化學(xué)參考答案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發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙醇，故A說法錯誤；B．乳酸分子含羥基和羧酸，可發(fā)生縮聚反應(yīng)合成可降解的PLA塑料，故B說法正確；C．碳酸鈣屬于無機物，故C說法錯誤；D．合金的硬度比純金屬硬度大，故D說法錯誤。2．C【詳解】A．基態(tài)的價電子排布式為3d6，價電子排布圖：，故A正確；B．固體HF中的鏈狀結(jié)構(gòu)：，故B正確；C．中心原子價層電子對數(shù)為3+=4，VSEPR模型為四面體形，故C錯誤；D．2，3-二甲基丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCH(CH3)2，鍵線式為，故D正確；3．【答案】C【解析】A.S2O82-的結(jié)構(gòu)式為，所以1molS2O82-中含過氧鍵的數(shù)目為NA，A錯誤；B.在該反應(yīng)中，每生成1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，B錯誤；C.80gSO3的物質(zhì)的量為1mol，含有的原子數(shù)為4NA，C正確；D.沒有提供溶液體積，所含離子數(shù)目無法確定，故D錯誤。4．B【詳解】A．O3、Cl2、ClO2都具有強氧化性，能夠使細菌、病毒蛋白質(zhì)氧化變性而失去其生理活性，故均可作水的消毒劑，A正確；B．向冷的石灰乳中通入氯氣，反應(yīng)得到氯化鈣和次氯酸鈣，而不是用石灰水，B錯誤；C．工業(yè)上用焦炭和石英砂（主要成分為二氧化硅）反應(yīng)制備粗硅，C項正確；D．鋁的金屬性比鐵強，鋁熱反應(yīng)是鋁與氧化鐵反應(yīng)生成鐵和氧化鋁，故D正確；5．D【詳解】A．醋酸是弱酸，不能拆分為離子，離子方程式為：，A錯誤；B．HClO屬于弱酸，在離子方程式中不能拆開，應(yīng)保留化學(xué)式，B錯誤；C．由于HClO具有強氧化性，可以把亞硫酸根氧化為硫酸根離子，離子方程式為：SO2+H2O+3ClO﹣=SO+2HClO+Cl-，C錯誤；D．向溶液中加入至溶液顯中性，氫離子與氫氧根離子完全反應(yīng)，離子方程式為：，D正確。6．B【解析】A．向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液，反應(yīng)生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，濁液變澄清，說明酸性：苯酚>碳酸氫根，故A錯誤；B.取2mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加2～3滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于FeCl3少量，若該反應(yīng)不是可逆反應(yīng)，則反應(yīng)后的溶液中不含F(xiàn)e3+，向反應(yīng)后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液變紅，說明反應(yīng)后的溶液中仍存在Fe3+，從而說明KI與FeCl3的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，B項符合題意；C．淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加熱充分反應(yīng)后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈堿性，再將溶液分成兩份，一份加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸騰，生成磚紅色沉淀，說明淀粉已經(jīng)發(fā)生水解；一份滴加碘水，加入的碘水與NaOH溶液反應(yīng)，溶液不變藍，不能證明加熱充分反應(yīng)后的溶液中不含淀粉，從而不能證明淀粉完全水解，C項不符合題意；D．加入稀NaOH溶液，不加熱，生成一水合氨，不會生成氨氣，應(yīng)利用濃NaOH并加熱，然后檢驗氨氣，故D錯誤；7．D【解析】A．該分子中有羥基、酯基、碳碳雙鍵3種官能團，A項正確；B．與足量H2加成后，產(chǎn)物分子的結(jié)構(gòu)為

