第頁|共頁參考答案1．【答案】A【考點】物質的分類【解析】氧化物是指氧元素與另外一種元素組成的二元化合物，B是堿；C是酸；D是鹽。只有A正確。2．【答案】B【考點】儀器名稱【解析】A為(球形)分液漏斗；B為蒸餾燒瓶；C為容量瓶；D為燒杯。3．【答案】C【考點】電解質【解析】電解質是指溶于水或熔融狀態下能導電的化合物，包括酸、堿、鹽、部分金屬氧化物和水。A為金屬單質，既不是電解質，也不是非電解質；B為有機物，屬于非電解質；C為鹽類，是電解質；D為混合物，既不是電解質，也不是非電解質。4．【答案】C【考點】分散系【解析】分散系中，分散質粒子直徑小于1nm的稱為溶液，介于1～100nm之間的稱為膠體，大于100nm的稱為濁液。四個選項中，A、D屬于膠體；B為溶液；C為懸濁液。5．【答案】D【考點】能源【解析】三大化石燃料包括：煤、石油、天然氣，D不是化石燃料。6．【答案】C【考點】常見化合物的用途【解析】發酵粉的主要成分是碳酸氫鈉，俗稱小蘇打，故C錯誤。7．【答案】D【考點】反應類型判斷【解析】置換反應是一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應，故D正確。8．【答案】A【考點】化學用語【解析】A選項中氯原子結構示意圖應為，故A錯誤。9．【答案】C【考點】溶液酸堿性判斷【解析】A項，氫氧化鈉的水溶液顯堿性，能使酚酞變紅；B項，碳酸鈉水溶液中碳酸根離子水解顯堿性，能使酚酞變紅；C項，氯化鈉水溶液顯中性，不能使酚酞變紅；D項，氨氣與水反應生成氨水，氨水顯堿性，能使酚酞變紅；故選C。10．【答案】D【考點】物質鑒別【解析】A項，CO不能使澄清石灰水變渾濁，CO2可以使澄清石灰水變渾濁；B項，苯的密度比水小，在上層，四氯化碳的密度比水大，在下層；C項，氫氧化鋇與NH4Cl混合加熱產生有刺激性氣味的氣體，與(NH4)2SO4反應加熱產生白色沉淀硫酸鋇，同時產生有刺激性氣味的氣體，與K2SO4反應只產生白色沉淀，故可鑒別；D項，碘水中有碘單質，溴水可以氧化淀粉碘化鉀試紙中的碘離子，生成碘單質，都可以使淀粉碘化鉀試紙變藍，故無法鑒別，選D。11．【答案】A【考點】五同【解析】核素是具有一定數目質子和一定數目中子的一種原子，氧的質子數為8，該原子的質量數為18，那么中子數為10，故A正確；金剛石和石墨可以互相轉化，B錯誤；乙酸和乙酸甲酯的官能團不同，不是同系物，C錯誤；己烷有5種同分異構體，D錯誤。12．【答案】B【考點】離子方程式的書寫【解析】氫氧化鋇是強電解質，書寫離子方程式時應寫成離子形式，故正確的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋Ba2＋=BaCO3↓。13．【答案】D【考點】元素推斷【解析】可推出X、Y、Q、Z分別為N、O、Si、Cl，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，A錯誤；Si的非金屬性弱于Cl，所以H2SiO3的酸性比HClO4的酸性弱，B錯誤；N、O與H元素可形成NH4NO3，含有離子鍵，C錯誤；Si是良好的半導體材料，與Cl可形成化合物SiCl4，D正確。14．【答案】A【考點】烷烴取代物的種類，乙烯、乙醇、乙醛的化學性質【解析】苯雖然能與H2發生加成反應，但并沒有碳碳雙鍵，而是一種介于單鍵與雙鍵之間的特殊共價鍵，B錯誤；水與鈉的反應比乙醇與鈉的反應劇烈，C錯誤；乙醛易被氧化成乙酸，D錯誤。15．【答案】C【考點】糖類、脂類、蛋白質【解析】高級脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，A錯誤；同種氨基酸之間也可以形成多肽，B錯誤；雞蛋清是一種蛋白質，向其中加入硫酸鈉產生沉淀是發生了鹽析，這是一種物理變化，是可逆的，因此加水后沉淀又會溶解，C正確；用新制氫氧化銅檢驗葡萄糖時需在堿性環境下，應先加NaOH中和硫酸，再加氫氧化銅，故D錯誤。16．【答案】B【考點】化學反應速率與轉化率【解析】正反應速率與反應物的濃度有關，且反應物濃度越大反應速率越快，而NH3是產物，故A錯誤；N2和H2的物質的量之比為1∶3，反應消耗也是1∶3，故N2和H2的轉化率相同，故B正確；當1molN2參與反應時放出的熱量為92.4kJ，而題目中沒有確定反應的量，故C錯誤；由表格可知600℃、30MPa下反應達到平衡時，NH3的物質的量分數相對于500℃、30MPa時減小，故D錯誤。