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1、 化学参考答案 第 1 页 共 5 页 化学参考答案 一、选择题一、选择题（本题共（本题共 1414 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 4242 分，每小题有一个选项符合题意）分，每小题有一个选项符合题意）1.【答案】B【解析】钛合金属于金属材料，选项 A 正确；航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是单质硅，故 B 错误；太空机械臂主要成分为性能优良的铝合金，其强度大于纯铝，C 正确；“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，D 正确。2.【答案】B【解析】表示氯离子的结构示意图，A 错误；3NF的电子式：，B 正确；N2H4的结构式为，C 错误；Cu 先
2、失去最外层 4s 能级的电子，基态2Cu价层电子的轨道表示式为，D 错误。3.【答案】A【解析】等浓度 NaHSO4和 Ba(OH)2溶液等体积混合，氢离子和硫酸根离子按 1:1 反应，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水：H+24SO+Ba2+OH=BaSO4+H2O，故 A 正确；硫酸铁溶液中加足量的铜粉：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，B 错误；二氧化硫和溴反应生成硫酸和氢溴酸，2-2224SOBr2H O4HSO2Br，C 错误；明矾溶液与过量氨水混合：33234Al3NHH OAl(OH)3NH，故 D 错误。4.【答案】A【解析】Cl、Br、I 三种元素的原子半径逐渐增大，A 错误；元
3、素的非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性 HClHBrHI，B 正确；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性Cl2Br2I2，C 正确；d同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性 ClBrI，D 正确。5.【答案】D【解析】Cl2(g)与 Fe 点燃只能生成 FeCl3(s)，故 A 错误；铝可以和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，但铁不能和氧化铝反应生成铝，B 错误；SO2与 H2O2发生氧化还原反应，生成 H2SO4，即SO2+H2O2=H2SO4，则 SO222H O H2SO3不能实现转化，故 C 错误；二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液中通入二
4、氧化碳生成硅酸沉淀，D 正确。6.【答案】B【解析】基态氮原子核外电子空间运动状态有 5 种，A 正确；氮的氢化物除 NH3外，还有 N2H4等，氮元素的化合价不一定是-3 价，B 错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO，c 点所示物质能一步反应生成 b、d，C 正确；复合肥料是指含有氮磷钾中两种或两种以上营养元素的化肥，d 点所示物质可能为磷酸铵，是一种复合肥料，故 D 正确。7.【答案】D【解析】6.4 g 2SO的物质的量为 0.1 mol，所含电子数目为 3.2AN，选项 A 错误；常温下，Fe#QQABIQKAggCIABJAABgCUQHaCgMQkAACCIoGwBAIIAAA
5、wQNABAA=#化学参考答案 第 2 页 共 5 页 遇足量浓24H SO钝化，B 错误；234Cu NH中2Cu与3NH之间有四个配位键是键，3NH分子内有三个键，所以键的数目为A16N，故 C 错误；6SF中 S 的价层电子对数为 6，所以60.5mol SF中 S 的价层电子对数为A3N。8.【答案】B【解析】电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或则半满、全满状态，Ar3d5 是半满状态，能量低，稳定，失去电子需要的能量最大 9.【答案】C【解析】氨水和氯化铁生成氢氧化铁红褐色沉淀，A 错误；容量瓶不能用于浓硫酸的稀释，应在烧杯中稀释冷却到室温后再转移到容量瓶中，B
