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化学参考答案与解析
１．【答案】Ｂ
【解析】铜罐的主要成分为金属，而其他文物主要成分为硅酸盐，Ｂ正确。
２．【答案】Ｄ
【解析】有机废液可能含有氯、硫、氮等元素，直接焚烧会产生ＳＯ、氮氧化物等有毒气体，污染环境，不可直接
２
用焚烧法处理，Ａ错误；白磷易自燃，钾性质活泼易与氧气、水反应引发危险，未用完的白磷和钾需放回原试
剂瓶保存，Ｂ错误；含有重金属的废渣直接填埋会造成土壤、水体重金属污染，需交由专业机构分类处理，不
能直接填埋，Ｃ错误；轻微烫伤时先用洁净冷水降温，再涂抹烫伤药膏处理，是正确的应急处理方式，Ｄ正确。
３．【答案】Ａ
【解析】甲醛通过加聚反应制得聚甲醛纤维，Ａ错误；合成丁腈橡胶的单体有１，３丁二烯和丙烯腈两种，Ｂ正
确；聚苯乙烯可用作保温、隔音等建筑材料，Ｃ正确；聚乳酸可制备可降解材料，Ｄ正确。
４．【答案】Ｄ
【解析】ＣａＯ 的电子式： ，Ａ错误； 的名称：３，３二甲基２戊醇，Ｂ错误；
２
的核磁共振氢谱有四组峰，Ｃ错误；甲醛分子中 ＣＯ键的 π键电子云密度分布不均匀，
应偏向电负性更强的Ｏ原子，Ｄ正确。
５．【答案】Ｄ
【解析】１ｍｏｌ·Ｌ－１的（ＮＨ）ＳＯ 溶液未给出溶液的体积，无法判断 ＮＨ＋的数目，Ａ错误；１０１ｋＰａ、５００℃下，
４ ２ ４ ４
气体摩尔体积大于２２．４Ｌ·ｍｏＬ－１，２２．４ＬＨＯ的物质的量小于１ｍｏｌ，Ｂ错误；２８ｇＮ 与 ＣＯ混合气体的原
２ ２
子总数为２Ｎ，Ｃ错误；根据化学方程式，每生成１ｍｏｌＳＯ 转移电子的数目为２Ｎ，Ｄ正确。
Ａ ２ Ａ
６．【答案】Ｂ
【解析】Ｓ微溶于乙醇、易溶于ＣＳ，且乙醇与ＣＳ互溶，不能用乙醇萃取ＣＳ中的Ｓ，Ａ错误；Ｃｕ与稀硝酸反应生
２ ２ ２
成ＮＯ，装置中Ｕ型管左管生成的ＮＯ会将溶液压向右管，ＮＯ留在左管，隔绝了空气，避免ＮＯ被Ｏ 氧化，能达
２
到实验目的，Ｂ正确；定容前需要轻轻摇动容量瓶，使溶液初步混合均匀，若上下颠倒摇动，溶液沾附于刻度线以
上瓶颈内壁，导致定容时溶液体积偏大而产生误差，Ｃ错误；液溴易挥发，反应时挥发出来的Ｂｒ蒸气进入硝酸
２
银溶液中也产生淡黄色沉淀，不能说明反应生成了ＨＢｒ，则无法验证苯与液溴发生取代反应，Ｄ错误。
７．【答案】Ｄ
【解析】Ｘ＋Ｙ→Ｚ的反应中，Ｙ的醛基加成生成羟基，Ａ正确；Ｘ中 ｓｐ２杂化的碳原子有８个，ｓｐ３杂化的碳原
子有５个，Ｂ正确；Ｙ为饱和一元醛，与甲醛互为同系物，Ｃ正确；Ｚ的手性碳原子数目为４，Ｄ错误。
８．【答案】Ａ
【解析】根据题意Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｗ依次为 Ｈ、Ｎ、Ｏ、Ｓ、Ｆｅ，该配合物的化学式为［Ｆｅ（ＨＯ）（ＮＯ）］ＳＯ。第一电
２ ５ ４
离能Ｎ＞Ｏ＞Ｈ，Ａ正确；还原性：ＨＯ＜ＨＳ，Ｂ错误；配合物中ＨＯ的孤电子对少，则 Ｈ—Ｏ—Ｈ键角大，Ｃ错
２ ２ ２
