1、秘密启用前可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 S1-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127第I卷(选择题共42分)1下列环保建议中，你认为不能采纳的是 A开发、使用新能源 B废旧电池应集中回收，并填埋处理 C用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料 D禁止将未经处理的工业废水和生活污水任意排放【答案】B【解析】试题分析：A、开发新能源，减少矿物燃料的燃烧，减少了污染物的排放，故A正确；B、废旧电池中含有重金属，如果填埋会污染土壤、地下水，故B错误；C、用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料，减少污染的排放，保护环境，故C正确；
2、D、禁止未经处理的工业废水和生活污水的任意排放可防止水污染，故D正确；故选B。考点：考查了化学与环境的相关知识。2能正确表示下列反应的离子方程式是 A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+ 6H+=2Fe3+3H2 B钠与CuSO4溶液反应：2Na+ Cu2+= Cu +2Na+ CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32一+ 2H+= H2O+ CO2 D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4 +AlO2一+2H2O【答案】D【解析】试题分析：A、浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁，Fe+ 2H+=Fe2+H2，故A错误；B、钠在硫酸铜溶液中先和水反应生
3、成的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为2Na+Cu2+2H2O2Na+Cu(OH)2+H2，故B错误；C、NaHCO3电离出钠离子和碳酸氢根离子，HCO3一+ H+= H2O+ CO2，故C错误；D、明矾中加入过量氢氧化钡溶液，硫酸根离子完全沉淀，铝离子生成偏铝酸盐，Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+2H2O+AlO2-，故D正确；故选D。考点：考查了离子方程式的书写方法和判断的相关知识。3下列实验装置能达到相应实验目的是A用图1装置制取Fe(OH)2沉淀B用图2装置吸收NH3，并防止倒吸C用图3装置蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3
4、晶体D用图4装置比较Na2C03与NaHC03的稳定性【答案】A【解析】试题分析：A、铁为阳极，被氧化生成亚铁离子，阴极生成氢氧根离子，可生成氢氧化亚铁，汽油可隔绝空气，可用于制备氢氧化亚铁，故A正确；B、氨气易溶于水，不能起到防止倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；C、氯化铝水解生成氢氧化铝，制备氯化铝晶体，应在盐酸氛围中，故C错误；D、碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解，小试管中应为碳酸氢钠，能起对比作用，故D错误；故选A。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。4某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是 A该有机物的分子式为C11H12O2 Blmol该物质最多能与4mol H
5、2发生加成反应 C该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀 D该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应【答案】C【解析】试题分析：A、根据有机物结构简式，可知分子式为C11H12O2，故A正确；B、苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能与4molH2发生加成反应，故B正确；C、有机物不含醛基，不能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀，故C错误，D、含有羧基，可以用发生取代反应、酯化反应，含有碳碳双键可以发生氧化反应，有机物燃烧属于氧化反应，故D正确；故选C。考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。5高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=，恒容时，
