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化学参考答案与解析
１．【答案】Ｂ
【解析】钢的含碳量一般为０．０３％～２％，Ａ正确；金属铝呈两性，所以不耐酸、碱腐蚀，Ｂ错误；涂层的主要成
分均属于合成有机高分子材料，Ｃ正确；聚偏二氟乙烯的结构简式为ＣＨ—ＣＦ，因此链节为
２ ２
—ＣＨ—ＣＦ—，Ｄ正确。
２ ２
２．【答案】Ｄ
【解析】转移ＮａＣｌ溶液时，应将玻璃棒下端抵在刻度线以下，Ａ错误；收集氯气装置无出气口，Ｂ错误；萃取操
作中放气方法应是将分液漏斗倒置，左手握住活塞部分，右手顶住塞子，打开活塞放气，Ｃ错误；氢氧化亚铁
易被氧气氧化，因此制备时，应用长胶头滴管将ＮａＯＨ溶液滴入ＦｅＳＯ 溶液中，且用植物油液封，Ｄ正确。
４
３．【答案】Ｂ
【解析】石膏为电解质，可以使胶体发生聚沉，Ａ正确；苯甲酸钠溶液呈碱性，Ｂ错误；硝酸铵受热或经撞击易
发生爆炸，因此硝酸铵必须经改性处理后才能施用，Ｃ正确；维生素 Ｃ具有还原性，可防止鲜榨果汁被氧化而
发生变色，Ｄ正确。
４．【答案】Ａ
【解析】Ｘ分子中与苯环连接的碳原子为手性碳原子，Ａ正确；Ｙ既有羟基又有羧基，可以发生缩聚反应，而不
是加聚反应，Ｂ错误；Ｍ中的官能团名称为羟基和酰胺基，Ｃ错误；—ＣＨ 为推电子基，成键电子对间斥力大，
３
进一步压缩了Ｈ—Ｎ—Ｈ键角，所以ＣＨＮＨ 中键角Ｃ—Ｎ—Ｈ＞Ｈ—Ｎ—Ｈ，Ｄ错误。
３ ２
５．【答案】Ｃ
【解析】中子数为６的硼核素：１１Ｂ，Ａ错误；ＨＢＯ 电离应用可逆号，Ｂ错误；根据信息，乙硼烷与 ＣＯ通过配位
５ ３ ３
键结合，且ＣＯ结构与Ｎ 相似，因此ＣＯ中Ｃ、Ｏ各有一个孤电子对，但是 Ｃ的电负性小，更易与 Ｂ形成配位
２
键，因此［ＣＯＢＨ］中配位键可以表示为［ＨＢ←ＣＯ］，Ｃ正确；ＮＨ 的ＶＳＥＰＲ模型为 ，Ｄ错误。
３ ３ ３
６．【答案】Ｂ
【解析】ＢＨ 在Ｂ为＋３价，Ｈ为－１价，其水解反应为归中反应，当１ｍｏｌＢＨ 完全水解，转移电子总数为
２ ６ ２ ６
６Ｎ，Ａ错误；常温下ｐＨ＝６的溶液，ｃ（Ｈ＋）＝１０－６ｍｏｌ·Ｌ－１，１Ｌ其溶液的 Ｈ＋的数目一定为１０－６Ｎ，Ｂ正确；
Ａ Ａ
未说明温度和压强，无法计算体积，Ｃ错误；１个ＮＨＢＨ 中σ键数目为７个，则３．１ｇＮＨＢＨ 即物质的量为
３ ３ ３ ３
０．１ｍｏｌ，σ键数目为０．７Ｎ，Ｄ错误。
Ａ
７．【答案】Ｃ
【解析】离子液体难挥发因为离子液体的粒子全都是带电荷的离子，离子间作用力强于范德华力，所以难挥
发，Ｃ错误。
８．【答案】Ａ
【解析】根据题意，元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｗ分别为Ｆ、Ｏ、Ｎ、Ｃ、Ｓ；电负性Ｆ最大，Ａ正确；第一电离能：Ｆ＞Ｎ＞Ｏ，Ｂ错
误；Ｍ为碳，其氢化物有多种，沸点不确定，Ｃ错误；ＷＹ 中Ｗ的最外层不满足８电子稳定结构，Ｄ错误。
２
【化学答案 第１页（共５页）】
书书书９．【答案】Ｄ
【解析】应利用电解熔融氯化镁制取镁，Ａ错误；乙烷与氯气在光照的条件下制备氯乙烷副反应多，Ｂ错误；硫
