化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.D【解析】生石灰CaO可以和水反应，可用作食品干燥剂，A项正确；硅酸钠溶液具有黏性，可用作无机粘合剂，B项正确；氯化铵水解使溶液呈弱酸性，可用作焊接金属的除锈剂，C项正确；汽油是烃的混合物，不和纯碱溶液反应，D项错误。2.B2-【解析】S核电荷数为16，核外电子数为18，A项错误；CO2的碳原子以双键各连接两个氧原子，故其-35结构式为O=C=O，B项正确；OH的电子式为，C项错误；中子数为18的Cl原子为17Cl，D项错误。3.D18【解析】MgCl2是离子化合物，不含Cl-Cl键，A项错误；H2O的摩尔质量为20g/mol，所含质子数目为9NA，B项错误；溶液体积未知，C项错误；7.1gCl2的物质的量为0.1mol，与足量的铁在加热条件下完全反应生成FeCl3，转移电子数目为0.2NA，D项正确。4.D【解析】氯气通入水中生成的次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A项错误；离子方程式电荷不守恒，-+HCO2-项错误；向碳酸氢铵溶液中加入过量的溶液：3-，项错BNaOHNH4++2OH=NH3·H2O+CO3+H2OC误；-和-在酸性条件下发生归中反应生成使溶液变蓝，项正确。IIO3I2D5.A【解析】羧基左侧的碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，故所有碳原子不可能共平面，A项错误；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子有机物M中羧基左侧的碳原子为手性碳原子B项正确；该有机物既有氨基又有羧基，故显两性，C项正确；苯环可以和氢气1：3加成，羧基不和氢气反应，故1mol该有机物最多可以和3mol氢气发生加成反应，D项正确。6.B【解析】Cl2会与湿润有色布条的水反应生成具有漂白作用的次氯酸，A项错误；浓硫酸具有吸水性导致胆矾失去结晶水，蓝色晶体转变为白色固体，B项正确；从硫酸铜溶液获得CuSO4·5H2O应该采用加热浓缩、冷却结晶，不能将溶液直接蒸干，C项错误。导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，会引起倒吸，D项错误。7.A【解析】CO2和SiO2均是酸性氧化物，A项正确；F2通入NaCl溶液直接和水反应生成O2，B项错误；SO22-通入溶液，酸性条件下-会将氧化为并进一步生成，项错误；熔点高，Ba(NO3)2NO3SO2SO4BaSO4CMgO电解熔融MgCl2制镁，D项错误。8.D【解析】X原子最外层电子数是电子层数的3倍，X是O元素；含元素Y的物质焰色试验为黄色，Y是Na元素；X2-与Z3+核外电子层结构相同，Z是Al元素；元素W与X为同主族元素，W是S元素。根据推断结果可判断，简单离子半径：Y>Z，A项正确：沸点：H2O>H2S，B项正确；X和Y可形成Na2O2，既含有离子键也含有共价键，C项正确：水解显碱性的Na2SO3溶液放置于空气中--段时间后被氧化为Na2SO4，故溶液的pH减小，D项错误。9.B【解析】Na与H2O反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解饱和食盐水生成NaOH，电解熔融NaCl生成Na，A项正确：由Al(OH)3无法一步转化为单质Al，B项错误；铜和浓HNO3反应生成NO2，NO2和水反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，C项正确；SO3和水反应生成H2SO4，铜和浓硫酸反应生成SO2，SO2和氯水反应生成H2SO4，SO2催化氧化生成SO3，D项正确。10.C【解析】物质a是反应的催化剂，可以降低反应的活化能，A项正确；乙烷经催化氧化形成乙醇，反应涉及极性键的断裂和形成，B项正确；由历程图可知，反应过程中Fe的成键数目发生变化，C项错误；由总反应N2O+C2H6=N2+C2H5OH可知，每生成1mol乙醇，反应转移2mol的电子，D项正确。