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参考答案及解析
7．C 8．B 9．D 10．B 11．A 12．D 13．C
10．【解析】A．所得沉淀n(AgCl)＞n(AgI)，说明等体积的饱和AgCl、AgI溶液中，c(Cl－)更大，即AgCl
的溶解度大于AgI，而二者为同类型的沉淀，所以K (AgCl)＞K (AgI)，A正确；B.所用KMnO 起始浓度
sp sp 4
不一样，初始颜色不一样，B说法错误；C．NaSO＋HSO ====Na SO ＋SO ↑＋S↓＋HO，由于气体的溶
2 2 3 2 4 2 4 2 2
解度受温度影响非常大，所以不能以气体逸出的快慢去衡量反应速率（气泡快，可能是溶解度下降造成而
与反应无关），D说法正确。
12．【解析】A．d为阳极，与电源正极相连，即与a相连，A正确；
B．装置甲中通过氢氧根迁移来平衡电荷，离子交换膜为阴离子交换膜，装置乙中通过氢离子迁移平衡电
荷，为质子交换膜，B正确；
C．a电极上C H 被还原为C H，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C H+2e−+2H O=C H+2OH−，
2 2 2 4 2 2 2 2 4
C正确；
D．c电极上的反应为3CO+18e−+18H+=C H+6H O，b电极的反应为Zn−2e−+2OH−=ZnO+H O，增重为O
2 3 6 2 2
原子的质量，生成1molC H 转移18mol电子，b电极上增重9molO原子的质量，即为144g，D错误；
3 6
13．【解析】A．由上图可知可知NaHA溶液呈酸性，所以HA-电离大于水解，A正确；
B．在m点溶液中，c(HA-)=c(A2-)，c(H+)>c(OH-),依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),所以
c(Na+)<3c(HA-)
C．在n点溶液中，溶质为浓度相等的NaA和NaHA，则电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；
2
物料守恒：2c(Na+)=3[c(H A)+c(HA-)+c(A2-)]；
2
两式相减，消去钠离子，得c(A2-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HA-)+3c(H A) 所以C错误
2
D．q点为0.1mol·L 的NaA溶液,由m点可知HA的K =10-4.2，所以A2-水解平衡常数为10-9.8，由此可求
2 2 a2
得c(OH-)=10-5.4,所以pH=8.6
26．（14分）
（1）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等（写对一条给1分，共2分）
（2）PbSO （2分）；12MnO + In S + 24H+ = 3SO 2- + 12Mn2+ + 2In3+ + 12H O（2分）
4 2 2 3 4 2
（3）沿玻璃棒向过滤器（漏斗）中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水慢慢流出，重复2～3次（2分）
（4）2.78（2分）
（5）2.5（2.5左右均可得分）（2分）
（6） （2分）
【解析】（4）由 可知，当pH=2.35时，萃取率为50%，则，
50% (10−2.35 ) 3 (10−2.35 ) 3
lg =lgK−lg ,可得lgK=lg 若将萃取率提升到95%，忽略萃取剂浓度的变化，
1−50% c3 (H A ) c3 (H A )
2 2 2 2
95% c3 (H+ ) (10−2.35 ) 3 c3 (H+ )
则lg =lgK-lg ，将lgK代入得，lg19=lg −lg ，则lg19=lg
1−95% c3 (H A ) c3 (H A ) c3 (H A )
2 2 2 2 2 2
(10−2.35 ) 3 c3 (H A ) (10−2.35 ) 3
× 2 2 =lg =3lg10−2.35-3lgc(H+)，代入lg19=1.28，得-lgc(H+)=2.78，所以将萃取
c3 (H A ) c3 (H+ ) c3 (H+ )
2 2
率提升到95%，应调节pH=2.78。