化亚铁与过量氧气生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，Ｃ错误；石英砂与焦炭在高温条件下生成粗硅，与
氯化氢加热生成三氯硅烷，最后与氢气高温可制得高纯硅，Ｄ正确。
１０．【答案】Ｃ
【解析】以上装置涉及太阳能和风能转化为电能、电能转化为化学能以及反应还原器中化学能与热能的转化
等，Ａ错误；根据题意离子交换膜应为阴离子交换膜，左侧电极室产生的 ＯＨ－迁移至右侧电极室，因此当电
路转移２ｍｏｌ电子时，左侧电极室溶液质量减少 ３６ｇ，Ｂ错误；根据整个装置工作原理，［Ｆｅ（ＣＮ）］３－／
６
［Ｆｅ（ＣＮ）］４－相当于反应的催化剂，实质是电解水的过程，因此无需外界补充 ［Ｆｅ（ＣＮ）］３－／
６ ６
［Ｆｅ（ＣＮ）］４－，Ｃ正确；反应还原器发生的反应为４［Ｆｅ（ＣＮ）］３－＋４ＯＨ－４［Ｆｅ（ＣＮ）］４－＋２ＨＯ＋Ｏ
６ ６ ６ ２ ２
↑，反应未配平，Ｄ错误。
１１．【答案】Ａ
【解析】根据题干Ｌ—Ｐｄ—Ｌ中Ｐｄ的化合物价为０价，则含钯化合物ⅱ～ⅵ中钯除了与两个Ｌ成键，还与Ｈ、
Ｂｒ、Ｃ等中两个原子成键，因此判断其中钯的化合价均为 ＋２，Ａ正确；反应历程中碳碳双键先断裂发生加成
反应，后又消去，因此反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成，Ｂ错误；以上过程发生的总反应为
溴苯和丙烯酸甲酯发生反应生成目标产物，同时产生溴化氢，因此总反应的原子利用率小于１００％，Ｃ错误；
因反应中产生ＨＢｒ，弱碱性条件利于此反应正向进行，但强碱条件下目标产物中的酯基会发生水解反应，则
不利于此反应发生，Ｄ错误。
１２．【答案】Ｃ
【解析】玻璃的主要成分中有ＮａＳｉＯ，灼烧时火焰呈黄色，不能证明待测液中存在Ｎａ＋，Ａ错误；加入的硝酸
２ ３
铁溶液，在酸性条件下，硝酸根离子氧化性增强，也可以将铜粉溶解，不能证明 Ｆｅ３＋＞Ｃｕ２＋，Ｂ错误；盐析是
蛋白质溶液中加入浓轻金属盐溶液，蛋白质因溶解度减小而析出，当再加水后蛋白质溶解，盐析是可逆的物
理变化，Ｃ正确；苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，无二氧化碳产生，不能证明酸性：苯酚 ＞碳
酸，Ｄ错误。
１３．【答案】Ｄ
３ １ １
【解析】ＣｅＯ 晶胞中Ｃｅ４＋周围等距且最近的Ｏ２－有８个，构成立方体，Ａ正确；根据Ｍ的坐标为（ ， ， ），
２ ４ ４ ４
１ １ ３
则Ｎ的坐标为（ ， ， ），Ｂ正确；设ＣｅＯ 中的Ｃｅ４＋和Ｃｅ３＋的个数分别为ｍ和ｎ，则ｍ＋ｎ＝１，由化合物
４ ４ ４ ２－ｘ
中各元素正、负化合价代数和为０可得４ｍ＋３ｎ＝４－２ｘ，解得 ｍ＝１－２ｘ，故一个 ＣｅＯ 晶胞中 Ｃｅ４＋和 Ｃｅ３＋
２－ｘ
１－２ｘ
个数比为 ，Ｃ正确；利用均摊法计算，ＣｅＯ 晶胞中，有４个 ＣｅＯ，用含 ａ的代数式表示 ＣｅＯ 晶胞密度
２ｘ ２ ２ ２
６．８８×１０２３
为 ｇ·ｃｍ－３，Ｄ错误。
Ｎ ×ａ３
Ａ
１４．【答案】Ｂ