17．【答案】B【考點】原電池(電極判斷、電極方程式書寫)【解析】金屬(M)-空氣電池中M失電子作負極，故A正確；根據傳遞M2＋和OH－，可知電解質是熔融的M(OH)2，故B錯誤；空氣得電子作正極，電極反應為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故C正確；電池總反應為2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2，故D正確。18．【答案】B【考點】弱電解質【解析】25℃時，pH＜7的溶液呈酸性，但溫度未知，所以pH＜7的溶液不一定呈酸性，故A正確；在相同溫度下，一水合氨部分電離，NaOH完全電離，物質的量濃度相等的氨水、NaOH溶液，NaOH溶液中c(OH－)更大，故B錯誤；在相同溫度下，鹽酸、CH3COOH溶液中分別存在電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，又因為pH相等，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C正確；氨水和鹽酸反應后的溶液中存在c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，若c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，則c(OH－)＝c(H＋)，溶液呈中性，故D正確。19．【答案】D【考點】熱化學【解析】根據氣態水變為液態水放熱，故A錯誤；由轉化關系圖可知ΔH1＋ΔH2≠0，故B錯誤；由轉化關系圖可知ΔH3≠ΔH4＋ΔH5，故C錯誤；由轉化關系圖可知，經過一個循環之后回到原始狀態，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0，故D正確。20．【答案】D【考點】微粒間作用力和物質結構【解析】S和Mg的最外電子層分別得、失2個電子后都形成了8個電子的穩定結構，故A選項正確；石英和金剛石是原子晶體，原子間通過共價鍵結合，故B選項正確；濃硫酸與水混合時，濃硫酸發生電離，破壞了共價鍵，屬于微粒間作用力，故C選項正確；H2O2分解破壞共價鍵，不屬于分子間作用力，故D選項錯誤。21．【答案】A【考點】反應轉化率與選擇性【解析】由圖像可知，當乙醇進料量一定，隨乙醇轉化率增大，乙烯選擇性先升高后減小，故A選項錯誤；由圖像可知，當乙醇進料量一定，隨溫度的升高，乙烯選擇性先升高后減小，故B選項正確；由圖像可知，當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙醇轉化率減小，故C選項正確；由圖像可知，當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙烯選擇性增大，故D選項正確。22．【答案】B【考點】NA【解析】濃硫酸與鎂反應產物是二氧化硫和硫酸鎂，濃硫酸變稀之后與鎂反應產物是氫氣和硫酸鎂，若0.2molH2SO4反應產物全為二氧化硫，轉移電子數為0.2NA，若產物全為氫氣，轉移電子數為0.4NA，所以轉移電子數應介于0.2NA和0.4NA之間，故A選項正確；pH＝3的醋酸溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，在1L的溶液中，含H＋的數目等于0.001NA，故B選項錯誤；1個苯中含有6個C—H鍵，1mol苯中含有C—H鍵的數目一定為6NA，故C選項正確；R2＋的核外電子數為(A－N－2)，amol的R2＋的核外電子數為a(A－N－2)NA，故D選項正確。23．【答案】C【考點】溶液中的離子平衡【解析】根據圖像可知在pH＞3時，加入少量NaOH固體，α(HA－)在減小，故A選項錯誤；根據圖像的交點可知HA－的電離平衡常數近似為10－4，A2－的水解平衡常數近似為10－10，將等物質的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＜α(A2－)，故B選項錯誤；根據圖像可知NaHA溶液為酸性溶液，故HA－的電離能力大于HA－的水解能力，故C選項正確；D選項不確定是否含別的陽離子，若含別的陽離子則α(H2A)和α(HA－)不相等，故D選項錯誤。