1、 B检验石蜡油分解产生的烯烃C制备乙酸乙酯 D检验蔗糖是否在稀硫酸作用下水解【答案】B【解析】ACl2不溶解在饱和食盐水中，使用的NaCl溶液不是饱和液，就是不反应，液面也会上升，故A错误；B可根据酸性高锰酸钾溶液褪色推测石蜡油发生了分解生成了烯烃，故B正确；C酯化反应需要使用浓硫酸作催化剂，故C错误；D检验蔗糖是否水解时，应先用NaOH溶液中和催化作用的酸，再用银氨溶液检测，故D错误，答案为B。9已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之
2、和是E的两倍。A最高价氧化物对应的水化物的酸性：BEB原子半径：CBAC气态氢化物的热稳定性：ECD化合物DC与EC2中化学键类型相同【解析】A. N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性BE，A正确；B. 同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径NO，即BCA，B错误；C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。10根据反应KMnO4FeSO4H2SO4MnSO4Fe2（SO4）3K2SO4H2O（未配平）设计如下原电池，其中甲、乙两
3、烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 molL1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是A石墨b是原电池的负极，发生氧化反应B忽略溶液体积变化，Fe2（SO4）3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 molC甲烧杯中的电极反应式：MnO4-5e8H=Mn24H2OD电池工作时，盐桥中的K+向甲烧杯中移动【解析】A. 在乙池中，Fe2+-e-=Fe3+，则石墨b是原电池的负极，发生氧化反应，A正确；B. Fe2（SO4）3浓度变为1.5 mol/L，则反应生成的Fe2（SO4）3为0.5 mol/L 0.2L=0.1mol，由Fe2+生成的Fe
4、3+为0.2mol，则反应中转移的电子为0.2mol，B错误；C. 甲烧杯中，MnO4-得电子转化为Mn2+，电极反应式为MnO4-5e8H=Mn24H2O，C正确；D. 电池工作时，甲烧杯中阳离子减少，所以盐桥中的K+向甲烧杯中移动，D正确。故选B。11下列说法正确的是A用福尔马林对种子消毒不属于蛋白质变性B能用新制的氢氧化铜鉴别果糖与葡萄糖溶液C实验证实化合物可使Br2的CCl4溶液褪色，说明该分子中存在独立的碳碳单键和碳碳双键D化合物的分子式为C13H8O4N2【答案】C【解析】A用福尔马林对种子消毒属于蛋白质变性，A错误；B果糖与葡萄糖均能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，因此不能用新制的氢
5、氧化铜鉴别果糖与葡萄糖溶液，B错误；C含有碳碳双键的有机物能使溴水褪色，则实验证实化合物可使Br2的CCl4溶液褪色，说明该分子中存在独立的碳碳单键和碳碳双键，C正确；的分子式为C13H10O4N2，D错误，答案选C。12下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验过程实验目的A称取2gCuSO45H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中配制2%的CuSO4溶液B将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色探究碳的还原性C将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积D向两支试管中
6、分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象探究I-对H2O2分解是否具有催化作用【解析】A溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；B活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；C发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；D碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；答案选C。13T下，三种硫酸盐MSO4（M：Pb2、Ba2、Sr2）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p（M）lgc（M），p（SO42-）lgc（SO42-
7、）。A溶度积：BaSO4PbSO4SrSO4BY点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4CZ点对应的溶液中c（Ba2）c（SO42-），c（Ba2）c（SO42-）等于110-25DBaSO4不可能转化成PbSO4【解析】A. p（M）越大，则c（M）越小，即Pb2、Ba2、Sr2的物质的量浓度越小；同理p（SO42-）越大，c（SO42-）越小。由图可知，p（SO42-）相同时，BaSO4、PbSO4、SrSO4对应的p（M）依次减小，所以三者的溶度积依次增大，即BaSO4PbSO4SrSO4，A项错误；B. 由图可知，Y点对应的SrSO4溶液中c（SO42-）c（Sr2）Ksp
8、（SrSO4），故Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，B项正确；C. 由图可知，Z点对应的溶液中c（Ba2）c（SO42-），c（Ba2）c（SO42-）11010，C项错误；D. 沉淀的转化是可逆的，若向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的含Pb2的溶液， BaSO4能转化成PbSO4，D项错误。综上所述，说法正确的是B，故选B。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）向硝酸酸化的2mL0.1molL-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿
9、色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与_或_反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1molL-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管_蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了2号试
