可作水的消毒剂，A正确；B．向冷的石灰乳中通入氯气，反应得到氯化钙和次氯酸 9.C【详解】A．图1中，Fe(OH) 胶体可以通过滤纸，故不能用过滤除去Fe(OH) 胶体中的Na+、
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钙，而不是用石灰水，B错误；C．工业上用焦炭和石英砂（主要成分为二氧化硅）反应制备粗 Cl-，可以用渗析除去Fe(OH) 胶体中的Na+、Cl-，A错误；B． HCl气体极易溶于水，但不溶于植
3
硅，C项正确；D．铝的金属性比铁强，铝热反应是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，故D正确；
物油，而且植物油的密度比水小，不利于氯化氢的吸收，应该把植物油换成四氯化碳，故B错
误；
5．D【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆分为离子，离子方程式为：
C．草酸钠溶液具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，生成
，A错误； 无色的Mn2+，可以用酸性高锰酸钾溶液测定未知NaC O 溶液的浓度，故C能达到实验目的；
2 2 4
B．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，B错误；C．由于HClO具有强氧 D．煅烧贝壳至900℃，贝壳的主要成分碳酸钙会与坩埚的主要成分之一二氧化硅反应：
化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，离子方程式为：SO +H O+3ClO﹣=SO +2HClO+Cl-，
2 2
，故D错误；
C错误；D．向 溶液中加入 至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子完全反应，离子
方程式为： ，D正确。 10．C【分析】“浸取”时， 和FeSO 4 、H 2 SO 4 反应生成MnSO 4 、Fe 2 (SO 4 ) 3 ，反应的离子方
1
学科网（北京）股份有限公司程式为 ， 溶于硫酸分别生成Fe3+、Al3+，
=0.0675，故C正确；D．由图可知，温度越高平衡转化率越低，则平衡逆向移动，
不溶于酸，滤渣1为 ；加入 ，使剩余的 转化为 ；加入碳酸钠溶液调节pH，使
、Al3+分别转化为Fe(OH) 沉淀和Al(OH) 沉淀；过滤后，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，使
3 3
所以△H＜0，D项正确；
转化为MnCO 沉淀。
3
13. D【详解】A．三种氟化物均为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成
【详解】A．由分析可知，“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2+ + 2HCO - = MnCO + CO↑
3 3 2
离子键越弱，钡离子、钙离子、镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则BaF 、CaF 、MgF
2 2 2
+ H O，A项正确；B．由分析可知，“转化”的主要目的是将剩余的 氧化为 ，B项正
2
三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，脱硅能力依次减弱，即脱
确；C．由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO，可用于制备光导纤维，C项错误；D．若使第二
2
硅能力BaF >CaF >MgF，故A正确；B.若A处原子分数坐标为(0，0，0)，C点处于四面体空隙，
次“过滤”时沉淀完全，此时溶液的pH应为4.6，则此时溶液的c(OH-)≥1.0×10-9.4 mol/L，D项正 2 2 2
根据
确；
11. A【分析】根据图中氯化亚铜失去电子，与氯离子反应生成氯化铜，因此惰性电极N为阳极。 立体几何关系，则B处原子分数坐标为 ，故B正确；C.OF 2 与SiO 2 都是含有极性共价键
惰性电极M为阴极，则电极反应2H 2 O +2e－= 2OH－+H 2 ↑， 的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故C正确；D.F-
【详解】A．根据分析，左边负电荷增多，为平衡电荷，因此中间的钠离子移动到左边，因此离 处于四面体空隙，其周围距离相等且最近的Ca2+有4个，故D错误；
子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，由于右边电极不断消耗氯离子，因此Ⅱ为阴离子交换膜，故A错
14. D【分析】向20 mL 0.1 mol/L的柠檬酸(H A)溶液中逐滴加入 0.1 mol/L的NaOH溶液，依次发
3
