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 [解析] 试题分析：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。 考点：考查有机反应类型

9.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-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 [解析]　　 试题分析：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，b2-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。 考点:元素的推断，元素周期律的应用等知识

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 [解析] 试题分析：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；1,1－二氯－2－甲基丙烷；1,2－二氯－2－甲基丙烷；1,3－二氯－2－甲基丙烷。答案选C。 考点：同分异构体的判断

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-=Mg2+ 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 [解析] 试题分析：根据题意，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-=Mg2+，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。 考点：原电池的工作原理

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 [解析] 试题分析：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。 考点：物质的推断和性质。

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]26、(1) ；-2价 (2)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O　 (3)△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 (4)8.7×10-7，N2H5HSO4 (5)试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀　　 1kg　 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 (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+ N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，平衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7 ；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N2H5HSO4。 (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，可观察到试管壁出现光亮银镜；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。 考点：考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离等知识。

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 ①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)　 △H=-353kJ/mol 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460OC．低于460OC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460OC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　　　 。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为　　　　　　 [答案]27.(1)因为生产产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的三键和双键，能量低，故热力学趋势大； 低温、低压有利于提高丙烯腈的平衡产率；控制反应物的用量 (2)不是，反应刚开始进行，主要向正方向进行，尚未达到平衡状态；　 AC (3)1:1　 此时产物主要是丙烯腈，副产物几乎没有；　 2:15:2 [解析] 试题分析：(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，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；由图b可知，提是最佳比；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。 考点：考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。

28．(15分) 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]28.(1)防止Fe2+被空气氧化　 (2)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3)隔绝空气，防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰 (4)Fe2+；Fe3+；2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+是H2O2分解的催化剂，使H2O2分解产生O2； Fe3++ 3H2OFe(OH)3+3H+，反应消耗H+使c(H+)降低，水解平衡正向移动，产生较多Fe(OH)3，聚集形成沉淀。 [解析] 试题分析：(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Fe2+被空气氧化。 (2)Cl2可将Fe2+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2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。 (3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。 (4)根据Fe2+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Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验①和 考点：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。

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： 　 　 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 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]36. (1)氢气和氧气　 ；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较大，在水中的溶解度较小 (2) ；乙基氢蒽醌 (3)水；H2O2易溶于水，难溶于有机溶剂 (4)H2O2具有强氧化性，防止催化剂中毒 (5)6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O ；0.89 [解析] 试题分析：(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化合价由-价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；根据公式c=1000p×a÷M=1000×1.10×27.5%÷34=0.89mol/L。 考点：考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识。

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______。 (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]37.( 1)1s22s2 2p63s23p63d84s2　　 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，分子间作用力强；sp3 (3)金属键； Cu+核外电子排布比Ni+稳定，难以失去电子 (4)①3：1　 ② [解析] 试题分析：(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1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，在分别占据三个轨道，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，SO42-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]2+中Ni2+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sp3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；Cu+核外电子排布比Ni+稳定，难以失去电子，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，则铜和镍的数量比为3:1。 ②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据p=m÷V，则晶胞参数a=nm。　 考点：考查核外电子排布，化学键类型，晶胞的计算等知识。