1、A 4 种 B 6.种 C 7 种 D 9 种【答案】C【解析】对二甲苯的二氯代物，当两个氯取代甲基上的H时有2种结构；当有一个氯取代甲基上的H，另外一个氯取代苯环上的H，苯环上可以有邻、间2种位置，故二氯代物有2种结构；当2个氯都取代苯环上的H时，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基的邻位时，另外一个氯还有3种位置，故此二氯代物有3种结构；综上所述，二氯代物的结构有2+2+3=7种，答案选C。3目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A该冰具有丁达尔效应B“气态冰”与普通冰化学性质相同C18g“气态冰”的在标况下体积等
2、于22.4 LD构成“气态冰的分子为极性分子【解析】A该“气态冰”是像棉花糖一样的气凝胶，因此具有胶体的丁达尔效应，A正确；B“气态冰”与普通冰一样都是由H2O分子构成，因此物质的化学性质相同，B正确；C18 g“气态冰”的物质的量是1 mol，由于状态为固态，所以不能使用气体摩尔体积计算，C错误；的分子是H2O，由于H2O分子中O原子上有孤电子对，所以分子为极性分子，D正确；选C。4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A25 pH12的Na2CO3溶液中含有OH的数目为0.01NAB标准状况下，22.4 L乙烯中含有极性键数目为4NAC1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAD
3、在铜与硫的反应中，1 mol铜失去电子数为2NA【答案】B【解析】缺少溶液体积，无法计算氢氧根离子数目，故A错误；标准状况下，22.4 L乙烯为1 mol，含有4 mol CH，故B正确；苯乙烯分子中只含1个碳碳双键，因此1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，故C错误；在铜与硫的反应中，铜由0价到1价，故1 mol铜失去电子数为NA，故D错误。5某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法错误的是（）A碎瓷片有催化和积蓄热量的作用B结束反应时，先撤出导管，再停止加热C石蜡油是液态烷烃DB、C中溶液均褪色，反应类型相同【答案】D【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。石
4、蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃。把生成物通入酸性高锰酸钾溶液中，发生氧化反应，溶液褪色；通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应，溶液褪色。装置A中碎瓷片有催化和积蓄热量的作用，有助于石蜡油分解，A正确；结束反应时，应先撤出导管，再停止加热，防止因温度变化出现倒吸现象，B正确；石蜡油是17个碳原子以上的液态烷烃混合物，C正确；装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色是因为与分解生成的烯烃发生氧化还原反应，装置C中溴的四氯化碳溶液褪色是因为与分解生成的烯烃发生加成反应，反应类型不相同，D错误。6二茂铁分子Fe （C5H5）2是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，
5、可作为导弹和卫星的涂料等它的结构如图所示，下列说法正确的是（）A二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子（C5H5）之间为离子键BFe元素在周期表中的位置是第四周期A CFe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 D1 mol环戊二烯（）中含有键的数目为5NA，键的数目是2NA【解析】A、二茂铁分子Fe （C5H5）2是一种金属有机配合物，Fe2+与环戊二烯离子（C5H5）之间存在配位键，故A错误；B、Fe元素在周期表中的位置是第四周期族，故B错误；C、Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故C正确；D、一个环戊二烯（）中含有9个单键，2个双键，所以一个环戊二烯（）
6、中含有9个单键，2个双键，中含有11个键和2个键，1mol环戊二烯（）中含有键的数目为11NA，键的数目是2NA，故D错误；7化合物X是一种药物中间体，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是（）AX既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应BX分子中有6个手性碳原子C分子式为C27H29NO10D分子中有4种含氧官能团【解析】A含有羧基，可与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，可与盐酸反应，故A正确；B手性碳原子连接不同的原子或原子团，该有机物含有6个手性碳原子，如图所示，故B正确；C由结构简式可知分子式为C27H29NO10，故C正确；D含有的含氧官能团有羰基、醚键、羟基和羧基，其中羟基有酚
7、羟基和醇羟基，应有5种，故D错误。8短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是A原子半径：W Z Y XB气态氢化物热稳定性：Y WC元素Z和W均存在两种以上的含氧酸DX2Y2是非极性分子【解析】X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。A、原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为ZWYX，错误；
8、B、原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为WYZ，错误；C、元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，正确；D、由图可知H2O2是极性分子，错误。9某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2OH2SO4=CuSO4CuH2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是（）A取少量红色固体，加入足
9、量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu（OH）2沉淀，加热后制取Cu2O【解析】A、取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，错误；B、若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，错误；C、假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H
