2021年高考理综真题试卷(化学部分)(新课标Ⅱ卷)4带答案解析.docx

1、2021年高考理综真题试卷（化学部分）（新课标卷）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.下列关于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是大气污染物之一2.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3.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+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+1B.b与其他三种元素均可

2、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与a形成的化合物的溶液呈弱酸性4.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5.MgAgCl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Mg2e=Mg2+B.正极反应式为Ag+e=AgC.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+H26.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：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；取少量样品加入足量稀盐酸有气泡产生，震荡后

3、仍有固体存在该白色粉末可能为（ ）A.NaHCO3、Al（OH）3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO47.下列实验操作能达到实验目的是（ ）实验目的实验操作A制备Fe（OH）3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A.AB.BC.CD.D二、非选择题：8.联氨（又称肼，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

4、电子式为_，其中氮的化合价为_（2）实验室中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）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H32N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJmol1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=8.7107；Kw=1.01014）联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_（5）联

5、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_9.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）。热化学方程式如下：C3H6（g）+NH3（g）+32 O2（g）C3H3N（g）+3H2O（g）H=515kJmol1

6、 C3H6（g）+O2（g）C3H4O（g）+H2O（g）H=353kJmol1两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，最高产率对应的温度为460低于460时，丙烯腈的产率_（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是_；高于460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（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

7、气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_10.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溶液中需加入少量铁屑，其目的是_（2）甲组同学取2mL FeCl2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2mL FeCl2溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_（4）丙组同学取10mL 0.1molL1KI溶液，加入6mL

8、0.1molL1 FeCl3溶液混合分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红实验检验的离子是_（填离子符号）；实验和说明：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FeCl2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

9、）11.化学-选修2：化学与技术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：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H2O2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）氢化物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KMn

10、O4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1.10gcm3），其浓度为_molL1 12.化学-选修3：物质结构与性质东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，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能级上的未成对电子数为_（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni（NH3）6SO4蓝色溶液Ni（NH3）6SO4中阴离子的立体构型是_在Ni（NH3）6SO4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_氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_

11、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；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1 958kJmol1、INi=1 753kJmol1 ， ICuINi的原因是_（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_若合金的密度为d gcm3 ， 晶胞参数a=_nm13.化学-选修5：有机化学基础氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 从而具有胶黏性某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下： 已知：A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰 回答下列问题：（1）A的化学名称为_（2）B的结构简式为

12、_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（不含立体结构）答案解析部分一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.【答案】 B 【考点】燃料的充分燃烧 【解析】【解答】A形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；B化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B错误；C压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气

13、污染，故C正确；D燃料不完全燃烧排放的CO有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确；故选B【分析】A二氧化碳是形成温室效应的气体；B化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；C压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小；D一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积累，题目较简单2.【答案】 B 【考点】加成反应 【解析】【解答】A乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；B苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含

14、碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；C乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；D丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错误；故选B【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O键、CHO及苯环的物质可发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意COOH不能发生加成反应，以此来解答本题考查有机物的性质、反应类型等知识点，题目难度不大，主要是加成反应的实质理解应用，题目较简单3.【答案】 A 【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 【解析】【解答】：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元

15、素；b2和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素AH元素与Na形成化合物NaH，H元素为1价，故A错误；BO元素与H元素形成H2O、H2O2 ， 与Na元素形成Na2O、Na2O2 ， 与S元素形成SO2、SO3 ， 故B正确；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故Na的原子半径最大，故C正确；Dd与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确故选：A【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为

16、Na；d与b同族，则d为S元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答本题主要考查结构性质位置关系的应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固4.【答案】 C 【考点】同分异构现象和同分异构体 【解析】【解答】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2两种，CH3CH2CH2CH3中一个Cl取代为甲基、亚甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有4种、4种位置，但有2种重复（对碳链从前向后一次编号，1、2号碳原子重复一次，1、3与2、4重复），故该情况有6种，C

17、H3CH（CH3）2中一个Cl取代为甲基、次甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有3种、1种位置，但有1种重复（分别处于取代甲基、次甲基上H原子），故该情况有3种，故共有9种.故选：C【分析】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种，再结合定一移一法判断本题考查有机物同分异构体的书写，难度不大，二氯代物的同分异构体常采用“定一移一”法解答，注意重复情况5.【答案】 B 【考点】常见化学电源的种类及其工作原理 【解析】【解答】解：A活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg2e=Mg2+ ， 故A

18、正确；BAgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e2C1+2Ag，故B错误；C原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；D镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2，故D正确；故选：B【分析】MgAgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e2C1+2Ag，负极反应式为：Mg2e=Mg2+ ， 据此分析本题考查原电池的工作原理，要注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，题目难度中等6.【答案】 C 【考点】物质的检验和鉴别 【解析】【解答】ANaHCO3、A

19、l（OH）3都与盐酸反应，盐酸足量时没有固体剩余，故A错误；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，振荡时二氧化硫易被空气中氧气氧化生成硫酸，有硫酸钡沉淀生成，不溶于盐酸，故C正确；D加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误故选C【分析】取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该

20、题本题主要考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等7.【答案】 D 【考点】化学实验方案的评价 【解析】【解答】A将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故A错误；B氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故B错误；C二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C错误；D分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，故D正确故选D【分析】A制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁

21、溶液；B直接加热，易导致氯化镁水解；C二者都与稀硝酸反应；D分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性本题考查较为综合，涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大二、非选择题：8.【答案】 （1）；2（2）2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O（3）2H32H2H1；联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应（4）8.7107；N2H5HSO4（5）试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境

