最新2022年全國統(tǒng)一高考化學試卷(新課標Ⅱ)

1、最新2022年全國統(tǒng)一高考化學試卷(新課標)of rural drinking water sources, protection of drinking water sources in rural areas by the end of the delimitation of the scope of protection, complete with warning signs, isolating network protection facilitiesof rural drinking water sources, protection of drinking water sour

2、ces in rural areas by the end of the delimitation of the scope of protection, complete with warning signs, isolating network protection facilities第PAGE55頁共NUMPAGES55頁of rural drinking water sources, protection of drinking water sources in rural areas by the end of the delimitation of the scope of pr

3、otection, complete with warning signs, isolating network protection facilities2022年全國統(tǒng)一高考化學試卷新課標一、選擇題：本大題共7小題，每題6分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的16分以下關于燃料的說法錯誤的選項是A燃料燃燒產物CO2是溫室氣體之一B化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染C以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一26分以下各組中的物質均能發(fā)生就加成反響的是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36分a、b、c、d為短周期元素，a的原子

4、中只有1個電子，b2和c+的電子層結構相同，d與b同族以下表達錯誤的選項是Aa與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為+1Bb與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物Cc的原子半徑是這些元素中最大的Dd與a形成的化合物的溶液呈弱酸性46分分子式為C4H8Cl2的有機物共有不含立體異構A7種B8種C9種D10種56分MgAgCl電池是一種以海水為電解質溶液的水激活電池以下表達錯誤的選項是A負極反響式為Mg2e=Mg2+B正極反響式為Ag+e=AgC電池放電時Cl由正極向負極遷移D負極會發(fā)生副反響Mg+2H2O=MgOH2+H266分某白色粉末由兩種物質組成，為鑒別其成分進行如下實驗：取少量樣

5、品參加足量水仍有局部固體未溶解：再參加足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解；取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產生，震蕩后仍有固體存在該白色粉末可能為ANaHCO3、AlOH3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO476分以下實驗操作能到達實驗目的是實驗目的實驗操作A制備FeOH3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制備無水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C除去Cu粉中混有的CuO參加稀硝酸溶液，過濾、洗滌、枯燥D比擬水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中AABBCCDD三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部第2

6、2題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答一必考題共129分814分聯(lián)氨又稱肼，N2H4，無色液體是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料答復以下問題：1聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價為2實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學方程式為32O2g+N2gN2O4lH1N2g+2H2gN2H4lH2O2g+2H2g2H2OgH32N2H4l+N2O4l3N2g+4H2OgH4=1048.9kJmol1上述反響熱效應之間的關系式為H4=，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因為4聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似聯(lián)氨第一步電離反響

7、的平衡常數(shù)值為：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；Kw=1.01014聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為5聯(lián)氨是一種常用的復原劑向裝有少量AgBr的試管中參加聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象是聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O2kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是914分丙烯腈CH2=CHCN是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法生產主要副產物有丙烯醛CH2=CHCHO和乙腈CH3CN等答復以下問題：1以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈C3H3N和副產物丙烯醛C3H4O的熱化學方程式如下：C3H6g+N

8、H3g+O2gC3H3Ng+3H2OgH=515kJmol1C3H6g+O2gC3H4Og+H2OgH=353kJmol1兩個反響在熱力學上趨勢均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡產率的反響條件是；提高丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是2圖a為丙烯腈產率與反響溫度的關系曲線，最高產率對應的溫度為460低于460時，丙烯腈的產率填“是或“不是對應溫度下的平衡轉化率，判斷理由是；高于460時，丙烯腈產率降低的可能原因是雙選，填標號A催化劑活性降低 B平衡常數(shù)變大C副反響增多 D反響活化能增大3丙烯腈和丙烯醛的產率與n氨/n丙烯的關系如圖b所示由圖可知，最正確n氨/n丙烯約為，理由是進料氣氨、空氣、丙烯

9、的理論體積比約為1015分某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質答復以下問題：1分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L 的溶液在FeCl2溶液中需參加少量鐵屑，其目的是2甲組同學取2mL FeCl2溶液，參加幾滴氯水，再參加1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化FeCl2溶液與氯水反響的離子方程式為3乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mL FeCl2溶液中先參加0.5mL 煤油，再于液面下依次參加幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是4丙組同學取10mL 0.1molL1KI溶液，參加6mL 0.1molL1 FeCl3溶液混合