误；配合物中阳离子的配体不相同，因此不可能为正八面体结构，Ｄ错误。
【化学答案 第１页（共５页）】
书书书９．【答案】Ａ
【解析】ＣＨ 与ＨＯ之间不能形成氢键，Ａ错误；金刚石为共价晶体，而共价晶体有方向性，因此当受到较大
４ ２
外力作用发生原子错位而断裂，Ｂ正确；ＣＯ与Ｎ 的沸点与范德华力有关，二者相对分子质量相等，但 ＣＯ极
２
性大于Ｎ，所以ＣＯ分子间范德华力大，沸点高，Ｃ正确；离子半径：Ｃｓ＋＞Ｎａ＋，因此 ＣｓＣｌ晶体的配位数大于
２
ＮａＣｌ晶体的配位数，Ｄ正确。
１０．【答案】Ｃ
【解析】根据工艺流程信息，“还原”时生成ＭｎＯ的化学方程式为ＭｎＯ ＋ＢａＳ＋ＨＯＭｎＯ＋Ｓ＋Ｂａ（ＯＨ），
２ ２ ２
Ａ正确；“酸化”时稀硫酸适当过量使ＭｎＯ充分溶解并抑制Ｍｎ２＋水解，Ｂ正确；“沉锰”发生反应的离子方程
式为Ｍｎ２＋＋２ＨＣＯ－ＭｎＣＯ↓ ＋ＣＯ↑ ＋ＨＯ，Ｃ错误；根据质量守恒，“溶液 Ｘ”溶质的主要成分为
３ ３ ２ ２
（ＮＨ）ＳＯ，可用作氮肥，Ｄ正确。
４ ２ ４
１１．【答案】Ｂ
【解析】根据电极物质转化得失电子判断，电极 ａ为阴极与电源负极连接，电势低于电极 ｂ，Ａ错误；电极 ｂ
的电极反应式为ＣＨＯＨ＋ＨＯ－４ｅ－ＨＣＯＯＨ＋４Ｈ＋，Ｂ正确；电极ａ的电极反应式为 ＣＯ ＋２Ｈ＋＋２ｅ－
３ ２ ２
ＣＯ＋ＨＯ，当消耗２个Ｈ＋，电路转移２个电子，同时有２个Ｈ＋由右侧电极室迁移至左侧电极室，忽视
２
溶液体积的变化，则电解过程中左侧电极室溶液的 ｐＨ几乎不变，Ｃ错误；ＣＯ 转化为 ＣＯ时，选择催化剂
２
ＮｉＴＰＰ时，决速步骤活化能低，反应速率快，效果更好，Ｄ错误。
１２．【答案】Ｄ
【解析】富马酸亚铁结构中的碳碳双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能得出补铁剂试样中存在 Ｆｅ２＋，
Ａ错误；实验中加入的是淀粉碘化钾溶液，氯水可将加入的碘化钾中的 Ｉ－氧化为 Ｉ，同样能使溶液变蓝，无
２
法证明碘元素来自海带，Ｂ错误；苯酚与饱和溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法除去杂质，Ｃ错误；Ｃｕ
（ＯＨ）溶于浓氨水，Ｆｅ（ＯＨ）不溶于浓氨水，Ｄ正确。
２ ３
１３．【答案】Ｃ
１ １ １ １ １
【解析】根据均摊法计算Ｎ（Ｃｌ）＝８× ＋８× ＋６＝１２；Ｎ（Ｃｓ）＝８× ＝４；Ｎ（Ａｕ）＝８× ＋４× ＋２×
２ ４ ２ ８ ４
１
＋１＝４，氯金酸铯的化学式为ＣｓＡｕＣｌ，Ａ正确；根据图示判断 Ａｕ的配位数分别为２和４，且根据化学式
２ ３
推知Ａｕ的平均价态为＋２，且两种配位数的配离子之比为１∶１，因此，Ａｕ的价态分别为 ＋１、＋３，两种配离
ａ ｃ ｂ ３ｃ
子分别为［ＡｕＣｌ］－和［ＡｕＣｌ］－，Ｂ正确；若Ｎ的坐标为（ｂ， ， ），则Ｍ的坐标为（ ，ａ， ），Ｃ错误；晶胞
４ ２ ２ ４ ２ ４
４×４３６．５ １．７４６×１０３３