10、2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，正确；D、实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu（OH）2悬浊液，加热后制取Cu2O，错误。10一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，下列说法中正确的是（）A反应中H2O2做还原剂B产品中含有SO、ClCNaClO2的漂白原理与SO2相同D实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【解析】A反应I中发生的反应为3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置
11、，发生反应：2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B反应是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH，不可能含SO、Cl，B错误；CNaClO2中Cl元素化合价为3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是
12、A。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是（）A青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B负极发生的电极反应为O2 4e2H2O=4OHC环境中的Cl与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu23OHCl=Cu2 （OH）3ClD若生成0.2 mol Cu2（OH）3Cl
13、，则理论上消耗的O2体积为4.48 L【答案】BD【解析】根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2 4e2H2O=4OH，B错误；C、多孔粉状锈 Cu2（ OH ）3Cl为固体，故生成 Cu2（ OH ）3Cl 的离子方程式为：2Cu23OHCl=Cu2（OH）3Cl，C正确；D、不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。12Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除
14、酸性废水中的致癌物NO2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是（）APd上发生的电极反应为：H22e2H+ BFe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用 C反应过程中NO2被Fe（）还原为N2 D用该法处理后水体的pH降低【解析】A、由图可知Pd上氢气得电子生成氢离子，所以电极反应为：H22e2H+，故A正确；B、Fe（）得电子生成Fe（），Fe（）失电子生成Fe（），则Fe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C、由图可知反应过程中NO2得到Fe（）给的电子生成N2，所以反应过程中NO2被Fe（）还原为N2，故C正确；D、总反应方程式可知：2H+2NO2+3H
15、2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误。13电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是（）AN2生成NH3是通过多步还原反应实现的 B两个氮原子上的加氢过程同时进行 C析氢反应（H*+H*H2）不会影响NH3的生成 DNH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】BC【解析】AN2生成NH3的过程中氮原子结合氢原子，氮元素化合价降低，被还原发生还原反应，N2生成NH3是通过多步还原反应实现的，故A正确；B两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故B错误；C析氢反应（H*+H*H2），减少H*，会影响NH3的生成，故C错误
16、；DNH3的及时脱附，有利于电催化N2还原制NH3的反应速率，有利于增加催化剂活性位，故D正确。14为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成处理成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se发生的反应为：Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O SeO2+4KI+4HNO34KNO3+Se+2I2+2H2O下列说法正确的是（）A.反应中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物B反应中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C反应中，每生成0.6molI2转移1.2mole-D氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）SeO2I2【答案】CD【解析】A中S元素化合价由+6价
17、变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，所以浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物，所以SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；B中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；I2转移电子物质的量=0.6mol20-（-1）=1.2mol，故C正确；D同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，氧化性H2SO4（浓）SeO2；中氧化剂是、SeO2、氧化产物是碘，
18、则氧化性SeO2I2，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）SeO2I2，故D正确。15乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，电离类似于氨：NH3H2ONHOH，25 时，Kb1104.07，Kb2107.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是（）A曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NHB曲线与曲线相交点对应pH6.85C0.1 molL1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c（Cl）c（H2NCH2CH2NH）c（H）c（OH）D乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式：H2NCH2CH2NHH2OH3NCH2CH