6、错误；实验室利用浓氨水滴入生石灰快速制备氨气，氨气的密度比空气的小，利用向上排空气法收集，收集时为了防止与空气形成对流，在试管口塞一团棉花，上述装置与操作科学规范，C 正确；该装置加热碳酸氢钠分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，故 D 错误。10.【答案】A【解析】通过分析结构式可知，Y 能形成 4 个键，即 Y 为 C；Z 能形成 2 个键，即 Z 为 O；R、X 均形成 1 个键，结合原子序数大小，判断 R 为 F、X 为 H。Z 为 O，氢化物 H2O2可作为杀菌消毒剂，A 正确；H2O 和 HF 能形成分子间氢键，使沸点升高且 H2O 分子形成的氢键数目较多，因此最简单氢化物沸点的顺序
7、为 H2O HF CH4，B 错误；原子半径：COFH，C 错误；X、Y、Z、R 四种元素不能形成含离子键的化合物，D 错误。11.【答案】D【解析】设尾气中 SO2的物质的量为 n，则由离子方程式 5SO2 2MnO-4 关系得 n=0.007 mol,尾气样品中 SO2含量为13g24/1056/64007.0LssLmolgmol。12.【答案】C解析：将样品加入水中，得到白色不溶物和无色溶液，说明无CuSO4，白色沉淀可能是Mg(OH)2、CaCO3、BaSO3等其中之一或者几种，向中加入足量稀盐酸，产生气体，仍存在不溶物，BaSO3在酸性条件下被-3NO氧化为 BaSO4同时产生 N
8、O 气体，且 BaSO3还能与 HCl 反应放出气体 SO2，故原固体中一定含有 Ba(NO3)2和 Na2SO3，可能含有 NaOH、MgCl2、CaCO3等，一定不含 CuSO4，故答案为 C。13.【答案】A【解析】NH3和 NH4+的中心原子均为 sp3杂化，A 正确；“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，B 错误；合成氨过程中，N2最终转化为 NH3，1molN2转移 6mol 电子，H2O 转化为 O2，1molH2O转移 2mol 电子，由得失电子守恒可知，参加反应的 N2与 H2O 的物质的量之比为 1:3，C 错误；不是所有反应都是氧化还原反应，如生成 NH4Cl 的过程
9、，D 错误。14.【答案】C【解析】因氨气在溶液中溶解度较大，二氧化碳溶解度较小，先通氨气使溶液呈碱性后再通二氧化碳，这样有利于二氧化碳吸收反应，试剂顺序不能颠倒，A 错误；沉淀池中 NaCl 溶液与 NH3、CO2反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠因为在水中溶解度较小结晶析出，故反应的离子方程式为#QQABIQKAggCIABJAABgCUQHaCgMQkAACCIoGwBAIIAAAwQNABAA=#化学参考答案 第 3 页 共 5 页 23234NaCONHH ONaHCONH，B 错误；循环可提高 Cl-的利用率，循环中的 X 是 CO2，C正确；流程中母液中提取的副产物为 NH4Cl
10、，D 错误。三、非选择题（本题包括三、非选择题（本题包括 4 4 小题，共小题，共 5858 分）分）15.（15 分）【答案】（1）CuO 中铜的价层电子排布为 3d9，Cu2O 中铜的价层电子排布为 3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是（2 分）（2）球形冷凝管（1 分）D（2 分）加速过碳酸钠分解（2 分）（3）BC（2 分）（4）-+3+3428Fe+3NO+30H=8Fe+3NH+9H O（2 分）（5）正四面体（2 分）32318.51002.623222（2 分）【解析】（1）从+2 价的铜到+1 价的铜，核外电子排布的稳定性考虑。（2）CH3COOH、FeCl3、MnO
11、2 均能过碳酸钠反应，不能作稳定剂。由于过碳酸钠具有 Na2CO3和 H2O2的双重性质，50开始分解，所以使用时，需要使用 80以上热水的原因为加速过碳酸钠分解。（3）向这四种离子的加入过氧化钠，亚铁离子被氧化成了铁离子，一定会大量减少；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，铝离子与过量的氢氧化钠反应会转换为 AlO2-，故溶液中 Al3+大量减少，而镁离子和铜离子虽然与氢氧化钠反应生成了氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，但是又与盐酸反应生成了镁离子和铜离子，几乎没有变化，故选 BC。（4）酸性条件下，纳米铁粉与废水中 NO3反应生成 Fe3+与 NH4+，同时有水生成，其离子方程式为-+3+3428Fe+3