10、分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：第一支試管中參加1mL CCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色；第二支試管中參加1滴K3FeCN6溶液，生成藍色沉淀；第三支試管中參加1滴KSCN溶液，溶液變紅實驗檢驗的離子是填離子符號；實驗和說明：在I過量的情況下，溶液中仍含有填離子符號，由此可以證明該氧化復原反響為5丁組同學向盛有H2O2溶液的試管中參加幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反響的離子方程式為；一段時間后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產生氣泡的原因是，生成沉淀的原因是用平衡移動原理解釋四、選考題：共45分請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物

11、題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，那么每學科按所做的第一題計分化學-選修2：化學與技術1115分雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑生產雙氧水常采用蒽醌法，其反響原理和生產流程如下圖：生產過程中，把乙基蒽醌溶于有機溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化劑作用下進行氫化，再經氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水答復以下問題：1蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是，循環(huán)使用的原料是，配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是2氫化物A中反響的化學方程式為進入氧化塔C的反響混合液中

12、的主要溶質為3萃取塔D中的萃取劑是，選擇其作萃取劑的原因是4工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是5雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測定，該反響的離子方程式為，一種雙氧水的質量分數(shù)為27.5%密度為1.10gcm3，其濃度為molL1化學-選修3：物質結構與性質1215分東晉?華陽國志南中志?卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅銅鎳合金聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品答復以下問題：1鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為，3d能級上的未成對電子數(shù)為2硫酸鎳溶于氨水形成NiNH36SO4藍色溶液NiNH36SO4中陰離子的立體構型是在NiNH36SO4中Ni2+與NH3之間形

13、成的化學鍵稱為，提供孤電子對的成鍵原子是氨的沸點填“高于或“低于膦PH3，原因是；氨是分子填“極性或“非極性，中心原子的軌道雜化類型為3單質銅及鎳都是由鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJmol1、INi=1753kJmol1，ICuINi的原因是4某鎳白銅合金的立方晶胞結構如下圖晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為假設合金的密度為d gcm3，晶胞參數(shù)a=nm化學-選修5：有機化學根底1315分氰基丙烯酸酯在堿性條件下能快速聚合為從而具有膠黏性某種氰基丙烯酸酯G的合成路線如下：A的相對分子質量為58，氧元素質量分數(shù)為0.276，核磁共振氫譜顯示為單峰答復以下問題：1A

14、的化學名稱為2B的結構簡式為其核磁共振氫譜顯示為組峰，峰面積比為3由C生成D的反響類型為4由D生成E的化學方程式為5G中的官能團有、填官能團名稱6G的同分異構體中，與G具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反響的共有種不含立體結構2022年全國統(tǒng)一高考化學試卷新課標參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共7小題，每題6分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的16分以下關于燃料的說法錯誤的選項是A燃料燃燒產物CO2是溫室氣體之一B化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染C以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一【考點】燃料的充分燃燒菁優(yōu)網版權所有【分析】A二氧化碳是

15、形成溫室效應的氣體；B化石燃料完全燃燒生成氣體、灰塵等會造成大氣污染；C壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質少，燃燒更充分，產物為水和二氧化碳，對空氣污染??；D一氧化碳是有毒氣體不能排放到空氣中【解答】解：A形成溫室效應的氣體主要是二氧化碳的大量排放，故A正確；B化石燃料含有硫等因素，完全燃燒會生成二氧化硫會形成酸雨，會造成大氣污染，故B錯誤；C壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質少，燃燒更充分，燃燒時產生的一氧化碳少，對空氣污染小，減少大氣污染，故C正確；D燃料不完全燃燒排放的CO有毒，能結合人體中血紅蛋白損失運送氧的能力，是大氣污染物之一，故D正確；應選B【點評】此題考查了燃料燃燒產物的分析、物質性質