22、无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用 【考点】盖斯定律及其应用，含氮物质的综合应用 【解析】【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4 ， 是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为： ，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为2价， 故答案为： ；2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g

23、）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=2H32H2H1 ， 联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应放出大量热，联氨和N2O4可作为火箭推进剂，故答案为：2H32H2H1 ， 联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH ， 平衡常数Kb= = =KKw=8.71071.01014=8

24、.7107 ， N2H4+H+N2H5+ ， 联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4 ， 故答案为：8.7107 ， N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，反应出现现象为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4N24e ， O24e ， N2H4O24e ， 联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点

25、是氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，故答案为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用【分析】（1）肼的分子式为N2H4 ， 是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3

26、依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJmol1（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH ， 平衡常数Kb= = =KKw，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4N24e ， O24e ， 依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答本题考查了的知识点有氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断，题目

27、难度中等9.【答案】 （1）两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂（2）不是；反应开始进行主要是向正反应方向进行，尚未达到平衡；AC（3）1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1 【考点】热化学方程式，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算 【解析】【解答】（1）两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是因为两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图

28、b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，故答案为：两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂；（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460C以前是建立平衡的过程，所以低于460C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460C时，丙烯腈产率降低，A催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；B平衡常数的大小不影响产率，故B错误；C根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确；D反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；故

29、答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；（3）根据图象可知，当 约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+ 32 O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1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：1：7.5：1，故答案为：1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1；【分析】本题主要考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等10.【答案】 （1）防

30、止氯化亚铁被氧化（2）Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl（3）隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁（4）Fe2+；Fe3+；2Fe3+2I=I2+2Fe2+（5）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂，过氧化氢分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+ ， 反应中消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀 【考点】铁及其化合物的性质实验，性质实验方案的设计 【解析】【解答】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具

31、有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl ， 故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，防止空气中的氧气氧化氯化亚铁，煤油的作用是隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁，故答案为：隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁；（4）加入1滴K3Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验检验的离子是Fe2+ ， 第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2 ， 碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3

32、+2Cl ， 第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+ ， 故答案为：Fe2+；Fe3+；Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+ ， 反应中消耗氢离

33、子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+ ， 反应中消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀【分析】本题考查了的知识点有铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子检验、盐类水解等，注意题干信息的分析判断，题目难度中等11.【答案】 （1）氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小（2）；乙基氢蒽醌（3）水；过氧化氢易溶于水，难溶于有机溶剂（4）过氧化氢具有强氧化性，防止

34、催化剂中毒（5）5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O；8.89 【考点】制备实验方案的设计 【解析】【解答】解：（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应，则蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小，故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌与氢气反应 ；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌，故答案

35、为： ；乙基氢蒽醌；（3）D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水，难溶于有机溶剂，故答案为：水；过氧化氢易溶于水，难溶于有机溶剂；（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2 ， 原因是过氧化氢具有强氧化性，防止催化剂中毒，故答案为：过氧化氢具有强氧化性，防止催化剂中毒；（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O，由c= 1000M 可知一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10gcm3），其浓度为 10001.1027.5%34 =8.89mol/L，

36、故答案为：5H2O2+6H+2MnO4=2Mn2+5O2+8H2O；8.89【分析】（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有机溶剂；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌与氢气反应；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌；（3）D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水；（4）除净残留的H2O2 ， 因过氧化氢具有强氧化性，能使催化剂中毒；（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合c= 1000M 计算浓度本题主要考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能

37、、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性质及应用，题目难度中等12.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d84s2；2（2）正四面体；配位键；N；高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3（3）金属；Cu+的核外电子排布比Ni+的更稳定，难以失去电子（4）3：1；3251dNA107 【考点】判断简单分子或离子的构型，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【解析】【解答】解：（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2 ， 3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s

38、23p63d84s2；2；（2）SO42中S原子的孤电子对数= 6+2242=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个NH键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；（3）单质铜及镍都属于金属晶体

39、，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10 ， Ni+的外围电子排布为3d84s1 ， Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二的电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；Cu+的核外电子排布比Ni+的更稳定，难以失去电子；（4）晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为818 =1、Cu原子数目=612 =3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为 59+643NAg，则 59+643NA g=d gcm3（a107 cm）3 ， 解得a即为结果 故答案为： 3251dNA 107 【分析】本题是对物质结构与

40、性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础13.【答案】 （1）丙酮（2）；2；1：6（3）取代反应（4）+NaOH +NaCl（5）酯基；碳碳双键；氰基（6）7 【考点】有机物的推断 【解析】【解答】解：A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为 580.27616=1，分子中C、H原子总相对原子质量为5816=42，则分子中最大碳原子数目为 4212=3，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为 ，B为 ，B发生消

41、去反应生成C为 ，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为 ，E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为 ，F为 ,G为 （1）由上述分析可知，A为 ，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；（2）由上述分析可知，B的结构简式为 其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6， 故答案为： ；1：6；（3）由C生成D的反应类型为：取代反应，故答案为：取代反应； （4）由D生成E的化学方程式为 +NaOH +NaCl，故答案为： +NaOH +NaCl；（5）G为 ，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基，故答案为：酯基、碳碳双键、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，含有甲酸形成的酯基，可以看作OOCH、CN取代CH3CH=CH2形成的物质，OOCH取代甲基中H原子，CN有3种位置，OOCH取代2号碳原子上H原子，CN有1种位置，OOCH取代1号碳原子上H原子，CN有3种位置，故共有7种，故答案为：7【分析】本题主要考查有机物的推断，关键是确定A的结构简式，再结合反应条件、有机物分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中注意利用取代方法确定同分异构体