（6）6.95 g FeSO·7H O样品物质的量为0.025 mol，则可知在加热到380 ℃，3.80/0.025=152，刚好是
4 2
FeSO 。加热至650 ℃时，固体的质量为2.00 g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO ·7H O)=0.025 mol
4 4 2
，m(Fe)=0.025 mol ×56 g·mol -1=1.40 g，则固体中m(O)=2.00 g-1.40g=0.60g，n(O)=0.0375 mol ，则
n(Fe)∶n(O)=0.025 mol∶0.0375 mol =2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe O，所以方程式为
2 3
27．（14分）
（1）分液漏斗（2分）；ABC，DE（顺序全对给2分，有错不给分）；除去C中生成的水蒸气和氨气、
根据长颈漏斗中液面变化控制气体流速、平衡压强防止压强过大导致爆炸（共2分，答到一点给1分）；
（2）2NH ＋3CuO 3Cu＋N↑＋3HO（2分）；
3 2 2
学科网（北京）股份有限公司（3）Sr N ＋6HO====3Sr(OH) ＋2NH ↑（写Sr N ＋8HO====3Sr(OH) ＋2NH ·H O也给分）（2分）；做
3 2 2 2 3 3 2 2 2 3 2
空白对照实验（2分）
（4）1.825(32－x)%（2分，其他形式表述的正确答案也给分）
【解析】（1）装置A是制备氨气，生成的NH 中含有水蒸气，气体经装置B除水，然后再通过装置C把
3
氨气转化成氮气，装置C流出气体是N 、未反应NH 、水蒸气，氨气和水蒸气均能干扰试验，因此用装置
2 3
E除去，再排装置中的空气，通一段时间气体后，再加热装置D制备氮化锶，此时还要防止外界空气中
CO、O、HO等气体进入装置D，因此最后再连接装置E，装置E中液封导气管，空气中氧气等气体都不
2 2 2
会进入装置D中。因此按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为ABCEDE。
（3）步骤①也用相同的指示剂，硼酸酸性很弱，达不到甲基橙变色的pH，因此用空白对照实验排除影响，
此时用x mL标准盐酸溶液才变色。
（4）步骤①是50 mL溶液滴定，步骤④取25 mL溶液滴定，25 mL溶液转化成50 mL时消耗标准盐酸体
积：16.00×2＝32.00 mL，结合步骤①可知氨气消耗的标准盐酸体积：(32.00－x) mL，氨气的物质的量：
0.25×(32.00－x)×10－3 mol，Sr N 的物质的量0.25×(32.00－x)×10－3×0.5 mol，Sr N 的质量：0.25×(32.00－
3 2 3 2
0.0365(32−x)
x)×10－3×0.5 mol×292 g/mol，所以纯度是 ×100%＝1.825(32－x)%。
2.0
28．（15分）
（1）+248（2分）；温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的
影响大于对反应Ⅳ的影响（2分）
（2）＞（1分）；1:10（或0.1）（2分）
（3）B（2分）；p0 2/192（2分）
（4）4CH+3O2--6e-=C H+C H+3H O（2分）；3:4（2分）
4 2 4 2 6 2
【解析】（1）
反应Ⅲ：
反应Ⅳ： -173kJ·mol-1
根据盖斯定律反应Ⅲ－反应Ⅳ即得到反应Ⅰ的ΔH +248
1=
由于温度低于700℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应
Ⅳ的影响，所以温度低于 时，积碳的质量随温度的升高而增多；
（2）CH(g)＋CO(g)＝2CO(g)＋2H(g)为吸热反应为吸热反应，由图可知，当横坐标相同时，T 时对应的
4 2 2 1
lgp(H)更大，升高温度，平衡正向移动，lgp(H)增大，则T＞T，故答案为＞；向密闭容器中充入等体积
2 2 1 2
的CO 和CH，观察图像b点lgp(H )＝0，lgp(CO)＝1，则p(H )＝1，p(CO)=10，则T 时，p2(H )与
2 4 2 2 2 2 1 2
p(CO)的比值为1：10，故答案为1：10。
2
（3）①CO 参与了2个反应，而CH 只参与1个反应，相同情况下CO 消耗更多，平衡转化率更大，曲线
2 4 2
