第Ⅰ卷
7.下列有关燃料的说法错误的是 A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一 【答案】B
【知识点】考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识 【考查能力】获取信息的能力
【解析】化学燃料完全燃烧生成的二氧化碳会导致温室效应，另外也会产生其他污染气体，
答案选B 【难度】简单 【题分】6分
8.下列各组中的物质均能发生加成反应的是
A.乙烯和乙醇 B.苯和氯乙烯 C.乙酸和溴乙烷 D.丙烯和丙烷 【答案】B
【知识点】考查有机反应类型 【考查能力】理解能力
【解析】苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、溴乙烷和丙烷分子
中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B 【难度】简单 【题分】6分
9.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b和C离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是
A.a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B.b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C.c的原子半径是这些元素中最大的 D.d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性 【答案】A
【知识点】元素的推断，元素周期律的应用等知识 【考查能力】综合运用能力
1
2-+
【解析】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b和C离子
的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素，据此解答。A. H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B.氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2 ，B项正确；C.同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D.d和a形成的化合物为H2S，硫化氢的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A 【难度】中等 【题分】6分
10.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）
A. 7种 B.8种 C.9种 D.10种 【答案】C
【知识点】同分异构体的判断 【考查能力】综合运用能力
【解析】根据同分异构体的书写方法，一共有9种，分别为1,2－二氯丁烷；1,3－二氯丁烷；1,4－二氯丁烷；1,1－二氯丁烷；2,2－二氯丁烷；2,3－二氯丁烷；2－甲基－1,1－二氯丙烷；2－甲基－1,2－二氯丙烷；2－甲基－1,3－二氯丙烷。答案选C 【难度】中等 【题分】6分
11.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A.负极反应式为Mg-2e=Mg B.正极反应式为Ag+e=Ag
C.电池放电时Cl由正极向负极迁移 D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ 【答案】B
【知识点】原电池的工作原理 【考查能力】理解能力
【解析】由题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e= 2Cl+ 2Ag，
负极反应为：Mg-2e-=Mg，A项正确，B项错误；对原电池来说，阴离子由正极移向负极，C项正确；由于镁是活泼金属，则负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D项正确；答案选B
2
2+
---+
--2+
2-+
【难度】中等 【题分】6分
12.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为
A. NaHCO3、Al(OH)3 B.AgCl、NaHCO3 C.Na2SO3 、BaCO3 D.Na2CO3、CuSO4 【答案】C
【知识点】物质的推断和性质 【考查能力】实验与探究能力
【解析】A. NaHCO3、Al(OH)3 中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化
碳和水，最终无固体存在，A项错误；B.AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C.亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D. Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。 【难度】中等 【题分】6分
13. 列实验操作能达到实验目的的是
A B C D 【答案】D
【知识点】考查化学实验基本操作。 【考查能力】实验与探究能力
【解析】A.向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，A项错误；B.氯化镁是强酸弱碱盐，MgCl2溶液水解产生的HCl易挥发，所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干，B项错误；C.铜与稀硝酸反应，应该用稀盐酸，C项错误；D. 分别将少量钠投入
实验目的 制备Fe(OH)3胶体 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 除去Cu粉中混有的CuO 比较水和乙醇中氢的活泼性 实验操作 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中 将MgCl2溶液加热蒸干 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 3
到盛有水和乙醇的烧杯中，反应剧烈的是水，反应平缓的是乙醇，利用此反应比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确；答案选D。 【难度】中等 【题分】6分
第Ⅱ卷
26．联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回
答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为_____________，其中氮的化合价为____________。 （2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。 （3）①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) △H1 ②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) △H2 ③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) △H3
④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) △H4=-1048.9kJ/mol
上述反应热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________________(已知：N2H4+H+
N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫
酸形成的酸式盐的化学式为 。
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。
【答案】（1）
；-2价
（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O （3）△H4=2△H3-2△H2-△H1 ；反应放热量大，产生大量气体；
（4）8.7×10，N2H6（HSO4）2