19、2NH32OH【解析】A乙二胺（H2NCH2CH2NH2），水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2H2O H2NCH2CH2NHOH，第二步电离： H3NCH2CH2NH32OH，pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32的浓度越大，则曲线代表的是H3NCH2CH2NH32，曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH，故A正确；B曲线代表的是H2NCH2CH2NH，曲线与曲线相交点处H3NCH2CH2NH32和H2NCH2CH2NH浓度相同，c（OH）Kb2107.15 molL1，c（H） molL1106.85 molL1，pH6.85，故B正
20、确；C在0.1 molL1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，电离大于水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（H2NCH2CH2NH）c（OH）c（H），故C错误；D乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，有类似氨的性质，已知：25 时，Kb1104.07，Kb2107.15，属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为： H3NCH2CH2NH32OH，故D正确；故选C。第卷（非选择题 共60分）二、非选择题：包括第16题第20题5个大题，共60分。16（12分） “低
21、碳经济”备受关注，CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。（1）绿色植物通过图1所示过程储存能量，用化学方程式表示其光合作用的过程：_。（2）TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的过程，则该反应的化学方程式为_。（3）将一定量的CO2（g）和CH4（g）通入一恒容密闭容器中发生反应CO2（g）CH4（g）2CO（g）2H2（g）。已知：CH4（g）2O2（g）=CO2（g）2H2O（g） H1802 kJmol1CO（g）1/2O2（g）=CO2（g）H2283 kJCO（g）H2O（g）
22、=CO2（g）H2（g） H341 kJ则反应CO2（g）CH4（g）2CO（g）2H2（g）的H_。为了探究反应CO2（g）CH4（g） 2CO（g）2H2（g）的反应速率与浓度的关系起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0 molL1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线（如图3）：v正c（CH4）和v逆c（CO），则与v正c（CH4）相对应的是图中曲线_（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_（填“D”“E”或“F”）。（4）用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。在捕
23、集时，气相中有中间体 NH2COONH4（氨基甲酸铵）生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4（s） 2NH3（g）CO2（g）。实验测得的有关数据见下表（t1t2t3）氨基甲酸铵分解反应是_（填“放热”或“吸热”）反应，15 时此反应的化学平衡常数K_。在NH4HCO3溶液中，反应NHHCONH3H2OH2CO3的平衡常数K_（已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb2105，H2CO3的电离平衡常数Ka14107）。【答案】（1）mCO2nH2OCm（H2O）nmO2（2分）（2）3CH3CHO5O36CO26H2O（2分）（3）24
24、8 kJmol1（1分）乙（1分）E（1分）（4）吸热（1分）4106（2分）1.25103（2分）【解析】（1）光合作用即是将CO2和水通过光合作用储存成能量，反应方程式为：mCO2nH2OCm（H2O）nmO2；（2）乙醛和臭氧在紫外线的作用下及TiO2作催化剂的条件下，反应生成CO2和水，方程式为：3CH3CHO5O36CO26H2O；（3）反应.CH4（g）2O2（g）=CO2（g）2H2O（g）H1802 kJ反应.CO（g）1/2O2（g）=CO2（g） H2283 kJ反应.CO（g）H2O（g）=CO2（g）H2（g） H341 kJ将（4）2，可得到热化学反应方程式为：CO2
25、（g）CH4（g） 2CO（g）2H2（g）H802 kJmol14（283 kJmol1）2（41 kJmol1）248 kJmol1；从图像可知，甲的浓度是从0升高到0.4 mol/L，即生成物CO的图像，乙是浓度从1.0降低到0.8 mol/L，即反应物是CH4，该反应是吸热反应，降低温度平衡向放热反应方向移动，即向逆反应方向移动，生成物浓度减小，化学反应速率减小，E点符合；（4）从表格信息可知，温度升高，气体总浓度增大，向正反应方向移动，即温度升高平衡向吸热反应方向移动，即正反应方向吸热，根据反应化学计量关系可知，c（NH3）2c（CO2），15 时平衡体系的气体总浓度为3102 mo
26、l/L，即c（NH3）c（CO2）3102 mol/L，得到c（NH3）2102 mol/L，c（CO2）102 mol/L，Kc2（NH3）c（CO2）4106；根据盐类水解规律，由NH3H2O的电离平衡常数K2105、H2CO3的电离平衡常数K4107可知，碳酸氢根的水解程度更大，所以c（NH） 大于c（HCO）；反应NHH2O=NH3H2OH2CO3的平衡常数K1.25103。17.（13分）决定物质性质的重要因素是物质的结构。请回答下列问题:（1）已知元素M是组成物质Ca5（PO4）3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号I1至I5表示）如表所示:I1I2I3I4I5589.81 145.44 912.46 4918 153元素M化合态常见化合价是价，其基态原子电子排布式为。（2）Ca3（PO4）3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为。（3）PO43-的中心原子的杂化方式为，该离子的空间构型为，键角为，其等电子体有（请写出两种）。（4）CaF2晶