体积为ａｂｃ×１０－３０ｃｍ３，质量为 ｇ，所以密度为 ｇ·ｃｍ－３，Ｄ正确。
Ｎ Ｎａｂｃ
Ａ Ａ
１４．【答案】Ｂ
【解析】根据变化趋势判断，虚曲线表示ｐＣａ２＋与ｐＨ变化关系，实线表示含Ｘ物种的分布系数与ｐＨ变化关
系。实线左侧交点为ｃ（ＨＸ－）＝ｃ（ＨＸ），可知 Ｋ ＝１０－１．２，根据 ｐＨ＝２．７时，ｃ（Ｘ２－）＝ｃ（ＨＸ），Ｋ Ｋ ＝
２ ａ１ ２ ａ１ ａ２
１０－５．４，Ｋ ＝１０－４．２，Ａ正确；Ｍ点 ｐＣａ２＋为２．８，ｃ（Ｃａ２＋）＝１０－２．８ｍｏｌ·Ｌ－１，Ｋ （ＣａＸ）＝ｃ（Ｃａ２＋）ｃ（Ｘ２－）＝
ａ２ ｓｐ
１０－８．６，所以 ｃ（Ｘ２－）＝１０－５．８ｍｏｌ·Ｌ－１，Ｂ错误；根据元素质量守恒，ｃ（Ｃａ２＋）＝ｃ（Ｘ２－）＋ｃ（ＨＸ－）＋
ｃ（ＨＸ）×ｃ（Ｃａ２＋）
ｃ（ＨＸ），Ｃ正确；反应ＣａＸ（ｓ）＋２Ｈ＋（ａｑ）幑幐Ｃａ２＋（ａｑ）＋ＨＸ（ａｑ）的平衡常数 Ｋ＝ ２ ＝
２ ２ ｃ２（Ｈ＋）
【化学答案 第２页（共５页）】ｃ（ＨＸ）×ｃ（Ｘ２－）×ｃ（ＨＸ－）×ｃ（Ｃａ２＋） Ｋ（ＣａＸ） １０－８．６
２ ＝ ｓｐ ＝ ＝１０－３．２，Ｄ正确。
ｃ２（Ｈ＋）×ｃ（Ｘ２－）×ｃ（ＨＸ－） Ｋ Ｋ １０－１．２×１０－４．２
ａ１ ａ２
１５．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）可以控制反应的发生与停止（１分）
（２）碱石灰（或氧化钙等合理即可给分）（１分） 除去氢气中的ＨＣｌ和水蒸气
Ｎｉ
（３）三颈烧瓶（１分） Ｈ ＋Ｏ ＨＯ
２ ２ 乙基蒽醌 ２ ２
（４）防止空气中的水蒸气进入装置Ｃ，使催化剂中毒
（５）当滴入最后半滴ＫＭｎＯ 标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不变色 １３．９ 偏高（１分）
４
【解析】（１）装置Ａ为启普发生器，可以控制反应的发生与停止。
（２）装置Ｂ中试剂Ｘ应既可以除去氢气中的ＨＣｌ，又可以除去水蒸气，所以可以选用碱石灰等碱性干燥剂。
Ｎｉ
（３）装置Ｃ的盛装药品的仪器名称为三颈烧瓶，发生反应的总化学方程式为Ｈ ＋Ｏ ＨＯ。
２ ２ 乙基蒽醌 ２ ２
（４）装置Ｃ出气口ｃ处应连接盛有浓硫酸的洗气瓶，其目的是防止空气中的水蒸气进入装置 Ｃ，使催化剂
中毒。
（５）高锰酸钾标准液滴定过氧化氢溶液时，滴定终点的现象为当滴入最后半滴 ＫＭｎＯ 标准溶液时，溶液由
４
５ １００
０．０４００×２０．００×１０－３× × ×３４
２ ２０
无色变为浅紫色，且半分钟内不变色；过氧化氢溶液的质量分数为 ×
２．４５
１００％ ＝１３．９％；若盛装标准液的滴定管未用待装液润洗，则使标准液稀释，消耗的体积增多，使测得的过
氧化氢质量分数偏高。
１６．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）
（１） （１分）