10、管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红
11、。该实验现象_（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为_。【答案】（1）HNO3（1分） AgNO3（1分）（2）硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）（2分） 该反应速率很小或反应的活化能较大（2分） 图乙（1分） NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O（2分）（3）加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（2分）（4）不能（1分） Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化（2分）【解析】Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；（2）2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶
12、液（pH=2），与1为对比实验；该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大；反应中消耗氢离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明F
13、e2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。27（15分）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：（1）方法I中，用炭粉在高温条件下_（填氧化、还原）CuO。（2）方法II采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：该电解池的阳极反应式为_，该装置中的离子交换膜为_（填阴、阳）离子交换膜。（3）方法III为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为_。（4）在相同的密闭容器中，用以上三种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：水蒸气的浓度随时
14、间t变化如下表所示。a实验前20 min的平均反应速率v（H2）= _。b实验比实验所用的催化剂催化效率_ （填高、低）。c实验的温度T2 _Tl（填、 （2分） 从浓度分析，平衡时，应该有c（H2O）0.0482=0.096molL1，而平衡时c（H2O）=0.09molL1，说明有更多的水蒸气因升温而被消耗。（2分）（1）CuO转化为Cu2O，Cu元素化合价降低，则C元素化合价升高，所以炭粉在高温条件下还原CuO。（2）阳极上Cu在碱性条件下失去电子生成Cu2O，所以该电池的阳极反应式为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；方法II采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，
15、所以该装置中的离子交换膜为阴离子交换膜。（3）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，根据元素守恒还生成H2O，配平可得化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O。（4）a实验前20 min的平均反应速率v（H2）= v（H2O）=（0.050molL10.0486 molL1）20min=710-5molL-1min-1。b实验与实验温度相同，起始浓度相同，实验到达平衡的时间短，说明实验反应速率快，则实验比实验所用的催化剂催化效率高。c实验水蒸气的初始浓度为0.10molL1，假设平衡等效，则平衡时，应该有c（H2O）2=0.096
16、molL1，而实际平衡时c（H2O）=0.09molL1，该反应为吸热反应，说明有更多的水蒸气因升温而被消耗，所以T2Tl。28（14分）磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：（1）下图所示为提纯白磷样品（含惰性杂质）的工艺流程。过程I中，被还原的元素是_（填元素符号），过程III的化学方程式为_。（2）磷酸钒锂/碳复合材料Li3V2（PO4）3/C是常用的电极材料，其制备流程如下：复合材料中V的化合价为_，C的作用是_。V2O5与H2C2O4反应生成V2（C2O4）3的化学方程式为_；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是_。锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和Lix
17、C6和Li3V2（PO4）3/C做电极，放电时的电池总反应为LixC6Li3xV2（PO4）3= Li3V2（PO4）3+C6，则电池充电时阳极的电极反应式为_。（1）Cu、P（2分）2 Ca3（PO4）2+6 SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO+P4（3分）（2）+3（1分） 增强复合材料的导电性（1分） V2O5+5H2C2O4= V2（C2O4）3+4CO2+5H2O（2分）减少产品损耗（2分） Li3V2（PO4）3-xe-= Li3xV2（PO4）3+xLi+（3分）（1）根据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价降低，被还原；过
18、程III中反应物为Ca3（PO4）2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2 Ca3（PO4）2+6SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO+P4，故答案为Cu、P；2 Ca3（PO4）2+6 SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO+P4；（2）磷酸钒锂/碳复合材料Li3V2（PO4）3/C中磷酸根显-3价，锂显+1价，因此V的化合价为+3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性，故答案为+3；增强复合材料的导电性；V2O5与H2C2O4反应生成V2（C2O4）3过程中V的化合价由+5价降低为+3价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根