，含有4個手性碳原子，故B正確;C．該分子中存在碳碳雙鍵，酚羥基可以和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，從而褪色C項正確，D項該分子中1mol酯基水解后會消耗，酚羥基消耗，所以1mol該有機物最多可與發(fā)生反應(yīng)。8.D【分析】由題意可知，X為H、Y為N、Z為O、M為Na、W為S，據(jù)此來解題即可。【詳解】A.故離子半徑：，故A錯誤；B.N可形成N2H4、NH3等氫化物，O可形成H2O、H2O2等氫化物、S可形成H2S，故不可比較其氫化物的沸點，應(yīng)比較其簡單氫化物的沸點，故B錯誤；C.N與H組成的簡單化合物為NH3，其VSEPR模型為四面體形，故C錯誤；D.H與Na可形成NaH，NaH為離子化合物，故D正確。9.C【詳解】A．圖1中，F(xiàn)e(OH)3膠體可以通過濾紙，故不能用過濾除去Fe(OH)3膠體中的Na+、Cl-，可以用滲析除去Fe(OH)3膠體中的Na+、Cl-，A錯誤；B．HCl氣體極易溶于水，但不溶于植物油，而且植物油的密度比水小，不利于氯化氫的吸收，應(yīng)該把植物油換成四氯化碳，故B錯誤；C．草酸鈉溶液具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二者可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成無色的Mn2+，可以用酸性高錳酸鉀溶液測定未知Na2C2O4溶液的濃度，故C能達到實驗?zāi)康模籇．煅燒貝殼至900℃，貝殼的主要成分碳酸鈣會與坩堝的主要成分之一二氧化硅反應(yīng)：，故D錯誤；10．C【分析】“浸取”時，和FeSO4、H2SO4反應(yīng)生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反應(yīng)的離子方程式為，溶于硫酸分別生成Fe3+、Al3+，不溶于酸，濾渣1為；加入，使剩余的轉(zhuǎn)化為；加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH，使、Al3+分別轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀；過濾后，向濾液中加入碳酸氫銨溶液，使轉(zhuǎn)化為MnCO3沉淀。【詳解】A．由分析可知，“沉錳”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O，A項正確；B．由分析可知，“轉(zhuǎn)化”的主要目的是將剩余的氧化為，B項正確；C．由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2，可用于制備光導(dǎo)纖維，C項錯誤；D．若使第二次“過濾”時沉淀完全，此時溶液的pH應(yīng)為4.6，則此時溶液的c(OH-)≥1.0×10-9.4mol/L，D項正確；11.A【分析】根據(jù)圖中氯化亞銅失去電子，與氯離子反應(yīng)生成氯化銅，因此惰性電極N為陽極。惰性電極M為陰極，則電極反應(yīng)2H2O+2e－=2OH－+H2↑，【詳解】A．根據(jù)分析，左邊負電荷增多，為平衡電荷，因此中間的鈉離子移動到左邊，因此離子交換膜Ⅰ為陽離子交換膜，由于右邊電極不斷消耗氯離子，因此Ⅱ為陰離子交換膜，故A錯誤；B．惰性電極M為陰極，此時水中的H+放電，其電極反應(yīng)為2H2O+2e－=2OH－+H2↑，故B正確；C．根據(jù)圖中得到合成室內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)為CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl，故C正確；D．電解時陰極生成氣體的速率為xmol·h－1，則電子轉(zhuǎn)移有2xmol·h－1，因此中間室補充NaCl的速率為2xmol·h－1，故D正確。12.B【分析】T1K時，反應(yīng)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，在Q點，=4，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，平衡時c(CO2)=0.2mol·L-1，則可建立如下三段式：【詳解】A．催化劑不能改變CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，只改變反應(yīng)速率，即可以改變單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率，故A正確；B．越大，相當(dāng)于n(CO2)一定時，增大n(H2)，平衡正向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率越高，則X表示=4，故B錯誤；C．由三段式可知，平衡時，c(CO2)=0.2mol·L-1，c(H2)=1.0mol·L-1，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，c(H2O)=0.3mol·L-1，Kc==0.0675，故C正確；D．由圖可知，溫度越高平衡轉(zhuǎn)化率越低，則平衡逆向移動，所以△H＜0，D項正確；13.D【詳解】A．