【解析】根据ⅰ～ⅳ反应，ｌｇｃ（Ｐｂ２＋）、ｌｇｃ（［ＰｂＯＨ］＋）、ｌｇｃ［Ｐｂ（ＯＨ）］及 ｌｇｃ｛［Ｐｂ（ＯＨ）］－｝与 ｐＨ对应的直
２ ３
线斜率依次为 －２、－１、０、＋１，所以各离子依次对应的直线为 Ｌ、Ｌ、Ｌ、Ｌ。直线 Ｌ为 ｌｇｃ（［ＰｂＯＨ］＋）随
４ ３ ２ １ ３
【化学答案 第２页（共５页）】Ｋ
ｐＨ变化关系，Ａ正确；利用ⅰ－ⅳ式，得出［Ｐｂ（ＯＨ）］－（ａｑ）＋３Ｈ＋（ａｑ）幑幐Ｐｂ２＋（ａｑ）＋３ＨＯ（ｌ） Ｋ＝ １
３ ２ Ｋ
４
＝１０２８．２，当溶液中Ｐｂ２＋（ａｑ）与［Ｐｂ（ＯＨ）］－（ａｑ）浓度相等时，计算出 ｃ（Ｈ＋）＝１０ －２ ３ ８．２ ＝１０－９．４ｍｏｌ·Ｌ－１，即
３
ｐＨ＝９．４，Ｂ错误；反应ⅳ－ⅲ得到：Ｐｂ（ＯＨ）（ａｑ）＋ＨＯ（ｌ）幑幐Ｐｂ（ＯＨ）＋（ａｑ）＋Ｈ＋（ａｑ），平衡常数 Ｋ＝
２ ２ ３
Ｋ １０－１５．５
４＝ ＝１０－１１．１，逆向平衡常数为１０１１．１，Ｋ越大，则进行趋势越大，Ｃ正确；根据图像当溶液酸性较强或
Ｋ １０－４．４
３
碱性较强区域内，溶液中Ｐｂ（Ⅱ）粒子的浓度会随着酸性增强或碱性增强而增大，因此可以判断 Ｐｂ（Ⅱ）的
氧化物具有两性的特征，Ｄ正确。
１５．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）
（１） （１分）
（２）ＣＯ２－＋ＨＯ幑幐ＨＣＯ－＋ＯＨ－
３ ２ ３
（３）抽滤瓶或吸滤瓶（１分） 过滤速率快，产品更干燥（１分）
（４）防止ＦｅＳＯ 结晶析出而损失 减少ＦｅＳＯ 溶解，且乙醇挥发时带走水分使产品迅速干燥
４ ４
（５）ＭｎＯ－＋５Ｆｅ２＋＋８Ｈ＋Ｍｎ２＋＋５Ｆｅ３＋＋４ＨＯ 当加入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液颜色
４ ２
恰好变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪去 ５．５６Ｖ
【解析】（１）铁原子最外层有两个电子，因此Ｆｅ２＋的离子结构示意图为 。
（２）碳酸钠溶液呈碱性，能去油污，用离子方程式表示为ＣＯ２－＋ＨＯ幑幐ＨＣＯ－＋ＯＨ－。
３ ２ ３
（３）抽滤装置中仪器Ｘ为抽滤瓶或吸滤瓶；减压抽滤过滤速率快，产品更干燥。
（４）“在加热过程中添加少量水”及“趁热”减压抽滤的原因均是防止ＦｅＳＯ 结晶析出而损失，因为“趁热”减
４
压抽滤的目的是除去铁屑中不溶性杂质；用乙醇淋洗产品，可以 减少ＦｅＳＯ 溶解，且乙醇挥发时带走水分使
４
产品迅速干燥。
（５）高锰酸钾将亚铁离子氧化发生反应的离子方程式为 ＭｎＯ－＋５Ｆｅ２＋＋８Ｈ＋Ｍｎ２＋＋５Ｆｅ３＋＋４ＨＯ；当加
４ ２
入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液颜色恰好变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪去时为滴定
０．０２×Ｖ×１０－３×５×２７８
终点；计算ＦｅＳＯ·７ＨＯ含量为 ×１００％＝５．５６Ｖ％。