19、据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4= V2（C2O4）3+4CO2+5H2O；Li3V2（PO4）3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗，故答案为V2O5+5H2C2O4= V2（C2O4）3+4CO2+5H2O；减少产品损耗；该锂离子放电时的电池总反应为LixC6Li3xV2（PO4）3= Li3V2（PO4）3+C6，则充电时电池的总反应为Li3V2（PO4）3+C6LixC6+Li3-xV2（PO4）3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：Li3V2（PO4）3-xe-=Li3-xV2（PO4）3+xLi+，故答案为Li3V2（PO4）
20、3-xe-=Li3-xV2（PO4）3+xLi+。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是A族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。（1）化合物N2H4的电子式为_。（2）As原子的核外电子排布式为_。 （3）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_。（4）NH4+中H-N-H的健角比NH3中H-N-H的键角大，原因是_。（5）Na3AsO4中含有的化学键类型包括_；AsO43-空间构型为_，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中
21、As的杂化方式是_。（6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图（小圆圈表示白磷分子）。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_，该晶体的密度为_gcm-3（用含NA、a的式子表示）。（1）（2）ls22s22p63s23p63d104s24p3 或Ar3d104s24p3（2分）（3）P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以笫一电离能比硫的大（2分）（4）NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大（2
22、分）（5）离子键、共价键（1分） 正四面体（1分） sp3（1分） （6）16（2分） 496/（a3NA）（2分）（1）N2H4分子中存在NN键，每个N原子还连接2个H原子。正确答案：。（2）As为33号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。ls22s22p63s23p63d104s24p3 或Ar3d104s24p3。（3）P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P元素的3p轨道处于半充满状态，比相邻的Si、S更难失去电子，所以P的第一电离能更大。P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电
23、离能比硫的大。（4）NH4+、NH3中N原子都是采用sp3杂化，但是NH3分子中存在一对孤对电子，由于孤对电子对成对电子的斥力更大，所以NH3分子中HNH键角更小。NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大。（5）Na3AsO4中，Na+与AsO43-之间形成离子键，AsO43-中，As与O之间形成共价键。AsO43-的As采用sp3杂化，空间构型为正四面体。从As4O6的结构可以看出，As的成键对为3，孤对数目为（5-3）/2=1，所以As的杂化方式仍然
24、是sp3。离子键共价键、正四面体、SP3。（6）晶胞中含有P4分子数81/8+61/2=4，P原子数目为16 。晶胞体积 a3 cm3，所含粒子质量1631/NA g，所以晶体密度为1631/NA ga3 cm3=496/（a3NA） g/cm3。16、 496/（a3NA）。点睛：同一周期从左到右，各元素第一电离能总体呈增大趋势，但是ns轨道全满、np轨道全满、半满状态时，该元素的电离能大于相邻的粒子。晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，
25、顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。36化学选修5：有机化学基础（15分）我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞（J）的一种路线如下已知:E的核磁共振氢谱只有一组峰；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。（1）对E的系统命名_。（2）由B生成C反应类型为_。（3）C中官能团名称为_，C分子中最多有_个原子共平面。（已知甲醛中所有原子共面）（4）由H生成J的化学方程式为_（写明反应条件）。（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：能发生水解反应；能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件X的同分异构体共有_种（不考虑超出中学范围的顺反异构和手性异构），写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式_。（6）参考题中信息和所学知识，写出由甲醛和化合物A合成2一苯基乙醇（）的路线流程图（其它试剂任选）_。合成路线流程图表达方法例如下：（1）2甲基2溴丙烷 （2分）（2）氧化反应（1分）（3）溴原子、醛基（1分） 14（2分）（4）（5）13 （2分） （6）（3分）【解析】根据题给转化关系和信息推断，A为，B为，C为，E的核磁共振氢谱只有一组峰，说明E中只有一种氢，则D是，E是，F是，J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，说明H中存在羧基，