12、NO+30H=8Fe+3NH+9H O（5）观察图示，图中虚线提示 Fe2+连接四个氧离子，分析结构；设结构中最近的两个氧原子之间的核间距为 acm，则立方体的棱长为2acm，立方体的体积为 22a3cm3，每个立方体的质量为232AgN，立方体的密度 5.18gcm-3=（232AgN）22a3cm3，则 a=323223226.02 105.18cm。16.（15 分）【答案】（1）MnO2+SO2=MnSO4（2 分）（2）部分 SO2(或 H2SO3)在溶液中被氧气（或溶液中其它氧化物）氧化生成 SO24（1 分）#QQABIQKAggCIABJAABgCUQHaCgMQkAACCIo
13、GwBAIIAAAwQNABAA=#化学参考答案 第 4 页 共 5 页 Mn2+对 SO2(或 H2SO3)的氧化具有催化作用（1 分）取体积相等的蒸馏水和 MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含 SO2的空气模拟烟气，相同时间后测定溶液中 SO24的物质的量浓度（2 分）（3）2+-3322Mn+2HCO=MnCO+H O+CO（2 分）442NHSO（1 分）（4）BaCl2溶液 盐酸试剂（各 1 分，合理答案也给分）（5）4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2（2 分）相比 Mn2+，半径更小的 Co2+与碳酸根离子中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为 CO2（
14、2 分）【解析】（1）软锰矿浆中通入足量的二氧化硫，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应方程式为 MnO2十 SO2=MnSO4，（2）由于部分 SO2(或 H2SO3)在溶液中被氧气氧化生成 SO24，因此导致吸收液中 SO24的物质的量浓度大于 Mn2+的浓度 由于反应中有锰离子生成，锰离子具有催化作用，因此 2h 后，吸收液中 SO24的物质的量浓度增大速率加快的原因是 Mn2+对氧气氧化 SO2(或 H2SO3)具有催化作用；验证的实验方法是取体积相等的蒸馏水和MnCl2溶液，控制其他条件相同，向两份溶液中同时通入含 SO2的空气模拟烟气，相同时间后测定溶液中SO24的物
15、质的量浓度。（3）“沉锰”时加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，发生反应的离子方程式为：2+-3322Mn+2HCO=MnCO+H O+CO，“沉锰”时所得滤液中溶质主要为生成的硫酸铵，滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为442NHSO。（4）生成的碳酸锰沉淀需经充分洗涤，若未洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法为：取 12mL 最后一次洗涤液与试管中，滴加盐酸酸化，无明显现象，在滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。（5）30.115g)0.001mol11n5g/l(mMonCO，则)0.00n(Mn1mol，m)0.001mol 55g/m
16、ol=0.055g(Mn；527.4时，)(0.079-0.055)g=0.gm(O024，0.024g)0.0015mol16g(/Ln O，可 知：):)0.001mol:0.0015n(Mnmoln:(O2 3，则 此 时 产 物 为：23Mn O，反 应 方 程 式 为：322324MnCOO2Mn O4CO 离子半径越小形成的氧化物越稳定，则碳酸盐在分解时需要的能量越小，即分解温度越低，已知r(Co2+)=65pm 孤电子对和成键电子对之间的斥力成键电子对之间的斥力，故键角变小，小于 10928。（3）根据冠醚 a、b、c 的名称可推测命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。氧原子有孤对电子，故氧原子形成配位键。冠醚根据空腔直径选择不同的离子运输，18-冠醚-6 不能识别和运输 Na+和 Cs+的原因是 Na+直径太小，Cs+直径太大。（4）根据相似相溶原理知，冠醚 d 可溶于烯烃，加入冠醚 d 中的K因静电作用将4MnO带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高了氧化效果。#QQABIQKAggCIABJAABgCUQHaCgMQkAACCIoGwBAIIAAAwQNAB