24．【答案】B【考點】氣體的除雜問題【解析】題干中要求逐一吸收相應組分，即一種溶液吸收一種氣體，連苯三酚的堿性溶液除了能吸收O2之外，還能與CO2反應；CuCl的鹽酸溶液除了能吸收CO之外，還能被O2氧化；為滿足題意，吸收O2前需要先吸收CO2，吸收CO前需吸收O2，所以氣體被逐一吸收的順序應該是CO2、O2和CO，所以A、C正確；若用灼熱的銅網代替連苯三酚的堿性溶液，會發生2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO，CO＋CuOeq\o(=,\s\up7(△))CO2＋Cu，又產生了CO2，故B錯誤；由于鹽酸易揮發，最后一個吸收液為CuCl的鹽酸溶液，導出氣體中可能含有HCl，故D正確。25．【答案】C【考點】離子推斷【解析】K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3混合物溶于水，濾渣中含有不溶于鹽酸的BaSO4，不符合③的結果，故A錯誤；Na2CO3、AgNO3、KNO3混合物溶于水，碳酸銀為濾渣，其和鹽酸反應生成二氧化碳氣體和氯化銀沉淀，不符合③的結果，故B錯誤；K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2混合物溶于水，碳酸鋇為濾渣，可以完全溶于鹽酸，生成二氧化碳氣體，符合③的結果，濾液中可能是碳酸根離子剩余，也可能是鋇離子剩余，若碳酸根離子有剩余，加入氯化鋇會有白色沉淀，符合②的結果，故C正確；KNO3、MgCl2、NaOH混合物溶于水，氫氧化鎂為濾渣，其溶于鹽酸無氣體產生，不符合③的結果，故D錯誤。26．【答案】(1)CH≡CH(2)加成反應(3)CH3CH2COOH＋CH3OHCH3CH2COOCH3＋H2O(4)ACD【考點】簡單有機推斷及有機物的性質【解析】B的化學式為C3H4O2，依據A與CO、H2O以物質的量1∶1∶1的比例形成B可知A的化學式為C2H2，故A為乙炔，結構簡式為CH≡CH。依據轉化關系以及E是有芳香氣味、不易溶于水的油狀液體可知E為酯，根據E的化學式為C4H8O2可知E為飽和酯，B→D→E先發生酯化反應再發生加成反應，由B→C→E的反應條件可知是先發生加成反應再發生酯化反應，故C為CH3CH2COOH，D為CH2=CHCOOCH3，E為CH3CH2COOCH3。(1)A為乙炔，結構簡式為CH≡CH。(2)D→E的反應類型為加成反應。(3)C→E的化學方程式為CH3CH2COOH＋CH3OHCH3CH2COOCH3＋H2O。(4)B與C都含有羧基，都可與金屬鈉反應，故不可用金屬鈉鑒別B和C，A項錯誤；A中含有碳碳叁鍵，可與氯化氫發生加成反應，B項正確；E為丙酸甲酯，不可由乙醇和乙酸加熱反應生成，C項錯誤；與A的最簡式相同，相對分子質量為78的烴的化學式為C6H6，C6H6不一定是苯，也有可能是含碳碳雙鍵與碳碳叁鍵的烴，故可能使酸性KMnO4溶液褪色，D項錯誤。27．【答案】(1)Heq\o\al(·,·)eq\o(S,\s\up6(),\s\do4())eq\o\al(·,·)HBaSO4(2)4Na2SO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2S＋3Na2SO4(3)2S2－＋SOeq\o\al(2－,3)＋6H＋=3S↓＋3H2O【考點】無機推斷、氧化還原反應【解析】亞硫酸鈉隔絕空氣加熱分解質量并沒改變，說明并沒有生成氣體，應該是分解成了幾種固體，加入鹽酸后產生氣體Y，根據密度算出氣體Y的摩爾質量為34g·mol－1，結合題目以及元素守恒，推斷氣體Y為H2S。那么Na2SO3的分解生成物中一定有S2－(Na2S)，同時這是一個氧化還原反應，＋4價的S有降價必然還有升價，只能生成＋6價，所以另一分解產物應該是含有硫酸根的Na2SO4，再配平即可。(3)X與亞硫酸鈉混合，在酸性環境下產生了淡黃色沉淀，根據題目環境以及我們學過的淡黃色沉淀推知生成S單質，顯然這是一個S2－與SOeq\o\al(2－,3)的歸中反應，反應物還有H＋。