6、温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是A该反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度，逆反应速率减小D该反应的化学方程式为CO+H2O CO2+H2【答案】A【解析】试题分析：A、恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明平衡向正反应移动，该反应正反应为吸热反应，即反应的焓变为正值，故A正确；B、恒温恒容时，增大氢气的浓度，增大压强，平衡向正反应移动，平衡时氢气的浓度增大，故B错误；C、升高温度，反应物、生成物的活化分子增多，正、逆反应速率都增大，故C错误；D、平衡常数K=，可知该可逆反应为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故D错误；故选A。考点：考查了化
7、学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义的相关知识。6物质的量浓度相等的三种溶液：H2CO3NaOHNa2CO3溶液，下列说法不正确的是 A水电离出的c(OH)： B溶液的pH： C和等体积混合后的溶液：c(Na+)= c(H2CO3)+ c(HCO3)+c(CO32-) D和等体积混合后的溶液：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】试题分析：A、氢氧化钠和碳酸能抑制水的电离，并且氢氧化钠抑制的程度大，碳酸钠促进水的电离子，因此水电离出的c(H)：，故A正确；B、氢氧化钠是强碱，碳酸钠水解显碱性，碳酸是弱酸，因此溶液的pH：，故B正确；C、和等体积混合
8、后的溶液中存在的离子遵循物质料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)，故C正确； D、和等体积混合后的溶液，全部反应就可以生成碳酸氢钠，溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，且水解程度较小，应该有： c(OH-) c(CO32)，故D错误；故选D。考点：考查了弱电解质的电离、盐类水解、水的电离、离子浓度的大小比较的相关知识。7利用下列装置，可完成很多电化学实验。下列有关叙述，正确的是 A若X为锌棒，开关K置于A处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极的阳极保护法B若X为铜棒，开关K置于A处，装置中发生的总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H
9、2C若X为碳棒，开关K置于B处，向食盐水中滴入酚酞溶液可看到碳棒附近先变红D若X为碳棒，开关K置于B处，在铁棒附近滴入硫氰化钾溶液可看到溶液变血红色【答案】C考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。第II卷(非选择题共58分)8(14分)有X、Z、W三种含14个电子的粒子，其结构特点如下：粒子代码XZW原子核数目单核同元素构成的两核同元素构成的两核粒子的电性电中性两个负电荷电中性（1）X的氧化物晶体中含有化学键类型是_。（2）Z与钙离子组成的化合物的电子式为_。（3）组成W的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是 ，该氢化物与空气可以构成一种燃料电池，产物为无毒物质，电解质溶液是KOH
10、溶液，其负极的电极反应式为_ 。在常温下，用该电池电解1.5 L 1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LW的简单氯化物时，NaCl溶液的pH= (假设电解过程中溶液的体积不变)。（4）M原子核外比X原子多2个电子。可逆反应2MO2(气)+O2(气)2MO3(气)在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B容器可保持恒容(如图所示)，若在A、B中分别充入1molO2和2mol MO2，使气体体积V(A)=V(B)，在相同温度下反应。则：达平衡所需时间：t(A)_t (B)(填“”、“”、“=”，或“无法确定”，下同)。平衡时MO2的转化率：a(A)_a(B)。（5）欲比
11、较X和M两元素的非金属性相对强弱，可采取的措施有 (填序号)。 a比较这两种元素的气态氢化物的沸点 b比较这两种元素的单质在常温下的状态 c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 d比较这两种元素的单质与氢气化合的难易【答案】(14分，除标明1分外的每空2分)（1）共价键(极性共价键或极性键)（2）；（3）NH3与H2O间能形成氢键，NH3与H2O都是极性分子且相互间能反应；2NH36e6OH=N26H2O；13；（4）；（5）c、d；【解析】试题分析：X、Y、Z、W四种含14个电子的粒子，X为单核，电荷数为0，故X的质子数为14，X为Si原子；Z为同元素构成的两核粒子，粒子电荷数为-2，故形成Z