三種氟化物均為離子晶體，晶體提供自由氟離子的能力越強，陰陽離子間形成離子鍵越弱，鋇離子、鈣離子、鎂離子的電荷數(shù)相同，離子半徑依次減小，則BaF2、CaF2、MgF2三種晶體中的離子鍵依次增強，晶體提供自由氟離子的能力依次減弱，脫硅能力依次減弱，即脫硅能力BaF2>CaF2>MgF2，故A正確；B.若A處原子分數(shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，C點處于四面體空隙，根據(jù)立體幾何關(guān)系，則B處原子分數(shù)坐標(biāo)為，故B正確；C.OF2與SiO2都是含有極性共價鍵的共價化合物，化合物中氧原子的價層電子對數(shù)都為4，雜化方式都為sp3雜化，故C正確；D.F-處于四面體空隙，其周圍距離相等且最近的Ca2+有4個，故D錯誤；14.D【分析】向20mL0.1mol/L的檸檬酸(H3A)溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，依次發(fā)生反應(yīng)：H3A+OH－=H2A-+H2O、H2A-+OH－=HA2-+H2O、HA2-+OH－=A3-+H2O，所以根據(jù)溶液pH及含有A微粒濃度關(guān)系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-，然后根據(jù)水解平衡常數(shù)、鹽溶液中離子濃度大小關(guān)系分析解答。【詳解】A．結(jié)合電離平衡常數(shù)表達式，可知H3A的三級電離平衡常數(shù)分別Ka1為10-3.13；Ka2為10-4.76，Ka3為10-6.40，H2A-水解平衡常數(shù)，A錯誤；B．當(dāng)加入等濃度NaOH溶液體積為20mL時，所得溶液主要溶質(zhì)為NaH2A，即圖中曲線b最高點處，此時對應(yīng)pH<7，即溶液為酸性，故B錯誤：C．根據(jù)圖中信息當(dāng)溶液pH約為5時，隨著pH增大，c(HA2-)逐漸增大、c(H2A-)逐漸減小，c(A3-)還未明顯增加，此時發(fā)生的主要反應(yīng)為H2A-+OH－=HA2-+H2O，C錯誤；D．n點：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH＜7，故c(H+)＞c(OH-)，電解質(zhì)溶液存在電荷守恒式為，故溶液中離子濃度關(guān)系為：，D正確；15.【答案】(1)三口燒瓶（或三頸燒瓶）（1分）c（2分）(2)b（2分）(3)減少固體流失，洗去固體表面的水，洗去固體表面的雜質(zhì)；（2分）(4)通過控制恒壓滴液漏斗的活塞控制加入雙氧水的流量；（2分）(5)玻璃棒和膠頭滴管;（2分）(6)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲胃咤i酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液時，錐形瓶內(nèi)的溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅且半分鐘內(nèi)不褪色；（2分）（7）12.8%（2分）部分答案詳解(3)乙醇具有揮發(fā)性，能最大程度減少雜質(zhì)的存在，所以步驟III中，用乙醇洗滌的目的是減少固體流失洗去固體表面的水和雜質(zhì)，故答案為：減少固體流失洗去固體表面的水和雜質(zhì)；(4)由于雙氧水放在恒壓滴液漏斗中，則步驟II中，可通過恒壓滴液漏斗的活塞控制加入雙氧水的流量，故答案為：通過恒壓滴液漏斗的活塞控制加入雙氧水的流量；(5)配制0.100mol/L高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，用到的玻璃儀器除容量瓶和燒杯外，還有玻璃棒和膠頭滴管。（6）錐形瓶內(nèi)的主要溶質(zhì)是H2O2，溶液顏色為無色，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲胃咤i酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液時，變?yōu)闇\紅且半分鐘內(nèi)不褪色則為滴定終點。（7）n(H2O2)=5/2n(KMnO4)=2.5×0.1×12.8×10-3，1molH2O2相當(dāng)于1mol活性氧原子，活性氧的質(zhì)量分數(shù)=2.5×0.1×12.8×10-3×16÷0.4=0.128=12.8%16.