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1、化学试卷参考答案 一、选择题（本大题共25 小题，每小题2 分，共50 分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B B A C B A A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B D D B C B D A D B 题号 21 22 23 24 25 答案 A C D B C 11.选 B。【解析】滴定管刻度上小下大，俯视读的刻度偏小，故 A 正确；苯酚易溶于酒精，用酒精洗涤是正确的，故 C 正确；AlCl3和 NaOH 反应，可以产生 Al(OH)
2、3白色沉淀，Al(OH)3白色沉淀又可以被 NaOH 溶解而消失，所以当两者滴加顺序不同时会产生不同的现象而鉴别。故 D 正确 12.选 D。【解析】氯水在光照下分解慢慢变成无色；苯酚因氧化变为粉红色；无水硫酸铜因吸水变成蓝色。NaOH 吸收二氧化碳转变为 Na2CO3，颜色无明显变化。13.选 D。【解析】还原性 I-Fe2+，故 I-优先氧化，故 A 错误。NaHCO3溶解度小于 Na2CO3，通入CO2后有沉淀析出 NaHCO3沉淀故 B 错误。NaClO 过量，与 H+结合产生 HClO 故 C 错误。14.选 B。【解析】含有一个碳原子的有机物如 CH4属于烃但不含碳碳键，故 B 不
3、正确。15.选 C。【解析】分子式为 C16H19O5N3S，故 A 不正确。分析有机物结构，含有两个氨基酸残基，水解产生两种不同的氨基酸，故 B 不正确。有机物含有酚羟基、氨基、羧基、肽键等，故 C 正确。消耗 NaOH 最多为 4mol。 16.选 B。【解析】最外层电子数和为 20，平均最外层电子数为 4；形成 18 电子的分子，故可推断五种元素应该为非金属元素，通过尝试验证可以判断元素为 H C N O Si。结合元素周期律可以判断 A、C、D 均不正确。 17.选 D。【解析】氨水浓度越小，碱性越弱，故 A 正确。由中和反应特点计算c(HCl)=0.001molL-1故 B 正确。温
4、度升高，水的电离程度增大故 C 正确。OH完全来自于水的电离，因此 pH 相同的 Na2CO3 和 Na2SO3溶液中水的电力程度相同故 D 不正确。 18.选 A。【解析】Na2O2阴离子为 O22-故 B 不正确。发生反应 2NO+O2=2NO2、2NO2 N2O4，故C 不正确。1mol 的 Cl2与水、NaOH 等发生岐化反应只转移 1mol 电子，故 D 不正确。 19选 D。【解析】电解质为 NaCl 溶液，阴阳电极上产生 H2、Cl2，无法形成氢氧燃料电池。 20选 B。【解析】结合差量，失去的质量分别是 1.62g、1.62g、0.54g、2.16g 根据元素守恒计算M、N、P
5、、Q 点为分别为 FeSO44H2O、FeSO4H2O、FeSO4、Fe2O3 21.选 A。【解析】起始时物质的量相同，容器体积相同，根据条件 c 的压强大判断反应温度高；条件 a、b 起点、终点相同，条件 b 反应速率快，因此判断是加了催化剂。催化剂只影响反应进程，不影响反应程度，故 A 错误。 22选 C。【解析】反应物能量低于生成物，故反应为吸热反应。a 的活化能低，应该是加了催化剂，所以反应速率加快，但温度过高，可能催化剂失效，温度决定了反应速率。 23选 D。【解析】盐酸滴定氨水，恰好完全反应时产物为 NH4Cl，溶液呈酸性，整个滴定过程只有NH4+、H+、OH、Cl四种离子，根据
6、电荷守恒可知 AC 正确。滴定接近终点，pH 变化特别大，所以 B 正确。 24选 B。【解析】NaNO2 中 N 元素化合价为+3，因此既有氧化性，又有还原性故 A、C 正确。HNO2 受热易分解，因此 D 正确。NaNO2是强碱弱酸盐，因此水解呈碱性。 25选 C。【解析】中有白色沉淀且加入稀硝酸完全溶解并产生气体，故白色沉淀一定有 MgCO3且混合物中无硫酸铜。有不溶于稀硝酸的白色沉淀只有 AgCl 一种可能，但在中形成溶液 B，可以推测形成了银氨溶液，溶液碱性不一定强，混合物中一定有 KOH 和 NH4Cl，不需要通过焰色反应来确定 KOH；中加 NaOH 产生 NH3，故有 NH4C