误；B．惰性电极M为阴极，此时水中的H+放电，其电极反应为2H 2 O +2e－= 2OH－+H 2 ↑，故B正 生反应：HA+ OH－=H A-+ H O、HA- + OH－=HA2-+ H O、HA2- + OH－=A3- + H O，所以根据溶液
3 2 2 2 2 2
确；C．根据图中得到合成室内发生的反应为CH 2 =CH 2 +2CuCl 2 →CH 2 ClCH 2 Cl+2CuCl，故C正确； pH及含有A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示HA、HA-、HA2-、A3-，然后根据水解平衡
3 2
D．电解时阴极生成气体的速率为xmol·h－1，则电子转移有2xmol·h－1，因此中间室补充NaCl的速
常数、盐溶液中离子浓度大小关系分析解答。
率为
【详解】A．结合电离平衡常数表达式，可知HA的三级电离平衡常数分别K 为10-3.13；K 为10-
3 a1 a2
2xmol·h－1，故D正确。
4.76，
12. B【分析】TK时，反应2CO(g)+6H(g) CHOCH (g)+3HO(g)，在Q点， =4，CO
1 2 2 3 3 2 2
K 为10-6.40，HA- 水解平衡常数
a3 2
的平衡转化率为50%，平衡时c(CO)= 0.2mol·L-1，则可建立如下三段式：
2
，A错误；B．当加入等浓度NaOH溶液体积为20 mL时，所得溶液主要溶
质为NaH A，即图中曲线b最高点处，此时对应pH<7，即溶液为酸性，故B错误：C．根据图中
2
信息当溶液pH约为5时，随着pH增大，c(HA2-)逐渐增大、c(H A-)逐渐减小，c(A3-)还未明显增
【详解】A．催化剂不能改变CO 的平衡转化率，只改变反应速率，即可以改变单位时间内 2
2
加，此时发生的主要反应为HA- + OH－=HA2-+ H O，C错误；D．n点：c(H A-)=c(HA2-)，溶液pH
2 2 2
CO 的转化率，故A正确；B． 越大，相当于n(CO)一定时，增大n(H )，平衡正向移 ＜7，故c(H+)＞c(OH-)，电解质溶液存在电荷守恒式为
2 2 2
，故溶液中离子浓度关系为：
，D正确；
动，CO 的转化率越高，则X表示 =4，故B错误；C．由三段式可知，平衡时，
2 15.【答案】(1)三口烧瓶（或三颈烧瓶）（1分） c （2分） (2)b （2分）
(3)减少固体流失，洗去固体表面的水，洗去固体表面的杂质； （2分）
c(CO)=0.2mol·L-1，c(H )=1.0mol·L-1，c(CHOCH )=0.1 mol·L-1，c(H O)=0.3 mol·L-1，K=
2 2 3 3 2 c
(4)通过控制恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水的流量；（2分） (5)玻璃棒和胶头滴管 ; （2
分）
2
学科网（北京）股份有限公司(6)当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，锥形瓶内的溶液颜色由无色变为浅红且半分钟内不褪 （5）①钠离子的配位数为6，这6个氯离子所围成的空间几何构型为正八面体
色；（2分） （7）12.8%（2分）
②
部分答案详解
(3)乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在，所以步骤 III中，用乙醇洗涤的目的是减少固体
17.【答案】(1)-81kJ/mol（2分） AB（2分）
流失洗去固体表面的水和杂质，故答案为：减少固体流失洗去固体表面的水和杂质；
(2) （2分） △H>0，升高温度，反应1正向移动， 的转化率增大（2分）
(4) 由于双氧水放在恒压滴液漏斗中，则步骤II中，可通过恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水 1
(3)< （2分） 在1000K时，反应①的 ，反应趋势小，反应③的 ，反应趋势
的流量，故答案为：通过恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水的流量；
大，反应③占主导地位（2分）
(5) 配制0.100mol/L高锰酸钾标准溶液，用到的玻璃仪器除容量瓶和烧杯外，还有玻璃棒和胶头
(4) （2分）
滴管。
（6）锥形瓶内的主要溶质是HO 溶液颜色为无色，当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，变为
2 2，
【解析】（1）由题给信息可知反应②=反应①-反应③，则
浅红且半分钟内不褪色则为滴定终点。
。A．断裂4molC—H表示平衡正反应方向，
（7）n(H O)=5/2n(KMnO )=2.5×0.1×12.8×10-3，1molH O 相当于1mol活性氧原子，活性氧的质量
2 2 4 2 2
断裂2molC==S表示平衡向逆向进行，A项符合题意；B．该反应的正反应是气体分子数增大的反
分数=2.5×0.1×12.8×10-3×16÷0.4=0.128=12.8%
应，恒容条件下，体系压强不再变化说明反应达到平衡状态，B项符合题意；C．该反应只有气体