【答案】（1）適當(dāng)升溫，適當(dāng)增大鹽酸濃度（2分）SiO2和S（2分）（2）Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+（2分）（3）溫度過高，易分解（1分）3≤pH<4（1分）（4）（2分）（5）①正八面體（2分）②（2分）【解析】該工藝原料為輝鉍礦粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等雜質(zhì))，產(chǎn)品為釩酸鉍(BiVO4)，流程中主元素為鉍元素，硫、鐵、硅等元素作為雜質(zhì)在工藝流程中被除去，由濾液1中的主要陽離子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取過程中，硅及硫元素進入濾渣1（SiO2、S）中被除去，氧化調(diào)pH除去鐵元素，濾渣2為，稀釋水解使Bi3+轉(zhuǎn)化為Bi(OH)3作為濾餅進入酸洗流程，酸洗生成，氯化生成，最終合成釩酸鉍。提高浸取率的措施有：適當(dāng)升溫，適當(dāng)增大鹽酸濃度在浸取過程中。硅及硫元素進入濾渣1（SiO2、S）中被除。轉(zhuǎn)化為及單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為；（3）溫度不宜過高的原因是避免升溫易分解；具有氧化性可以將Fe2+氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+易轉(zhuǎn)化為沉淀分離除去；調(diào)pH是使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為沉淀而與Bi3+未開始沉淀；c（Fe3+）≤1×10?5mol/L，根據(jù)KSP（Fe(OH)3)=10-38，可以求出3≤pH，c（Bi3+）=0.1mol/L，根據(jù)KSP（Bi(OH)3)=10-31，可以求出pH<4，故調(diào)pH的范圍為3≤pH<4；（4）氯化過程發(fā)生反應(yīng)為，（5）①鈉離子的配位數(shù)為6，這6個氯離子所圍成的空間幾何構(gòu)型為正八面體②17.【答案】(1)-81kJ/mol（2分）AB（2分）（2分）△H1>0，升高溫度，反應(yīng)1正向移動，的轉(zhuǎn)化率增大（2分）(3)<（2分）在1000K時，反應(yīng)①的，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③的，反應(yīng)趨勢大，反應(yīng)③占主導(dǎo)地位（2分）(4)（2分）【解析】（1）由題給信息可知反應(yīng)②=反應(yīng)①-反應(yīng)③，則。A．?dāng)嗔?molC—H表示平衡正反應(yīng)方向，斷裂2molC==S表示平衡向逆向進行，A項符合題意；B．該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，恒容條件下，體系壓強不再變化說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B項符合題意；C．該反應(yīng)只有氣體參與，恒容條件下，氣體的密度始終不變，故氣體的密度不再變化不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C項不符合題意；D．應(yīng)改為才能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，D項錯誤；故選AB。（2）反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，溫度越高，的平衡轉(zhuǎn)化率越大，故；恒壓條件下，①是吸熱反應(yīng)，溫度越高，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率越大，的物質(zhì)的量分數(shù)增大。（3）在1000K時，反應(yīng)①的，不易自發(fā)進行，反應(yīng)③的，容易自發(fā)進行，故反應(yīng)的自發(fā)趨勢：①<③。由可知，越大，反應(yīng)的平衡常數(shù)K越小，反應(yīng)趨勢越小，在1000K時，反應(yīng)①的，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③的，反應(yīng)趨勢大，反應(yīng)③占主導(dǎo)為位。答案為<；在1000K時，反應(yīng)①的ΔG>0，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③的ΔG<0，反應(yīng)趨勢大，反應(yīng)③占主導(dǎo)地位；（4）設(shè)起始時mol、mol，的變化量為x，列出三段式為起始量3mol3mol00變化量x2xx4x平衡量x4x平衡時和的分壓相同，則，解得。平衡時氣體的總物質(zhì)的量為，氣體的總壓為100kPa，故各氣體約分壓如下，，，。則反應(yīng)③的。答案為。18.（1）醚鍵、（酮）羰基（2分）（2）2-甲基-2-丙醇（2分）（3）取代反應(yīng)（1分）氧化反應(yīng)（1分）（4）（2分）（5）小（1分）(CH3)3C—是推電子基，使羧基中羥基的極性減小，羧酸的酸性