４ ２ ０．５００
１６．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）１．００（１分） 当温度低于５０℃时，温度升高，反应速率加快，浸取效率增大，当温度高于５０℃时，氨水
大量挥发，使氨水浓度降低，浸取效率降低
５０℃
（２）ＺｎＳ＋ＳＯ２－＋４ＮＨ·ＨＯ［Ｚｎ（ＮＨ）］２＋＋２ＳＯ２－＋４ＨＯ＋Ｓ（不写温度不扣分）
２ ８ ３ ２ ３ ４ ４ ２
（３）浸出液中剩余的过硫酸根（ＳＯ２－）需加热分解，避免其氧化后续加入的锌粉
２ ８
（４）采用微压密闭加热方式可减少浸取液中大量水分的蒸发及氨的挥发
ｃ（ＨＳ）×Ｋ ×Ｋ ０．１×１．０×１０－７×１．０×１０－１３ １．６×１０－２４
（５）ｃ（Ｓ２－）＝ ２ ａ１ ａ２＝ ＝１０－１３ｍｏｌ·Ｌ－１，ｃ（Ｚｎ２＋）＝ ＝
ｃ２（Ｈ＋） １０－８ １０－１３
【化学答案 第３页（共５页）】１．６×１０－１１ｍｏｌ·Ｌ－１，故Ｚｎ２＋已沉淀完全
高温
（６）２ＺｎＳ＋３Ｏ ２ＺｎＯ＋２ＳＯ 作漂白剂或食品添加剂等（１分，合理即可给分）
２ ２
【解析】（１）过硫酸铵的最佳浓度应使锌离子及铜离子萃取效率最高，因此选择１．００ｍｏｌ·Ｌ－１；当温度低于
５０℃时，温度升高，反应速率加快，浸取效率增大，当温度高于５０℃时，氨水大量挥发，使氨水浓度降低，浸
取效率降低。
５０℃
（２）根据题意，含锌化合物生成［Ｚｎ（ＮＨ）］２＋和 Ｓ，则离子方程式为 ＺｎＳ＋ＳＯ２－ ＋４ＮＨ·ＨＯ
３ ４ ２ ８ ３ ２
［Ｚｎ（ＮＨ）］２＋＋２ＳＯ２－＋４ＨＯ＋Ｓ。
３ ４ ４ ２
（３）浸出液中剩余的过硫酸根（ＳＯ２－）需加热分解，避免其氧化后续加入的锌粉。
２ ８
（４）根据题意，导致溶液ｐＨ下降的原因是水的蒸发及氨的挥发。
ｃ（ＨＳ）×Ｋ ×Ｋ ０．１×１．０×１０－７×１．０×１０－１３ １．６×１０－２４
（５）ｃ（Ｓ２－）＝ ２ ａ１ ａ２＝ ＝１０－１３ｍｏｌ·Ｌ－１，ｃ（Ｚｎ２＋）＝ ＝
ｃ２（Ｈ＋） １０－８ １０－１３
１．６×１０－１１ｍｏｌ·Ｌ－１，故Ｚｎ２＋已沉淀完全。
高温
（６）煅烧时，发生的化学反应方程式为２ＺｎＳ＋３Ｏ ２ＺｎＯ＋２ＳＯ。产生的气体为二氧化硫，二氧化硫在
２ ２
生活中可用作漂白剂、食品添加剂等。
１７．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）＋１２３
（２）①ＡＣ ②１∶９（１分） 乙苯脱氢制备苯乙烯的反应气体体积增加，保持压强不变，充入水蒸气，相当于减
小反应气体的压强，反应正向进行，提高乙苯的转化率 ③＜
（３）①Ⅰ和Ⅱ反应都是吸热反应，温度升高，使反应平衡正向移动，因此乙苯的转化率增大；温度升高时，副
０．６４６×０．６４６Ｐ
反应正向移动程度大于制备苯乙烯的反应，因此苯乙烯的选择性略下降 ②６４．６％ 或
０．３２×５．６８
０．６４６ ０．６４６
Ｐ× Ｐ
５．６８ ５．６８
（合理即可给分）
０．３２
Ｐ
５．６８
【解析】（１）ΔＨ ＝（２×４１３＋３４８－６１５－４３６）＝＋１２３ｋＪ·ｍｏｌ－１。