16.【答案】（1）适当升温，适当增大盐酸浓度（2分） SiO 和S（2分）
2
参与，恒容条件下，气体的密度始终不变，故气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，C
（2）BiS + 6Fe3+ = 2Bi3+ + 3S + 6Fe2+（2分）（3）温度过高， 易分解（1分）3≤ pH<4
2 3
项不符合题意；D． 应改为 才能说明反应达到平衡状
（1分）
态，D项错误；故选AB。
（4） （2分）
（2）反应①是吸热反应，温度越高， 的平衡转化率越大，故 ；恒压条件下，①是
吸热反应，温度越高，平衡正向移动， 的平衡转化率越大， 的物质的量分数增大。
（5）①正八面体（2分） ② （2分）
（3）在1000K时，反应①的 ，不易自发进行，反应③的 ，容易自发进行，故反应
的自发趋势：①<③。由 可知， 越大，反应的平衡常数K越小，反应趋势越小，
【解析】该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi 2 S 3 ，含少量Bi 2 O 3 、Bi、FeS 2 和SiO 2 等杂质)，产品 在1000K时，反应①的 ，反应趋势小，反应③的 ，反应趋势大，反应③占主导为
为钒酸铋(BiVO 4 )，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺流程中被除去，由 位。答案为<；在1000K时，反应①的ΔG>0，反应趋势小，反应③的ΔG<0，反应趋势大，反应
滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣1
③占主导地位；
（SiO 2 、S）中被除去，氧化调pH除去铁元素，滤渣2为 ，稀释水解使Bi3+转化为 （4）设起始时 mol、 mol， 的变化量为x，列出三段式为
Bi(OH) 作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成 ，氯化生成 ，最终合 成钒酸铋 。
3
（1）提高浸取率的措施有：适当升温，适当增大盐酸浓度在浸取过程中。硅及硫元素进入滤渣1 起始量 3mol 3mol 0 0
（SiO 2 、S）中被除。 变化量 x 2x x 4x
（2） 转化为 及 单质，反应离子方程式为 ； 平衡量 x 4x
（3）温度不宜过高的原因是避免 升温易分解；具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转 平衡时 和 的分压相同，则 ，解得 。平衡时气体的总物质的量为
化为 沉淀分离除去；调pH是使Fe3+完全转化为 沉淀而与Bi3+未开始沉淀；c ，气体的总压为100kPa，故各气体约分压如下 ，
（Fe3+）≤1×10−5mol/L，根据K SP （Fe(OH) 3 )=10-38，可以求出3≤ pH，c（Bi3+）=0.1 mol/L，根据 ， ， 。则反应③的
K （Bi(OH) )=10-31 ，可以求出pH<4，故调pH的范围为3≤ pH<4；
SP 3
（4）氯化过程发生反应为 ，
3
学科网（北京）股份有限公司（3）B中苯环上的一个氢原子被乙酰基取代生成了C，故B→C为取代反应，F被 氧化生
。答案为 。 成G，故F→G为氧化反应；
18.（1）醚键、（酮）羰基（2分）
（4）由综合推断知B的结构简式为 ，故A→B的化学方程式为：
（2）2-甲基-2-丙醇（2分）
（3）取代反应（1分） 氧化反应（1分）
；
（4） （2分）
（5）小（1分） (CH)C—是推电子基，使羧基中羟基的极性减小，羧酸的酸性减弱， 故G
3 3
的酸性小于苯甲酸。（2分）
（5）由综合推断知G的结构简式为 ， 为推电子基，使羧基中羟基的极性减小，
（6）19 （2分）
羧酸的酸性减弱，故G的酸性小于苯甲酸。
（6）P是比G少一个碳的同系物，则P的分子式为 ，P的同分异构体中，含有苯环，遇
FeCl 溶液显紫色，说明含有酚 ，能发生银镜反应，说明含有 ，除此之外，还剩下3个
3
饱和的碳原子，由此，结合含手性碳原子这个条件来分析，若苯环上含有三个不同的取代基（
或 或 （2分）
综合推断： 、 、 ），可能出现的结构有10种；若苯环上含有两个不同的取代基（ 和
或 和 或 和 ），可能出现的结构有9种，所以P
由 B 的分子式，结合 A、C 的结构简式，可以推断 B 的结构简式为 ，B（ ）和
的同分异构体共有19种。其中，核磁共振氢谱显示为7组峰，且峰面积比值为3:2:2:2:1:1:1的同
分异构体的结构简式为：
发生取代反应生成C（ ）;由E的分子式，结合D、F的结构简式，可以推断E的
或 或
。
结构简式为 ，F（ ）被 氧化生成G，则G为 ，G与 生成H，C
与H生成M。
解析：（1）根据C的结构简式可直接确定其官能团为：醚键和（酮）羰基；
（2）由综合推断可知，E的结构简式为 ，故其系统命名为：2-甲基-2-丙醇；
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