（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生； 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（氧化产物为N2，对环境无污染，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4）；
4
-7
【知识点】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离、氧化还原反应、化学计算等知识。
【考查能力】综合运用能力
【解析】（1）联氨是有两种非金属元素构成的共价化合物，电子式为
，根据
化合价代数和为零，氮化合价为-2价；
（2）次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨，根据氧化还原反应的规律，可得到NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O ；
（3）根据盖斯定律，反应热之间的关系为△H4=2△H3-2△H2-△H1；联胺有强还原性，N2O4有强氧化性，两者在一起易发生自发地氧化还原反应，产生大量热和气体，所有联氨和N2O4可以作为火箭推进剂。
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2O
N2H5++OH-,已知：N2H4+H+
-14
-7
N2H5的K=8.7×10；KW=1.0×10，平衡常数K=8.7×10
+7-147
×1.0×10=8.7×10；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2。
（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体变黑，并且有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是氧化产物为N2，对环境无污染，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。 【难度】中等 【题分】14分
27．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要
副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) △H=-515kJ/mol C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) △H=-353kJ/mol
5
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460C．低于460C时，丙烯腈的产率 （填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是 ；高于460C时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大
O
O
O
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为
【答案】（1）两个反应均为放出热量大的反应；降低温度温、降低压强；催化剂；
（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度的升高而降低； AC （3）1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低； 1:7.5:1 【知识点】考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。 【考查能力】综合运用能力
【解析】（1）因为生成的产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的三键和双键，能量低，反应为放热反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以低温、低压有利于提高丙烯腈的平衡产率；合适催化剂的选择是提高丙烯腈反应选择性的关键因素； （2）该反应为放热反应，平衡产率应随温度的升高而降低；A催化剂在一定的温度范围催化活性较高，若温度过高，活性降低，正确，B平衡常数大小不影响平衡产率，错误，C根据题意，副产物有丙烯醛，副产物增多导致产率下降，正确，D活化能大小不影响平衡，错误；答案为AC；
6
（3）由图b可看出，比值为1时，丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按2:3:2的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为2:15:2。 【难度】中等 【题分】14分
28．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加
入少量铁属，其目的是________。
（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明
Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，
再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。 （4）丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶
液于3 支试管中进行如下实验：
① 第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色； ② 第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀： ③ 第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是_____（填离子符号）；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为______。
（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液·变成棕黄色，发
生反应的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热．随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______（用平衡移动原理解释）。
【答案】(1)防止Fe被氧化 （2）2Fe+Cl2=2Fe+2Cl
（3）隔绝空气，
（4）Fe；Fe；可逆反应；
(5)H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H2O，Fe催化H2O2分解产生O2；
3+
H2O2分解反应放热，促使Fe水解平衡正向移动。
2+
+
3+
3+
2+
3+2+
2+
3+
-
【知识点】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，盐类的水解等知识。 【考查能力】实验与探究能力
7
【解析】（1）亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁属的目的是防止Fe被空气氧化。
（2）Cl2可将Fe氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe+Cl2=2Fe+2Cl。
（3）防止空气中的氧气将Fe氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。 （4）根据Fe的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe遇KSCN溶液显血红色，实验①和说明，在碘离子过量情况下，溶液中仍然含有Fe，由此可知该反应为可逆反应。
（5）双氧水溶液中加入几滴酸化的氯化铁溶液，溶液变成黄色，发生反应为
H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H2O，一段时间后产生气泡，Fe催化H2O2分解产生O2，并且H2O2分解反应放热，促使Fe3+水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀。 【难度】中等 【题分】15分
36．[化学-选修2：化学与技术](15分）
双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：