A表示CO 的平衡转化率,曲线B表示CH 的平衡转化率；
2 4
②800K，CO 的平衡转化率为40%，转化的物质的量10 mol×40%=4mol，CH 的平衡转化率为20%，转化
2 4
的物质的量10 mol×20%=2mol，列三段式：
反应①： ，
反应②： ，在恒温恒压下，反应①的分压平衡
常数 ；
（4）结合图示可知CH 在阳极发生氧化反应生成C H、C H、HO，有机物的物质的量之比为1:1，即
4 2 4 2 6 2
C H、C H 的物质的量比为1:1，则阳极上的电极反应式为4CH+3O2--6e-=C H+C H+3H O。设生成C H
2 4 2 6 4 2 4 2 6 2 2 4
学科网（北京）股份有限公司和C H 的物质的量均为1mol，则反应中转移电子的物质的量为6mol，参加反应的 为4mol；则由
2 6
CO→CO转移6mol电子，需消耗3mol CO，则反应中消耗CO 和CH 的物质的量比为3:4；
2 2 2 4
35．（15分）
（1）大于（1分）；Zn的核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子（2分）；
（2）①4（1分），16（1分）；②sp3（1分），三角锥形（1分）
（3）74%（2分）； （2分）
（4）12（2分）；AuCu H（2分）；
3 8
【解析】（1）Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，全满稳定结构，较难失电子；Cu的核外电子排布为
[Ar]3d104s1，原子最外层只有1个电子，更容易失去电子得到全满稳定结构的Cu+。
（2）①从[Cu(NH )]2＋结构看，内界有4个氨气分子，所以是4个氨气分子进行配位，配位数为4，氨气分
3 4
子当中有3个σ键，4个氨气分子当中有12个σ键，配位键也是σ键，在[Cu(NH )]2＋中有4个配位键，所
3 4
以有4个σ键，所以，[Cu(NH )]2＋中含有16个σ键。②NH 中的N原子杂化类型是sp3杂化，NH 分子中
3 4 3 3
含有一个孤电子对，氨气分子的空间构型为三角锥形。
（3）金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个
顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，设Cu原子半径为r，则晶胞棱长为2r，晶胞体积＝(2r)3，
1 1 4
晶胞中Cu原子数目＝8× ＋6× ＝4，晶胞中Cu原子总体积＝4× πr3，该晶胞中Cu原子的空间利用率是
8 2 3
πr3 1 1
＝ r ×100%＝74%；每个晶胞中含有铜的原子：8×8＋6×2＝4，Cu原子半径为r pm＝r×10－10 cm，假设
√2
晶胞的边长为a，则 a＝4×r×10－10 cm，则晶胞的体积是 ，则晶体
铜的密度＝ 。
（4）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶角，根据图示知，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦
号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原
1 1
子数是8× ＝1、Cu原子数是6× ＝3、H 分子数是4，化学式为AuCu H。
8 2 2 3 8
36．（15分）
（1）2-甲基丙酸（2分）
（2）碳碳双键、羧基（2分）
（3） （2分）
（4） （2分）
（5）20（2分）； ； （每个1分，共2分）
（6）
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分）
【解析】（5）有机物K为D的同系物，其相对分子质量比D小42，则K的分子式为C HO。属于芳香族
8 8 2
化合物不含其他环且不含碳碳双键；常温下能与 NaCO 溶液反应；则K含有-COOH或-OH（酚），若含
2 3
有-COOH，则苯环上可连接-CHCOOH一个取代基或-CH 、-COOH两个取代基，有4种；若含-OH，则苯
2 3
环上的结构可能是-OH、 或-OH、-CHCHO或-OH、-CHO、-CH，有16种。综上共有20种。
2 3
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