12、元素的原子质子数为=6，故Z为C22-；W为同元素构成的两核粒子，粒子电荷数为0，故形成W元素的原子质子数为=7，为N元素，W为N2，（1）硅的氧化物为二氧化硅，二氧化硅中含有Si-O极性共价键，故答案为：极性共价键；（2）碳化钙为离子化合物，由钙离子与C22-离子构成，C22-离子中C原子之间形成3对共用电子对，碳化钙电子式为：，故答案为：；组成W的元素的简单氢化物为NH3，NH3与H2O间能形成氢键，NH3极易溶于水；NH3与空气可以构成一种燃料电池，负极发生氧化反应，NH3在负极放电，碱性条件下生成N2、H2O，电解反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，用该电池电解1L1
13、mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LH2时，氢气的物质的量=0.05mol，生成的NaOH物质的量=0.05mol2=0.1mol，故n(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=10-13，故l溶液的pH=-lg10-13=13，故答案为：NH3与H2O间能形成氢键，NH3与H2O都是极性分子，极性相似；2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；13；（4）可逆反应2MO2(气)+O2(气)2MO3(气)在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B容器可保持恒容(如图所示)，若在A、B中分别充入lmol O2和2mol MO2，使V(A)=V(B)，在相同温度下反
14、应，则：A中压强不变，B中压强减小，故A反应速率更快，达平衡所需时间更短，故t(A)t(B)；A中的压强更高，增大压强平衡向正反应反应移动，平衡时EC2的转化率更高，故：a(A)a(B)，故答案为：；（5）a沸点属于物理性质，不能比较元素的非金属性强弱，故a错误；b单质的状态属于物理性质，不能比较元素的非金属性强弱，故b错误；c气态氢化物的稳定性，元素的非金属性越强，可以利用氢化物稳定性比较，故c正确；d元素的单质与氢气化合的越容易，单质越活泼，元素的非金属性越强，故d正确；故答案为：cd。考点：考查了结构与位置关系、半径比较、晶体类型与化学键、原电池、化学计算、化学平衡移动、非金属性比较等元
15、素化合物推断等的相关知识。9(15分)某课外兴趣小组为了探究铁与硫在隔绝空气的条件下反应所得固体M的成分，设计了如右图装置。倾斜A使稀硫酸(足量)与固体M充分反应，待反应停止后，B装置增重，C装置中溶液无变化，反应后进入量气管气体的体积为VmL(已折算成标准状况)，由上述实验事实可知：提示：铁和硫生成硫化亚铁，硫化铜是一种不溶于酸也不溶于水的黑色固体)（1）固体M中一定有的物质是 (填化学式)，理由是 。（2）写出B装置中反应的离子方程式_。（3）C装置的作用是 ，如果实验中没有B装置，则C装置中产生的现象是 。（4）稀硫酸和固体M反应后溶液中还残留淡黄色固体，该固体是 ，要分离出该固体，在实
16、验操作中，除烧杯外还需要用到的玻璃仪器有_。（5）通过进一步实验，测得固体M中各种成分的质量之和小于反应前铁粉和硫粉的质量之和，产生这种现象的原因可能是_。 aM中有未反应的铁和硫 b测定气体体积时水准管的水面高于量气管的水面 cA中留有反应生成的气体 d气体进入D装置前未用浓硫酸干燥【答案】(15分，除标明1分外的每空2分)（1）FeS、Fe；B装置增重，说明反应生成了硫化氢气体，固体M中一定有FeS；C装置中溶液无变化，说明硫化氢气体已被完全吸收，反应后进入了量气管气体的体积为VmL，说明还有另一种气体氢气生成，固体M中一定还有Fe；（2）2OH +H2S = 2H2O+S2 （3）证明H
17、2S已被B中的NaOH溶液完全吸收；黑色沉淀（4）硫或S；漏斗、玻璃棒；（5）bc；【解析】试题分析：（1）据铁与硫在隔绝空气的条件下反应生成硫化亚铁，则所得固体M的成分可能有Fe、S、FeS，使稀硫酸(足量)与固体M充分反应，B装置增重，说明反应生成了硫化氢气体，固体M中一定有FeS；C装置中溶液无变化，说明硫化氢气体已被完全吸收，反应后进入了量气管气体的体积为VmL，说明还有另一种气体氢气生成，固体M中一定还有Fe，故答案为：Fe、FeS；B装置增重，说明反应生成了硫化氢气体，固体M中一定有FeS；C装置中溶液无变化，说明硫化氢气体已被完全吸收，反应后进入了量气管气体的体积为VmL，说明还
18、有另一种气体氢气生成，固体M中一定还有Fe；（2）氢氧化钠能与酸反应，氢氧化钠溶液的作用是反应掉生成的硫化氢气体，反应的离子方程式为：2OH +H2S = 2H2O+S2，故答案为：2OH +H2S = 2H2O+S2；（3）C装置的作用是检验硫化氢气体是否被B完全吸收，完全吸收则C无变化，如C装置硫酸铜溶液中出现黑色沉淀，则硫化氢气体未被B完全吸收，故应填：检验硫化氢气体是否被B完全吸收，硫酸铜溶液中出现黑色沉淀；（4）稀硫酸和固体M的反应后溶液中还残留淡黄色固体，据硫的物理、化学性质该固体是硫，据过滤操作的实验知用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）测定气体体积时水准管的水面如高于量