16、的判斷應用，注意知識的積累，題目較簡單26分以下各組中的物質均能發(fā)生就加成反響的是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【考點】取代反響與加成反響菁優(yōu)網版權所有【分析】根據(jù)有機物分子中含碳碳雙鍵、C=O鍵、CHO及苯環(huán)的物質可發(fā)生加成反響，如：烯烴、炔烴、醛類、苯及其同系物等，注意COOH不能發(fā)生加成反響，以此來解答【解答】解：A乙烯可以發(fā)生加成反響，乙醇無不飽和鍵不能發(fā)生加成反響，故A錯誤；B苯是六個碳碳鍵完全等同的化學鍵，一定條件下和氫氣發(fā)生加成反響，氯乙烯分子中含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反響，故B正確；C乙酸分子中羰基不能加成反響，溴乙烷無不飽和鍵不能發(fā)生加成反響，故C錯誤；D

17、丙烯分子中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反響，丙烷為飽和烷烴不能發(fā)生加成反響，故D錯誤；應選B【點評】此題考查有機物的性質、反響類型，題目難度不大，主要是加成反響的實質理解應用，題目較簡單36分a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，b2和c+的電子層結構相同，d與b同族以下表達錯誤的選項是Aa與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為+1Bb與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物Cc的原子半徑是這些元素中最大的Dd與a形成的化合物的溶液呈弱酸性【考點】原子結構與元素周期律的關系菁優(yōu)網版權所有【分析】a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，那么a為H元素；b2和c+的電子層

18、結構相同，結合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，那么d為S元素，結合元素化合物性質與元素周期律解答【解答】解：a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，那么a為H元素；b2和c+的電子層結構相同，結合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，那么d為S元素AH元素與Na形成化合物NaH，H元素為1價，故A錯誤；BO元素與H元素形成H2O、H2O2，與Na元素形成Na2O、Na2O2，與S元素形成SO2、SO3，故B正確；C同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，所有元素中H原子半徑最小，故Na的原子半徑最大，故C正確；Dd與a形成的化合物為H2

19、S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正確應選：A【點評】此題考查結構性質位置關系應用，注意抓住短周期推斷元素，熟練掌握元素化合物知識，注意對元素周期律的理解掌握，有利于根底知識的穩(wěn)固46分分子式為C4H8Cl2的有機物共有不含立體異構A7種B8種C9種D10種【考點】有機化合物的異構現(xiàn)象菁優(yōu)網版權所有【分析】C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個H原子被2個Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CHCH32兩種，再結合定一移一法判斷【解答】解：C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個H原子被2個Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CCH32兩種，CH3CH

20、2CH2CH3中一個Cl取代為甲基、亞甲基中H原子，對應另外的Cl原子分別有4種、4種位置，但有2種重復對碳鏈從前向后一次編號，1、2號碳原子重復一次，1、3與2、4重復，故該情況有6種，CH3CHCH32中一個Cl取代為甲基、次甲基中H原子，對應另外的Cl原子分別有3種、1種位置，但有1種重復分別處于取代甲基、次甲基上H原子，故該情況有3種，故共有9種，應選：C【點評】此題考查有機物的同分異構體的書寫，難度不大，二氯代物的同分異構體常采用“定一移一法解答，注意重復情況56分MgAgCl電池是一種以海水為電解質溶液的水激活電池以下表達錯誤的選項是A負極反響式為Mg2e=Mg2+B正極反響式為A

21、g+e=AgC電池放電時Cl由正極向負極遷移D負極會發(fā)生副反響Mg+2H2O=MgOH2+H2【考點】原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網版權所有【分析】MgAgCl電池中，活潑金屬Mg是復原劑、AgCl是氧化劑，金屬Mg作負極，正極反響為：2AgCl+2e2C1+2Ag，負極反響式為：Mg2e=Mg2+，據(jù)此分析【解答】解：A活潑金屬鎂作負極，失電子發(fā)生氧化反響，反響式為：Mg2e=Mg2+，故A正確；BAgCl是難溶物，其電極反響式為：2AgCl+2e2C1+2Ag，故B錯誤；C原電池放電時，陰離子向負極移動，那么Cl在正極產生由正極向負極遷移，故C正確；D鎂是活潑金屬與水反響，即Mg+2H2O