7、l 存在。 二、非选择题（本大题共6小题，共50分） 26(4 分) （1）+6 (1 分)，SO2Cl2+2H2O= H2SO4+ 2HCl (1 分) （2） NH4+H2O NH3H2O+ H+ ( 1 分); （3） 该反应s0，若反应能发生则H-Ts0，故反应在较高温度下才能发生。(1 分) 27(4 分) 计算过程：200 /(m+4.4)molL-1 (2 分) NaOH 物质的量 n(NaOH)=0.2mol， 反应后溶液的体积 V=（m+4.4)/10-3L， 计算得到 NaOH 浓度(2 分) 28 (10 分) I、（1）铜氧 (2 分) 高温（2）4CuFe2O4 O2
8、+2Cu2Fe4O7 (2 分) （3）4NH3H2O+Cu2+=Cu(NH3)42+4H2O (2 分) II、（1）fgjkbc 或 fgbc (2 分)（写出其中任意一组即可） （2） 2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+4H+5SO42- (2 分) 29 (10 分) （1）ABE (2 分) 399/P (2 分) (2 分) （2）增大； 由图 2，随着温度升高，甲醇选择性降低，CO 选择性增大，反应 II 占主导作用，因反应 II 为等体积反应，体系中 CO 又不断增加，故而 CO 百分含量增大 (2 分) 28:72:100 (2 分) 30(10 分) （1）ADE
9、(2 分) （2）85时水不会剧烈挥发减少；KIO3、KClO3溶解度较大，避免产品中有 KIO3、KClO3等晶体析出；I2 不会因温度过高而挥发；加快反应速率。(任意两点即得 2 分)。 有碘单质剩余(1 分) 补加几粒 KClO3晶体 (1 分) （3）bced (2 分) （4）66.7% (2 分) 31(12 分) （1） (2 分) （2）ACD (2 分) （3） (2 分) （4） （3 分） （5） (3 分) 难点解析 26.略 27.【解析】发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2根据质量守恒得到溶液（m+4.4)g，溶液体积为（m+4.4)/10-3L 28【解析
10、】通过量氨水有绛蓝色推断含 Cu2+;有红褐色沉淀推断 Fe(OH)3;使带火星木条复燃的气体为氧气。0.8g 固体 D 为 Fe2O3，其物质的量为 0.01mol，1.20g 固体 C 为 Fe2O3和 CuO 混合物，含有0.4g CuO为0.005mol，根据质量守恒固体A含O元素0.04mol，固体B含O元素0.035mol. 29.【解析】（1）所有反应物和生成物均为气态且是气体体积缩小的反应；容器体积、温度不变当压强不变时，气体物质的量不改变故 A 正确；CO 和 CH3OH 的系数相同故 B 正确；反应过程中气体的质量保持不变，若平均分子量不变，则气体组成也不再发生变化，故 E
11、 正确。 温度较低时反应速率慢，达到平衡需要较长时间。由于是放热反应，温度越高 CO 转化率越低，反应相同时间时 ，a、b、c 未达平衡，而 d、e 已经达到平衡状态。CO 平衡率达 95%时平衡体系中气体物质的量 n(CH3OH):n(CO):n(HCOOCH3) = 0.05:0.05:0.95，Kp=399/P 达到平衡时，温度越高转化率越低。故平衡转化率曲线如图 （2）由图 2 曲线，随着温度升高，甲醇选择性降低，CO 选择性增大，反应 II 占主导作用，因反应 II 为等体积反应，体系中 CO 又不断增加，故而 CO 百分含量增大。 30【解析】：制备过程的反应原理是：I2、Cu2+
12、被 Na2S2O3还原为 Cu+和 I，产生 CuI 沉淀。过滤得到 CuI 被 HNO3氧化 产生 I2，I2又被 KClO3氧化生成 KIO3，加入 CaCl2由于 Ca(IO3)2的溶解度较小而沉淀生成 Ca(IO3)2，用 CaO 或 CaCO3 调节pH 不会引入杂质离子，故（1）选 ADE. 步骤 III 反应 3I2+5KClO3=6KIO3+5KCl。若水浴温度过高，可能导致 I2挥发而减低产率，若水浴温度过低反应速率太慢；该反应中导致溶液有颜色的只有 I2，故淡黄色始终不褪去可能是 I2未完全反应，只需要再加入少量 KIO3就可以。步骤 V 为得到无水盐 Ca(IO3)2需要温度高于 57.5 沉淀，然后过滤洗涤干燥。为减少损失选择冰水洗涤；为便于干燥选择乙醇干燥。纯度测定：根据反应关系 IO33I26Na2S2O3计算 Ca(IO3)2的纯度。 31【解析】：分析 F、G 的结构可知 B 为对硝基苯甲酸，D 为 HOCH2CH2N(CH2CH3)2，CD 的转变根据信息应该是环氧乙烷和 NH(H2CH3)2 发生加成反应，而 NH(H2CH3)2 可以由 NH3 和CH3CH2Cl 发生取代反应。本题答案 （1）（2）ACD （3）（4）（5）