（２）Ｘ射线衍射实验（１分） 建筑涂料、油漆、冶铁、颜料等（写出一种就行）（１分）
（３）ＣａＳＯ（Ｓ，只写Ｓ不给分，不写Ｓ不扣分）
４
焙烧
（４）ＣｕＳ＋４（ＮＨ）ＳＯ ＣｕＳＯ ＋８ＮＨ↑ ＋４ＨＯ＋４ＳＯ↑ 该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将
４ ２ ４ ４ ３ ２ ２
引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取。
（５）硫酸 萃取２
（６）４Ｃｏ２＋＋Ｃ ＨＯＮＯＨ＋４Ｈ＋４Ｃｏ３＋＋Ｃ ＨＮＨＯＨ＋ＨＯ
１０ ６ １０ ６ ２ ２
【解析】（４）在高温焙烧条件下，ＣｕＳ与（ＮＨ）ＳＯ 反应生成可溶性 ＣｕＳＯ，同时产生氨气和 ＳＯ，反应的化
４ ２ ４ ４ ２
焙烧
学方程式为ＣｕＳ＋４（ＮＨ）ＳＯ ＣｕＳＯ ＋８ＮＨ↑ ＋４ＨＯ＋４ＳＯ↑。该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸
４ ２ ４ ４ ３ ２ ２
溶法，将引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取。
（６）根据氧化还原反应规律，结合原子守恒、电荷守恒配平，Ｃ ＨＯＮＯＨ将Ｃｏ２＋氧化为Ｃｏ３＋，自身被还原为
１０ ６
Ｃ ＨＮＨＯＨ，离子方程式为４Ｃｏ２＋＋Ｃ ＨＯＮＯＨ＋４Ｈ＋４Ｃｏ３＋＋Ｃ ＨＮＨＯＨ＋ＨＯ。
１０ ６ ２ １０ ６ １０ ６ ２ ２
１７．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）２
（２）Ｈ 当温度低于Ｔ，从开始到Ｔ，温度不断升高，反应②和③逆向移动，但反应③占主导（反应③的影
２ １ １
响程度高于反应②）
【化学答案 第３页（共５页）】１１
（３） ０．６ 不变
１５
（４）小于（１分） 大于（１分）
【解析】（２）图示温度范围内Ｃ（ｓ）已完全反应，则反应①已经进行完全，反应②和③均为放热反应，从开始
到Ｔ，温度不断升高，反应②和③逆向移动，依据反应②，Ｈ 量减小，物质的量分数减小，ＣＯ量升高，物质
１ ２
的量分数增大，且二者物质的量分数变化斜率相同，所以曲线 ａ代表 Ｈ 的物质的量分数的变化，则曲线ｃ
２
代表ＣＯ 的物质的量分数随温度的变化，开始到Ｔ，ＣＯ 的物质的量分数升高，说明在这段温度范围内，反
２ １ ２
应③占主导。
（３）压强ｐ下、温度为Ｔ时，Ｈ、ＣＯ、ＣＯ 和物质的量分数分别为０．５５、０．１５、０．０５，则ＨＯ（ｇ）的物质的量分
０ ２ ２ ２
数为：１－０．５５－０．１５－０．０５＝０．２５，则反应 ＣＯ（ｇ）＋ＨＯ（ｇ）幑幐ＣＯ（ｇ）＋Ｈ（ｇ）的平衡常数 Ｋ ＝
２ ２ ２ ｐ
ｐ（ＣＯ）×ｐ（Ｈ） ０．０５ｐ×０．５５ｐ １１
２ ２ ＝ ＝ 。
ｐ（ＣＯ）×ｐ（ＨＯ） ０．１５ｐ×０．２５ｐ １５
２