22、=MgOH2+H2，故D正確；應選：B【點評】此題考查原電池工作原理，注意常見物質的性質，如鎂的復原性以及銀離子的氧化性是解題的關鍵，題目難度中等66分某白色粉末由兩種物質組成，為鑒別其成分進行如下實驗：取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解：再參加足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解；取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產生，震蕩后仍有固體存在該白色粉末可能為ANaHCO3、AlOH3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO4【考點】物質的檢驗和鑒別的根本方法選擇及應用菁優(yōu)網版權所有【分析】取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解，說明有一種物質不溶于水，再參加足量

23、稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解，那么至少有一種物質可與鹽酸反響生成氣體，可能為二氧化碳或二氧化硫；取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產生，震蕩后仍有固體存在，說明在振蕩過程中生成不溶于酸的固體，以此解答該題【解答】解：ANaHCO3、AlOH3都與鹽酸反響，鹽酸足量時沒有固體剩余，故A錯誤；B碳酸氫鈉與鹽酸反響生成氣體，AgCl不溶于鹽酸，故B錯誤；CBaCO3不溶于水，二者都與鹽酸反響，且生成氣體，假設參加足量稀硫酸，有氣泡產生，且BaCO3，能和H2SO4反響生成BaSO4沉淀，故C正確；D參加過量鹽酸，生成二氧化碳氣體，但沒有固體剩余，故D錯誤應選C【點評】此題考查物質的檢驗和鑒別，側重于

24、元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關鍵，難度中等76分以下實驗操作能到達實驗目的是實驗目的實驗操作A制備FeOH3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制備無水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C除去Cu粉中混有的CuO參加稀硝酸溶液，過濾、洗滌、枯燥D比擬水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中AABBCCDD【考點】化學實驗方案的評價菁優(yōu)網版權所有【分析】A制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液；B直接加熱，易導致氯化鎂水解；C二者都與稀硝酸反響；D分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據(jù)反響的劇

25、烈程度比擬氫的活潑性【解答】解：A將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中，生成氫氧化鐵沉淀，制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，故A錯誤；B氯化鎂易水解，加熱溶液易得到氫氧化鎂沉淀，為防止水解，應在氯化氫氣氛中，故B錯誤；C二者都與稀硝酸反響，應參加非氧化性酸，如稀硫酸或鹽酸，故C錯誤；D分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據(jù)反響的劇烈程度比擬氫的活潑性，故D正確應選D【點評】此題考查較為綜合，涉及膠體的制備、鹽類的水解、除雜以及性質的比擬等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大三、非選擇題：包括必考題和選考

26、題兩局部第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答一必考題共129分814分聯(lián)氨又稱肼，N2H4，無色液體是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料答復以下問題：1聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價為22實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學方程式為2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O32O2g+N2gN2O4lH1N2g+2H2gN2H4lH2O2g+2H2g2H2OgH32N2H4l+N2O4l3N2g+4H2OgH4=1048.9kJmol1上述反響熱效應之間的關系式為H4=2H32H2H1，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推

27、進劑的主要原因為反響放熱量大，產生大量氣體4聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似聯(lián)氨第一步電離反響的平衡常數(shù)值為8.7107：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；Kw=1.01014聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為N2H6HSO425聯(lián)氨是一種常用的復原劑向裝有少量AgBr的試管中參加聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象是固體逐漸變黑，并有氣泡產生聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O21kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是N2H4的用量少，不產生其他雜質復原產物為N2和H2O，而Na2SO3產生Na2SO4【考點】含氮物質的綜

28、合應用；用蓋斯定律進行有關反響熱的計算菁優(yōu)網版權所有【分析】1肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，元素化合價代數(shù)和為0計算化合價；2氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被復原生成氯化鈉；32O2g+N2gN2O4lH1N2g+2H2gN2H4lH2O2g+2H2g2H2OgH3依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算22得到2N2H4l+N2O4l3N2g+4H2OgH4=1048.9kJmol14聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2ON2H5+OH，平衡常數(shù)Kb=KKw，由于是二元堿，因此聯(lián)氨

29、與硫酸形成的酸式鹽為N2H6HSO42；5聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被復原生成單質銀，聯(lián)胺被氧化失電子N2H4N24e，O24e，依據(jù)守恒計算判斷，依據(jù)鍋爐的質地以及反響產物性質解答【解答】解：1肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，電子式為：，其中氫元素化合價為+1價，那么氮元素化合價為2價，故答案為：；2；2氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被復原生成氯化鈉，結合原子守恒配平書寫反響的化學方程式為：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O，故答案為：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；32O2g+N2gN