１
（２）①苯乙烯与氢气的物质的量始终保持１∶１，Ｂ不符合题意；消耗乙苯与生成苯乙烯及苯均为反应正向进
行，不能体现正、逆反应速率相等，Ｄ不符合题意。
②同温恒压条件下，初始乙苯与水蒸气的物质的量之比越低，乙苯分压越低，相当于减压，平衡朝气体分子
数增多的方向（正方向）移动，乙苯平衡转化率增大，所以 ａ曲线为乙苯与水蒸气之比最小的曲线，即
ｎ（乙苯）∶ｎ（ＨＯ）为１∶９。
２
１×（１－０．６）
③不妨设初始投入乙苯均为１ｍｏｌ，则 Ｍ点平衡时乙苯的分压为１００ｋＰａ× ＝３．７７ｋＰａ，
９＋０．６＋０．６＋０．４
１×（１－０．４５）
Ｎ点平衡时乙苯分压为１００ｋＰａ× ＝１０．０９ｋＰａ，在同温（５００Ｋ），都为平衡状态（正反
４＋０．５５＋０．４５＋０．４５
应速率等于逆反应速率）时分压越高，速率越快，所以ｖ（Ｍ） ＜ｖ（Ｎ） 。
正 逆
（３）①Ⅰ和Ⅱ反应都是吸热反应，温度升高，使反应平衡正向移动，因此乙苯的转化率增大；温度升高时，副
【化学答案 第４页（共５页）】反应正向移动程度大于制备苯乙烯的反应，因此苯乙烯的选择性略下降。
②苯乙烯的产率＝乙苯转化率×苯乙烯的选择性＝６８％×９５％×１００％＝６４．６％。
若假设初始通入乙苯物质的量１ｍｏｌ，则水蒸气为４ｍｏｌ，转化率为６８％，无论发生反应Ⅰ还是反应Ⅱ，增加
的物质的量相同，为 ０．６８ｍｏｌ，因此反应平衡后气体总物质的量为 ５．６８ｍｏｌ，反应生成苯乙烯的选择性
９５％，因此苯乙烯的物质的量为０．６４６ｍｏｌ，同时生成氢气０．６４６ｍｏｌ，剩余乙苯为０．３２ｍｏｌ。
ＣＨＣＨ（ｇ）→ＣＨＣＨ（ｇ）＋Ｈ（ｇ）
６ ５ ２ ５ ６ ５ ２ ３ ２
０．３２ ０．６４６ ０．６４６
分压表示为／ｋＰａ Ｐ Ｐ Ｐ
５．６８ ５．６８ ５．６８
０．６４６ ０．６４６
Ｐ× Ｐ
５．６８ ５．６８ ０．６４６×０．６４６Ｐ
Ｋ ＝ Ｋ ＝
ｐ ０．３２ ｐ ０．３２×５．６８
Ｐ
５．６８
１８．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）Ｎ，Ｎ二甲基甲酰胺 醚键、氨基（或次氨基）
（２）＞（１分） ３
（３） 取代反应（１分）
（４）１２ 或
【解析】（１）Ａ的化学名称为Ｎ，Ｎ二甲基甲酰胺；Ｃ的官能团名称为醚键及氨基（或次氨基）。
（２）ＣＨＯＨ电离出氢离子的能力小于水，则ＣＨＯ－结合氢离子能力强于 ＯＨ－，因此碱性 ＣＨＯＮａ＞ＮａＯＨ；
３ ３ ３
中碳原子的杂化方式有ｓｐ、ｓｐ２、ｓｐ３三种。
（３）根据质量守恒，Ｃ＋Ｄ→Ｅ的化学方程式为 ；
Ｅ→Ｆ的反应为乙基取代酰胺基Ｎ上的Ｈ，所以为取代反应。
（４）根据Ｄ的结构简式，判断Ｇ苯环上的取代基为２个—ＣＯＣＨ（或—ＣＨＣＨＯ）及１个—ＮＨ，三个取代基
３ ２ ２
在苯环上有６种位置异构，两种情况，共有１２种结构；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构应对称，所以为
或 。
【化学答案 第５页（共５页）】