2+
+
3+
3+
3+
2+
3+
2+
2+
2+
3+
-2+
2+
A．氢化釜B．过滤器C．氧化塔D．萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置
8
生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：
（1）蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_______，循环使用的|原料是______，配
制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是______。
（2）氢化釜A中反应的化学方程式为_______，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_______。
（3）萃取塔D中的萃取剂是____，选择其作萃取剂的原因是______。 （4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是______。
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_______。
一种双氧水的质量分数为27.5%，（密度为1.10g·cm3），其浓度为______mol/L。
【答案】(1)氢气和氧气 ；乙基蒽醌 ；乙基蒽醌易溶于有机溶剂，不溶于水；
（2） ；乙基氢蒽醌
（3）水；H2O2易溶于水，被水萃取，乙基蒽醌不溶于水； （4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸； （5）6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2↑+8H2O ；8.9
【知识点】化学与技术中考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识 【考查能力】综合运用能力
【解析】（1）根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，由工艺流程图可知，循环使用的|原料是乙基蒽醌，乙基蒽醌属于有机物，根据相似相溶原理，乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度大，在水中的溶解度较小，所以配制工作液采用有机溶剂；
+
-2+
（2）由反应原理可知：主要溶质为乙基氢蒽醌；
；氧化塔C中的反应混合液中的
（3）萃取塔D中需要分离双氧水和乙基蒽醌，而双氧水易溶于水，难溶于有机溶剂，所以选取的萃取剂是水；
（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；
9
（5）双氧水在酸性条件下与高锰酸钾发生氧化还原反应，根据氧化还原反应知识可以知道：6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2↑+8H2O；根据公式c=1000p×a÷M=1000×1.10×27.5%÷34=8.9mol/L。 【难度】难 【题分】15分
37．[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）
东晋《华阳国志南中志》卷四种已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。 （2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______- ，提供孤电子对的成键原子是_____。
③氨的沸点（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素同与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu >INi的原因是______。
+
-2+
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。 ②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm
【答案】（1）1s2s2p3s3p3d4s 2
2
2
6
2
6
8
2
（2）①正四面体形 ②配位键 N； ③高于 氨气分子间存在氢键，sp （3）金属； 铜失去的是全充满的3d电子，镍失去的是4s稳定电子；
10
1
3
（4）①3：1 ②
【知识点】物质结构和性质考查核外电子排布，化学键类型，晶胞的计算等知识。
10
【考查能力】综合运用能力
【解析】（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。
（2）①根据价层电子对互斥理论，SO4的σ键电子对数等于4，孤电子对数（6+2-2×4）÷2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形。
②根据配位键的特点，在[Ni(NH3)6]中Ni与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（PH3）；根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数（5-3）÷2=1，则氨气是sp杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。 （3）铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的
3d电子，镍失去的是4s稳定电子；，所以ICu >INi。
（4）①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×1/2=3，镍原子的个数为8×1/8=1，
10
1
3
2+
2+
2-2
2
6
2
6
8
2
则铜和镍的数量比为3:1；由密度公式可以知【难度】中等 【题分】15分
38．[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
。
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
，从而具有胶黏性，某种氰基
已知：
② A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
11
② 回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。 （3）由C生成D的反应类型为________。 （4）由D生成E的化学方程式为___________。
（5）G中的官能团有___、 ____ 、_____。（填官能团名称）
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。（不含立体异构） 【答案】（1）丙酮
（2） （3）取代反应
2 6:1
（4）
（5）碳碳双键、酯基、氰基 （6）8
【知识点】有机化学基础考查有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的判断等知识。
【考查能力】综合运用能力
【解析】（1）A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，则氧原子个数为58×0.276÷16=1，根据商余法，42÷12=3…6，A分子的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，则A为丙酮；
（2）A为丙酮，根据已知②题给的信息，B为核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1:6；
，B分子中有2种氢原子，则其
（3）光照条件下与氯气反应是取代反应；
12
（4）根据题意：
（5）根据题给结构式，氰基丙烯酸酯为：CH2=C(CN)COOR,根据流程图可知G的结构简式为：CH2=C(CN)COOCH3，则G中的官能团有碳碳双键、酯基、氰基
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的有机物为甲酸酯，再考虑氨基连接，共有8种。 【难度】中等 【题分】15分
13
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