气体总物质的量为４．０ｍｏｌ，则Ｈ、ＣＯ、ＣＯ、ＨＯ（ｇ）的物质的量依次为２．２ｍｏｌ、０．６ｍｏｌ、０．２ｍｏｌ、１．０ｍｏｌ，
２ ２ ２
设反应①生成ＣＯ和Ｈ 物质的量都为ｘｍｏｌ，反应②消耗ＣＯ物质的量为ｙｍｏｌ、生成Ｈ 物质的量为ｙｍｏｌ，
２ ２
则ｘ＋ｙ＝２．２、ｘ－ｙ＝０．６，解得ｘ＝１．４、ｙ＝０．８，反应②生成ＣＯ 物质的量为０．８ｍｏｌ，反应③消耗ＣＯ 物质
２ ２
的量为０．８ｍｏｌ－０．２ｍｏｌ＝０．６ｍｏｌ，则由反应③知，此时ＣａＣＯ（ｓ）物质的量为０．６ｍｏｌ。
３
１
若向平衡体系中通入少量ＣＯ（ｇ），重新达平衡后，反应 ＣａＯ（ｓ）＋ＣＯ（ｇ）幑幐ＣａＣＯ（ｓ）的 Ｋ ＝ ，
２ ２ ３ ｐ ｐ（ＣＯ）
２
温度不变，Ｋ 不变，则分压ｐ（ＣＯ）不变，将反应①－反应②得Ｃ（ｓ）＋ＣＯ（ｇ）２ＣＯ（ｇ），温度不变，该反
ｐ ２ ２
ｐ２（ＣＯ）
应的Ｋ ＝ 不变，则ｐ（ＣＯ）不变。
ｐ ｐ（ＣＯ）
２
（４）根据图３可知，，在相同条件下保持温度不变，增大压强平衡向气体粒子数目减小的方向移动，该反应
逆向移动，ＣＨ 的平衡转化率降低，故压强越大平衡转化率越低，ｐ平衡转化率高，故压强ｐ＜ｐ；压强为ｐ
４ １ １ ２ ２
时，ｘ点为平衡状态，ｙ点未达到平衡，且此时产率低于平衡时刻，故向正向移动，ｖ（正）＞ｖ（逆）。
１８．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）
（１）浓硫酸、浓硝酸，加热 否，若先引入酚羟基，再进行硝化反应时，酚羟基易被强氧化剂氧化
（２）ＳＯＣｌ吸收酯化反应生成的ＨＯ，使酯化反应平衡正向移动，提高有机物Ｄ的产率
２ ２
（３）
（或者将碳酸钾写成反应物，生成ＫＣｌ和ＫＨＣＯ，或ＫＣｌ＋ＨＯ＋ＣＯ 也合理）
３ ２ ２
取代反应（１分）
（４）羟基和醚键
（５）４氟３氯苯胺（或３氯４氟苯胺）（１分） ＨＣｌ（１分）
（６） 、 （每个结构１分）
【化学答案 第４页（共５页）】【解析】（１）Ｂ、Ｃ、Ｄ包含元素种类相同，结合 Ｄ的结构简式推断 Ｂ、Ｃ的结构简式为： 、
；Ａ→Ｂ发生的是硝化反应，因此需要浓硫酸、浓硝酸，加热；Ａ→Ｂ及 Ｂ→Ｃ两个步骤不
能调换，若先引入酚羟基，再进行硝化反应时，酚羟基易被强氧化剂氧化。
（２）Ｃ→Ｄ发生的是酯化反应，ＳＯＣｌ易水解吸收反应生成的ＨＯ，使酯化反应平衡正向移动，提高有机物 Ｄ
２ ２
的产率。
（３）根据Ｆ的结构特点，推出Ｄ→Ｅ反应化学方程式为
，
此反应为取代反应。
（４）Ｆ中的含氧官能团名称为醚键和羟基。
（５） 的化学名称为４氟３氯苯胺或３氯４氟苯胺；Ｇ→Ｈ发生的是取代反应，另一种产物为
ＨＣｌ。
（６）根据１ｍｏｌＩ最多能与４ｍｏｌＮａＣＯ 反应，且分子的核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为３∶２∶２∶２，
２ ３
分子中有一个甲基；呈碱性，则有氨基，所以结构为 或 。
【化学答案 第５页（共５页）】