30、2O4lH1N2g+2H2gN2H4lH2O2g+2H2g2H2OgH3依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算22得到2N2H4l+N2O4l3N2g+4H2OgH4=2H32H2H1，根據(jù)反響可知，聯(lián)氨和N2O4反響放出大量熱且產生大量氣體，因此可作為火箭推進劑，故答案為：2H32H2H1；反響放熱量大，產生大量氣體；4聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2ON2H5+OH，平衡常數(shù)Kb=KKw=8.71071.01014=8.7107，第二步電離方程式為N2H5+H2ON2H62+OH，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6HSO42，故答案為：8.7107，N

31、2H6HSO42；5聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被復原生成單質銀，2價的N元素被氧化為N2，反響方程式為：N2H4+4AgBr=4Ag+N2+4HBr，因此反響出現(xiàn)現(xiàn)象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產生，由于肼的氧化產物是氮氣，不會對鍋爐造成腐蝕，而亞硫酸鈉被氧化產物為硫酸鈉，易生成硫酸鹽沉淀影響鍋爐的平安使用，聯(lián)胺被氧化失電子N2H4N24e，O24e，N2H4O24e，聯(lián)胺和氧氣摩爾質量都是32g/mol，那么等質量聯(lián)胺和氧氣物質的量相同，理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O21kg，與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是用量少，不產生其他雜質復原產物為N2和H2O，而Na2SO3

32、產生Na2SO4，故答案為：固體逐漸變黑，并有氣泡產生；1；N2H4的用量少，不產生其他雜質復原產物為N2和H2O，而Na2SO3產生Na2SO4【點評】此題考查了氮及其化合物性質、物質結構、熱化學方程式和蓋斯定律計算應用、平衡常數(shù)的計算方法，主要是氧化復原反響的計算及其產物的判斷，題目難度中等914分丙烯腈CH2=CHCN是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法生產主要副產物有丙烯醛CH2=CHCHO和乙腈CH3CN等答復以下問題：1以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈C3H3N和副產物丙烯醛C3H4O的熱化學方程式如下：C3H6g+NH3g+O2gC3H3Ng+3H2Og

33、H=515kJmol1C3H6g+O2gC3H4Og+H2OgH=353kJmol1兩個反響在熱力學上趨勢均很大，其原因是兩個反響均為放熱量大的反響；有利于提高丙烯腈平衡產率的反響條件是低溫、低壓；提高丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是催化劑2圖a為丙烯腈產率與反響溫度的關系曲線，最高產率對應的溫度為460低于460時，丙烯腈的產率不是填“是或“不是對應溫度下的平衡轉化率，判斷理由是該反響為放熱反響，平衡產率應隨溫度升高而降低；高于460時，丙烯腈產率降低的可能原因是AC雙選，填標號A催化劑活性降低 B平衡常數(shù)變大C副反響增多 D反響活化能增大3丙烯腈和丙烯醛的產率與n氨/n丙烯的關系如圖b所示由圖

34、可知，最正確n氨/n丙烯約為1，理由是該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1：7.5：1【考點】化學平衡的計算；熱化學方程式；化學平衡的影響因素菁優(yōu)網版權所有【分析】1依據(jù)熱化學方程式方向可知，兩個反響均放熱量大，即反響物和生成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；有利于提高丙烯腈平衡產率需要改變條件使平衡正向進行，由圖b可知，提高丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是催化劑；2460C以前是建立平衡的過程，所以低于460C時尚未到達平衡狀態(tài)，高于460C時，是溫度升高平衡逆向進行，正反響為放熱反響，丙烯腈產率降低；3根據(jù)圖象可知，當約為1時，該比例下丙烯腈產率最