28．【答案】(1)乙銅絲變紅色，試管壁有水珠生成(2)不正確，剩余的鐵將生成的三價鐵還原成了二價鐵離子：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋【考點】氣體的收集；CuO的還原反應；Fe3＋和Fe2＋的轉化：Fe3＋的檢驗【解析】(1)氫氣的密度小于空氣，所以用向下排空氣法收集，選乙；氧化銅和氫氣發生反應CuO＋H2=H2O＋Cu，所以銅絲變紅色，試管壁有水珠出現。(2)已知3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2，Fe3O4中含有三價鐵，但是剩余的鐵單質會和三價鐵離子反應生成二價鐵離子，若剩余鐵單質足量，將所有鐵離子反應完全，那么加入硫氰化鉀溶液，就不會出現血紅色。29．【答案】(1)60%(或0.60)(2)0.095mol【考點】氧化還原反應、電子守恒計算【解析】(1)KMnO4的分解率＝eq\f(分解的KMnO4的物質的量,KMnO4總的物質的量)。題目已知KMnO4共7.90g，物質的量為0.05mol。加熱分解后剩余固體為7.42g，損失的質量為O2的質量0.48g，說明O2的物質的量為0.015mol。由2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO40.03mol。所以KMnO4的分解率為eq\f(0.03mol,0.05mol)×100%＝60.0%。(2)在整個反應過程前后，錳元素從＋7價全部轉化為＋2價，說明整個反應過程中轉移了0.05mol×5＝0.25mol電子。剩余固體與濃鹽酸反應生成氣體A，則A應為氯氣。所以整個反應過程中只有氧元素和氯元素失電子。氧元素失電子產生氧氣，轉移了0.015mol×4＝0.06mol電子。根據電子守恒得知，氯元素必然轉移0.19mol電子。每產生1mol氯氣就轉移2mol電子，所以一定會產生0.19mol÷2＝0.095mol氯氣。30．【答案】(一)(1)C(2)溫度升高加快反應速率；反應吸熱，平衡正向移動，溫度升高使平衡正向移動的作用大于壓強增大使平衡逆向移動的作用(3)①1.951②反應2的活化能比反應1的小，催化劑顯著降低了反應2的活化能，反應生成的C10H12很快轉變成C10H8，故x1顯著低于x2③(二)Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－【考點】熱化學、電化學、化學平衡【解析】(一)(1)提高平衡轉化率即平衡正向移動，應該升溫、降壓。所以選擇高溫低壓，選C。(3)①該反應可以直接看作十氫萘分別分解為四氫萘和萘，則生成氫氣的物質的量：0.374mol×5＋0.027mol×3＝1.951mol。(二)根據陰極的另一個方程式以及題干信息可知，Fe2O3參與陰極反應，生成Fe。電解質為熔融NaOH—KOH，則電極方程式為Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－。31．【答案】(1)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(2)BCD(3)⑥⑤④(4)①降低AlCl3的溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶體形式析出②強酸性環境會腐蝕濾紙飽和氯化鋁溶液③用濾紙吸干【考點】方程式書寫、實驗儀器操作與注意事項、制備明礬晶體、AlCl3·6H2O晶體【解析】(2)Al(OH)3加熱失去水生成固體Al2O3，涉及的儀器是坩堝、坩堝鉗、三腳架、酒精燈等，此題重點考查的是坩堝和坩堝鉗的使用注意事項。坩堝洗凈后，需要緩慢加熱到500℃以上才可以使用，故A項錯；稱量灼燒前后的質量不再發生變化說明坩堝內固體只有Al2O3，故B正確；使用坩堝鉗移動坩堝時，需預熱坩堝鉗，故C正確；坩堝取下后不能直接放在實驗臺上冷卻，應放在石棉網上冷卻待用，故D正確；加熱后的固體應先冷卻后再稱量，測定結果更準確，且灼燒過的Al2O3不吸潮，故不需要趁熱稱量，故E錯。(3)由表格可知，