11.C【解析】向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，A项错误；浓盐酸具有挥发性，也会进入硅酸钠溶液中，干扰碳酸和硅酸酸性强弱的判断，B项错误；等浓度CH3COONa和NaClO溶液的碱性越强，说明发生水解的阴离子对应弱酸的酸性越弱，C项正确；加入新制氢氧化铜悬浊液前需要加NaOH将溶液调至碱性，D项错误。12.C【解析】由图可知，随温度升高，SiHCl3的平衡产率逐渐减小，说明该反应为放热反应，A项正确；当反应物按化学计量数之比投料，在相同温度下，SiHCl3的平衡产率最大，故按n(HCl)：n(Si)=3：1投料反应对应图中曲线I，B项正确；M点SiHCl3的物质的量大、温度高，故其分压大，C项错误；M、P点反应温度相同，故反应的平衡常数：M=P，D项正确。13.C【解析】由图可判断，e膜右侧Na+通过交换膜向左侧移动，d膜左侧Cl-通过交换膜向右侧移动，c膜右侧+(CH3)4N通过交换膜向左侧移动，根据离子迁移方向可知，a电极为阴极，发生还原反应，A项正确；b电极--为阳极，电极反应式为4OH-4e=O2↑+2H2O，B项正确；c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，C项---错误；制备36.4g即0.4mol的(CH3)4NOH时，a电极发生反应2H2O+2e=H2↑+2OH，生成0.4molOH、0.2molH2，转移0.4mol电子，同时b电极生成0.1molO2，故两极共产生标准状况下6.72L气体，D项正确。14.D【解析】pH越大，越容易形成Mg(OH)2沉淀，图2曲线Ⅰ为Mg(OH)2溶解平衡曲线，A项正确；由图2可2+知，当溶液的pH=1l，lg[c(Mg)]=-6时，无沉淀生成，B项正确；由图1可知，当溶液的pH=8时，Na2CO32+溶液体系中含碳粒子主要是HCOs'，由图2可知，当溶液的pH=8，lg[c(Mg)]=-1时，溶液中形成MgCO3-2+HCO3沉淀而没形成Mg(OH)2沉淀，故发生的反应为Mg+2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，C项正确；由图2可知，当比两条曲线交点对应更大时，进一步增大才可以发生沉淀转化-2-，pHpHpHMgCO3+2OH=Mg(OH)2+CO3D项错误。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(11分，除标注外，每空2分)(1)①+4(1分)②出现白雾、有刺激性气味的气体生成(2)2H2S+O2=2S↓+2H2O弱2-2-2-Cr2O7+3+(3)①3SO23+2+10H=6SO4+4Cr+5H2O②1×10-5mol/L【解析】(1)①由化学式可知，SOCl2中S元素的化合价为+4价。②由NaOH溶液吸收SOCl2，生成Na2SO3和NaCl可推知水和SOCl2反应生成SO2和HCl，实验现象为有白雾和刺激性气味的气体生成。(2)由现象推知，H2S的水溶液在空气中被氧化为S单质，反应的方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，该变化说明氧化性：O2>2-2-Cr2O73+S，非金属性：O>S。(3)①焦亚硫酸钠将转化为毒性较低的Cr，同时自身被氧化为SO4，反应的离32-2-0.52102-Cr2O7+3+3+-子方程式为3SO+2+10H=6SO+4Cr+5H2O。②处理后废水中Cr浓度为mol/L=1×10254525mol/L。16.(15分，除标注外，每空2分)(1)分液漏斗饱和食盐水--+2+(2)10Cl+2MnO4+16H=5Cl2↑+2Mn+8H2O(3)增大氯气与溶液的接触面积，使氯气充分反应，提高产率Δ(4)KI+2KMnO4+H2OKIO3+2MnO2↓+2KOH(5)过滤速度更快(或得到的产品更干燥)(6)加热浓缩、冷却结晶，用乙醇洗涤(每空各1分)【解析】(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，装置B中的试剂为饱和食盐水，用以除去氯气中的氯化--氢。(2)装置A利用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为10Cl+2MnO4++2+16H=5Cl2↑+2Mn+8H2O。