化学参考答案及解析1．D四氯乙烯属于烃的衍生物；食盐、白糖可用作防腐剂；橡胶的硫化程度越高，强度越大，但弹性越差。2．C四甲基吡嗪是一种活性生物碱，可与HCl反应制备其盐酸盐。Ca2++SO+HO+3ClO-=CaSO+Cl-+2HClO3．B2244．D铁质器物附铜制配件，在接触处铁易生锈。5．A蛋白质的一级结构与肽键的形成有关。6．D应将“澄清石灰水”与“酸性高锰酸钾溶液”位置互换。7．DNO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA8．BX是氢、Y是碳、Z是氮、E是氟、Q是磷、W是氯。F-F键能小于Cl-Cl键能。2＋9．BCuSO4·5H2O是离子晶体；往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]配离2+子，故NH3比H2O更易与铜离子形成配位键；每个Cu与4个H2O形成配位键。--10．DH2−2e+2HCO3=2CO2+2H2O是阳极区的反应11．CN2H4H2O是具有较强还原性的碱性液体。能被次氯酸钠氧化，在空气中会与CO2反应产生烟雾。312．B采用浓度较低的FeCl3溶液制备Fe和SCN平衡体系，是为了使实验现象更为明显。cOH13．DA．E点溶液为滴定时MOH溶液中lg8，cOH=1×10-3mol/L，MOH的电cH11031103离常数约为1105；B．F点溶液呈碱性，溶液中c(MOH)=c(MCl)，0.11103联立物料守恒和电荷守恒即得；C．P点酸碱恰好完全反应，生成强酸弱碱盐，促进水的电离，P点过后酸过量，抑制水的电离，故P点水的电离程度最大；D．Q点溶液呈酸性，溶液中c(HCl)=c(MCl)，M+会水解，c(H+)>c(M+)。6+2-2-6+14．D由题图知，1个[Zn4O]上、下、左、右、前、后共有6个L，每个L与[Zn4O]形成6+6+2+2个Zn←O配位键，1个[Zn4O]含有4个Zn←O配位键，则1个[Zn4O]中Zn形成的配位键数目为6×2+4=16，1个Zn2+的配位数为4。15．A反应I、反应Ⅱ均是吸热反应,且反应I的ΔH更大。在题设温度范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小。升高相同温度时，活化能越大的化学反应，其反应速率提高的倍数越大。故反应Ⅱ活化能更大。16．（14分）（1）2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O（2分，离子方程式亦可得分）（2）不易因为AlCl3固体积聚而造成堵塞（2分）（3）碱石灰（1分）（4）+（2分）HOAlCl3+H=AlCl3+H2O（5）温度计（1分）；2（1分）；D中溴的四氯化碳溶液褪色（1分）（6）除去乙烯中的水和乙醇（2分，仅回答“除水”或“除醇”得1分）（7）反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（2分，写对一点，得1分；合理即可）17．（14分）（1）增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分（2分）高温2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2（2分）（2）CO2（1分；写名称不得分）；硅酸（1分）（3）4.83～8.6（2分）2−−（4）2O－4e=O2（2分）；O2、CO2（“O2、CO2、CO”亦可，2分，只答O2不得分）（5）+3或－3（2分）【解析】（2）由流程可知气体X为CO2，所以流程中可循环利用的物质为CO2；3335161（3）由KspAlOH3cAlcOH可知，cAl由10molL降至10molL时，pH上升约0.33，结合离子浓度与pH的关系图可知，pH不低于4.83；根据AlOHHAlOHHO，可知AlOH的浓度由105molL1降至106molL1时，4324cH增大10倍，结合图示可知，此时pH=8.6，所以常温下，若要控制溶液中铝元素的浓度不超过106molL1，需控制pH范围为4.83～8.6。18.（13分）（1）取代反应（1分）（2）2-氯丙酸乙酯（2分）（3）、－COOH（“-Cl、-COOH”亦可）（2分）（4）++NaOH+NaCl+H2O（2分；或NaOH++HCl，未标注分子手性结构特征，不扣分）（5）；（2分。写对1个得1分，写错不得分）（6）S构型（2分）；3（2分）19．（14分）（1）-317（2分）（2）O3将NO2氧化为更高价的氮氧化物(或生成了N2O5)（2分，合理即可）；SO2与O3的反应速率慢（2分，合理即可）2--2--（3）SO3+2NO2+2OHSO4+2NO2+H2O（2分）（4）1∶4（2分）（5）ac（2分，漏选1分，错选0分）（6）6（2分）【解析】（4）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，令SO2起始物质的量为2amol，NO起始物质的量为amol，50℃时NO的脱除率为80%，SO2脱除率为100%，根据得失电子数目守恒，因此有n(NO)×3+n(SO2)×2=n(NaClO)×2，代入数值有-amol×80%×3+2amol×2=n(NaClO)×2，解得n(NaClO)=3.2amol，根据原子守恒，n(NO3)∶n(Cl-)=0.8a∶3.2a=1∶4；故答案为1∶4；（6）起始时CO物质的量浓度均为1.28mol/L、NO的物质的量浓度为1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，N2的选择性为60%，则平衡时N2为1，2CO(g)2NO(g)N(g)2CO(g)中消耗的为0.8mol/L×60%×2=0.24mol/L22CO0.48mol/L，生成的CO2为0.48mol/L，CO(g)2NO(g)N2O(g)CO2(g)中消耗的NO为0.32mol/L，消耗的CO为0.16mol/L，生成的CO2为0.16mol/L，则平衡时CO为1.28mol/L-0.48mol/L-0.16mol/L=0.64mol/L，CO2为0.48mol/L+0.16mol/L=0.64mol/L，因此1120.24molL0.64molL12CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)K=1226Lmol。0.64molL10.2molL1