19、气管的水面，则测得气体的体积小于实际体积，造成据此计算得出固体M中铁的质量比实际偏小，使测得固体M中各种成分的质量之和小于反应前铁粉和硫粉的质量之和。考点：考查了实验探究物质的组成成分以及含量；常见气体的检验与除杂方法；酸的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式的相关知识。10 (15分) 有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，其相关反应如下图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个-CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰。 请回答：（1）B中所含官能团的名称为_，D的分子式为_。（2） 的反应类型为 (填字母序号)。 a还原反应 b加成反应 c氧化反应 d消去反应（
20、3）写出下列反应的化学方程式： I： 。 II 。（4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为_。（5）E的另一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应。其结构简式为_，它与足量金属钠反应的化学方程式为 【答案】(15分，除标明1分外的每空2分)（1）溴原子；C5H10O （2）a、b；（3）(CH3)2CHCH2CH2Br+NaOH NaBr+H2O+(CH3)2CHCH=CH2；+HBr +H2O；（4）；（5）；2+ 2Na2 + H2。【解析】试题分析：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，分子中C原子最
21、大数目为=510，故A的分子式为C5H10，B转化为A发生消去反应，则A为烯烃，由转化关系可知，D为醛、E为羧酸、C为醇、B为卤代烃，且均为单官能团，其中B、D、E的结构中均含有2个-CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，则D为(CH3)2CHCH2CHO，C为(CH3)2CHCH2CH2OH，B为(CH3)2CHCH2CH2Br，A为(CH3)2CHCH=CH2，E为(CH3)2CHCH2COOH。（1）由以上分析可知B为CH3-CH(CH3)-CH2-CH2Br，含有的官能团为溴原子，D为CH3-CH(CH3)-CH2-CHO，分子式为C5H10O，故答案为：溴原子；C5H10O；（2
22、）反应是(CH3)2CHCH2CHO与氢气发生加成反应生成(CH3)2CHCH2CH2OH，也属于还原反应，故答案为：ab；（3）反应为(CH3)2CHCH2CH2Br在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成(CH3)2CHCH=CH2，反应的化学方程式为：(CH3)2CHCH2CH2Br+NaOHNaBr+H2O+(CH3)2CHCH=CH2；反应为(CH3)2CHCH2CH2OH与氢溴酸发生取代反应生成(CH3)2CHCH2CH2Br，反应的化学方程式为：+HBr+H2O，故答案为CH3)2CHCH2CH2Br+NaOH NaBr+H2O+(CH3)2CHCH=CH2；+HBr +H2O；（
23、4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，所以该反应的化学方程式为：故答案为：；（5）(CH3)2CHCH2COOH的另一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，含有-CHO与-OH，且不能发生消去反应，其结构简式为：，与足量金属钠反应的化学方程式为2+ 2Na2 + H2故答案为：；2+ 2Na2 + H2。考点：考查了卤代烃、醇、醛、羧酸的性质与转化的相关知识。11(14分) 在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，采用所给的工艺流程生产单质碘：（1）碘位于元素周期表中的第_周期第 族。（2）步骤加Fe的目的是（3）写出步骤的化学方程式：_。（4）上述生产流程中，可以循环利用的副产物是 ，己知上述流程得到的该副产物含杂质，现需将其制成生产所需的试剂，先后还需加入_、_来进行处理。（5）甲物质见光易变黑，其原因是(用化学方程式表示)_。（6）第步操作可供提纯I2的两种方法是 和_。【答案】(14分，除标明1分外的每空2分)（1）五；A；（2）使碘化银转化为碘化亚铁(FeI2)和单质银 （3）2FeI23Cl2=2I22FeCl3 （4）Ag；稀硫酸、稀硝酸；（5）2AgI2AgI2 （6）升华；萃取考点：考查了物质的制备和分离的相关知识。