(3)多孔球泡的作用是增大氯气与溶液的接触面积，使氯气充分反应，提高产率。Δ(4)步骤Ⅰ中由KI与KMnO4反应制备KIO3，同时生成MnO2，反应的化学方程式为KI+2KMnO4+H2OKIO3+2MnO2↓+2KOH。(5)和普通过滤相比，抽滤的优点为过滤速度更快(或得到的产品更干燥)。(6)由己知信息可知，为得到KIO3固体步骤Ⅳ中一系列操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、烘干。17.(16分，每空2分)(1)提高Mn元素浸出率或Mn元素利用率2++3+2+(2)MnO2+2Fe+4H=2Fe+Mn+2H2O(3)防止温度过高H2O2分解(4)3.7≤pH<7.7(5)MnS+Ni2+==NiS+Mn2+1.4×1011(6)459℃左右，pH=7.5左右(7)部分晶体失去结晶水或者混有硫酸盐杂质【解析】(1)将“滤渣I”进行二次酸浸的目的是提高Mn元素浸出率或Mn元素利用率。(2)“酸浸”时Fe2+3+2+2++3+2+被MnO2氧化为Fe，MnO2被还原为Mn，反应的离子方程式为MnO2+2Fe+4H=2Fe+Mn+2H2O。2+2+(3)“氧化”时加热温度不宜过高的原因是防止H2O2受热分解。(4)“调pH”时要保证Fe除尽同时Ni、Mg2+、Mn2+不沉淀，故调节溶液pH的范围是3.7≤pH<7.7。(5)用MnS除去Ni2+的原理是沉淀的转化，反应c(Mn2+)K(MnS)2.810-10的离子方程式为2+2+，该反应的平衡常数spMnS+Ni=NiS+MnK=2+=-21c(Ni)Ksp(NiS)210=1.4×1011。(6)由图可知，温度为45℃、pH=7.5时，Mn2+的沉淀率最大、Mg2+的沉淀率相对较小。(7)用标准BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，可能部分晶体失去结晶水或者混有硫酸盐杂质，导致相同质量的样品硫酸根含量更高，消耗的标准溶液更多，最终样品纯度的测定结果大于100%。18.(16分，每空2分)1(1)a+b2(2)C0.620.3(P)(P)11(3)<>3.13.10.80.4(P)(P)423.113.11(4)一定范围内，空速增加，乙烯与氢气发生加成反应减少，使乙烯选择性增大；空速过高，催化剂表面气体流速过快，反应时间缩短，使乙烯的选择性降低(5)①降低-+②3CO2+18e+18H=C3H6↑+6H2O1【解析】(1)根据盖斯定律可知，△H1=△H2+△H3=(a+-b)kJ/mol。(2)当v正(C4H10)=v逆(C4H8)时，说明C4H102的消耗速率等于C4H8的消耗速率，能够说明反应一定处于平衡状态；当H2的体积分数不变，说明反应体系中各物质的含量保持恒定，能够说明反应一定处于平衡状态；反应体系气体总质量守恒，密闭容器容积保持恒定，说明混合气体的密度始终保持不变，不能说明该反应一定处于平衡状态；1molC=C键形成的同时1molH-H键断裂，说明生成1molC4H8的同时消耗1molH2，能够说明反应一定处于平衡状态，综上分析答案为C项。(3)由图1可知，在相同压强条件下，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明该反应是放热反应，△H<0；由方程式可知，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故P1>P2。设N2、CO和H2的物质的量分别为lmol、1mol、2mol，根据信息可列出三段式后得出在温度为500K，压强为P1的条件下，n(H2)=0.8mol、n(CO)=0.4mol、m(C2H4)=0.3mol、n(H2O)=0.6mol，n(N2)=lmol，故该反应的0.620.3(P)(P)11Kp=3.13.1(4)一定范围内，空速增加，乙烯与氢气发生加成反应减少，使乙烯选择性增0.80.4(P)(P)423.113.11大；空速过高，催化剂表面气体流速过快，反应时间缩短，使乙烯的选择性降低。(5)①由图可知，a电极是-+阳极，电极反应为2H2O-4e=O2↑+4H，故a电极附近溶液的pH降低；②b电极是阴极，电极反应式为-+3CO2+18e+1