35、高，而副產物丙烯醛產率最低，根據(jù)化學反響C3H6g+NH3g+O2g=C3H3Ng+3H2Og，氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比參加反響到達最正確狀態(tài)，依據(jù)氧氣在空氣中約占20%計算條件比【解答】解：1兩個反響在熱力學上趨勢均很大，兩個反響均放熱量大，即反響物和生成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；該反響為氣體體積增大的放熱反響，所以降低溫度、降低壓強有利于提高丙烯腈的平衡產率，由圖b可知，提高丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是催化劑，故答案為：兩個反響均為放熱量大的反響；低溫、低壓；催化劑；2因為該反響為放熱反響，平衡產率應隨溫度升高而降低，反響剛開始進行，尚未到達平衡狀態(tài)，460C以前是建

36、立平衡的過程，所以低于460C時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡產率；高于460C時，丙烯腈產率降低，A催化劑在一定溫度范圍內活性較高，假設溫度過高，活性降低，故A正確；B平衡常數(shù)的大小不影響產率，故B錯誤；C根據(jù)題意，副產物有丙烯醛，副反響增多導致產率下降，故C正確；D反響活化能的大小不影響平衡，故D錯誤；故答案為：不是，該反響為放熱反響，平衡產率應隨溫度升高而降低；AC；3根據(jù)圖象可知，當約為1時，該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；根據(jù)化學反響C3H6g+NH3g+O2g=C3H3Ng+3H2Og，氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比參加反響到達最正確狀態(tài)，而空氣中氧氣

37、約占20%，所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為：1：7.5：1，故答案為：1：1；該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；1：7.5：1【點評】此題考查熱化學方程式，影響化學平衡的因素等知識注意圖象分析判斷，定量關系的理解應用是解題關鍵，題目難度中等1015分某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質答復以下問題：1分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L 的溶液在FeCl2溶液中需參加少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化2甲組同學取2mL FeCl2溶液，參加幾滴氯水，再參加1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化FeCl2溶液與氯水反響的離子方

38、程式為Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl3乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mL FeCl2溶液中先參加0.5mL 煤油，再于液面下依次參加幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是隔離空氣排除氧氣對實驗的影響4丙組同學取10mL 0.1molL1KI溶液，參加6mL 0.1molL1 FeCl3溶液混合分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：第一支試管中參加1mL CCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色；第二支試管中參加1滴K3FeCN6溶液，生成藍色沉淀；第三支試管中參加1滴KSCN溶液，溶液變紅實驗檢驗的離子是Fe2+填離子符號；實驗和說明：在I過量的情況下，溶

39、液中仍含有Fe3+填離子符號，由此可以證明該氧化復原反響為可逆反響5丁組同學向盛有H2O2溶液的試管中參加幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反響的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；一段時間后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產生氣泡的原因是鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，生成沉淀的原因是過氧化氫分解反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動用平衡移動原理解釋【考點】性質實驗方案的設計；鐵及其化合物的性質實驗菁優(yōu)網版權所有【分析】1鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液中參加鐵粉防止氯化亞鐵被氧化；2氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化

40、鐵；3煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響；4參加1滴K3FeCN6溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反響現(xiàn)象，第一支試管中參加1mL CCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質，隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化復原反響；5向盛有H2O2溶液的試管中參加幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，過氧化氫分解反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動【解答】解：1鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵，在FeCl2溶液中需參加少量鐵屑，其目的是防

41、止氯化亞鐵被氧化，故答案為：防止氯化亞鐵被氧化；2氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，反響的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，故答案為：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；3煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響，故答案為：隔離空氣排除氧氣對實驗的影響；4參加1滴K3FeCN6溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反響現(xiàn)象，實驗檢驗的離子是Fe2+，第一支試管中參加1mL CCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質，反響的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，第三支試管中參加1滴KS

42、CN溶液，溶液變紅，說明隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化復原反響，仍含有鐵離子，在I過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，說明該反響為可逆反響故答案為：Fe2+；Fe3+；可逆反響5向盛有H2O2溶液的試管中參加幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，反響的離子方程式為：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，產生氣泡的原因是鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，氯化鐵溶液中存在水解平衡，F(xiàn)e3+3H2OFeOH3+3H+，水解反響為吸熱反響，過氧化氫分解放出熱量，促進Fe3+的水解平衡正向移動故答案

43、為：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣；過氧化氫分解反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動【點評】此題考查了鐵架化合物性質、主要是溶液配制、離子方程式書寫、離子檢驗、鹽類水解等知識點，注意題干信息的分析判斷，題目難度中等四、選考題：共45分請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題如果多做，那么每學科按所做的第一題計分化學-選修2：化學與技術1115分雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑生產雙

44、氧水常采用蒽醌法，其反響原理和生產流程如下圖：生產過程中，把乙基蒽醌溶于有機溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化劑作用下進行氫化，再經氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水答復以下問題：1蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣，循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌，配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑2氫化物A中反響的化學方程式為進入氧化塔C的反響混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌3萃取塔D中的萃取劑是水，選擇其作萃取劑的原因是過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水4工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸5雙氧

45、水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測定，該反響的離子方程式為5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O，一種雙氧水的質量分數(shù)為27.5%密度為1.10gcm3，其濃度為8.89molL1【考點】制備實驗方案的設計菁優(yōu)網版權所有【分析】1由轉化反響可知，先與氫氣發(fā)生加成反響，再與氧氣發(fā)生氧化反響；乙基蒽醌開始被消耗，后來又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有機溶劑；2由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反響；進入氧化塔C的反響混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌；3D中萃取別離出過氧化氫溶液，那么選擇萃取劑為水；4除凈殘留的H2O2，因過氧化氫過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸

46、；5雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化復原反響生成氧氣，結合c=計算濃度【解答】解：1由轉化反響可知，先與氫氣發(fā)生加成反響，再與氧氣發(fā)生氧化反響，那么蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣；乙基蒽醌開始被消耗，后來又生成，那么循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑，故答案為：氫氣和氧氣；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑；2由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反響，反響為；進入氧化塔C的反響混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌，故答案為：；乙基氫蒽醌；3D中萃取別離出過氧化氫溶液，那么選擇萃取劑為水，選擇其作萃取劑

47、的原因是過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案為：水；過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；4工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸，故答案為：過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；5雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化復原反響生成氧氣，離子反響為5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O，由c=可知一種雙氧水的質量分數(shù)為27.5%密度為1.10gcm3，其濃度為=8.89mol/L，故答案為：5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O；8.89【點評】此題考查物質的制備實驗，為高頻

48、考點，把握制備實驗原理、實驗技能、物質的性質為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物的性質及應用，題目難度中等化學-選修3：物質結構與性質1215分東晉?華陽國志南中志?卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅銅鎳合金聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品答復以下問題：1鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級上的未成對電子數(shù)為22硫酸鎳溶于氨水形成NiNH36SO4藍色溶液NiNH36SO4中陰離子的立體構型是正四面體在NiNH36SO4中Ni2+與NH3之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N氨的沸點高于填“高于或“低于膦

49、PH3，原因是氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強；氨是極性分子填“極性或“非極性，中心原子的軌道雜化類型為sp33單質銅及鎳都是由金屬鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJmol1、INi=1753kJmol1，ICuINi的原因是銅失去的是全充滿的3d10電子，Ni失去的是4s1電子4某鎳白銅合金的立方晶胞結構如下圖晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為3：1假設合金的密度為d gcm3，晶胞參數(shù)a=107nm【考點】晶胞的計算；判斷簡單分子或離子的構型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷菁優(yōu)網版權所有【分析】1Ni元素原子核外電子數(shù)為28，結合能量最低原理書寫核外電子排布

50、式；2SO42中S原子的孤電子對數(shù)=0，價層電子對數(shù)=4+0=4；Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵；PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，增大了物質的沸點；NH3分子為三角錐形結構，分子中正負電荷重心不重合，N原子有1對孤對電子，形成3個NH鍵，雜化軌道數(shù)目為4；3單質銅及鎳都屬于金屬晶體；Cu+的外圍電子排布為3d10，Ni+的外圍電子排布為3d84s1，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定；4根據(jù)均攤法計算晶胞中Ni、Cu原子數(shù)目；屬于面心立方密堆積，結合晶胞中原子數(shù)目表示出晶胞質量，再結合m=V可以計算晶胞棱長【解答】解：1Ni元素原子核外電子數(shù)為28，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級上的未成對電子數(shù)為2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；2；2SO42中S原子的孤電子對數(shù)=0，價層電子對數(shù)=4+0=4，離子空間構型為正四面體，故答案為：正四面體；Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵，故答案為：配位鍵；N；PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強，