1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共12页40题，总分300分。考试时间为150分钟，考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 K:39 Fe:56 Cu:64物理命题：李吉生 审题：成书林 化学命题：冉贞春 审题：罗德伟生物命题：未海妍 审题：刘 舰 组 卷：冉贞春第I卷（选择题共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）7.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的
2、活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）A还原剂 B氧化剂 C既是氧化剂又是还原剂 D以上均不是【答案】A【解析】试题分析：“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3 为还原剂，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中错误的是（ ）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAC1.0L1.0mo1L1的KAlO2水溶液中含有的氧原子数为2
3、NAD过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】试题分析：A、依据n=计算物质的量=1mol，结合NO2和CO2混合气体中都含有2个氧原子计算，混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；B、28g乙烯和环丁烷的混合物中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，混合气体中含有的碳原子数为2NA，故B正确；C、KAlO2水溶液中含有的氧原子的物质有KAlO2和H2O，1.0L1.0mo1L1的KAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，故C错误；D、过氧化钠与水的反应中，氧元素的价态由-1价变为0价，故生成0.1mol氧气转移0.2NA个电子，故C正确
4、；故选C。考点：考查了阿伏加德罗常数的计算的相关知识。9下列有机物同分异构体数目判断错误的是（ ）选项有机物同分异构体数目A分子式为C5H123B分子式为C5H10，能使溴的四氯化碳溶液褪色5C分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气4D分子式为C4H8O2能与NaHCO3反应3【答案】D【解析】试题分析：A、戊烷有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷与新戊烷，故A正确；B、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明为戊烯，分别为1-戊烯、2-戊烯、2-甲基-1-丁烯、2-甲基-2-丁烯、3-甲基-1-丁烯，故总共有5种，故B正确；C、能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH，丁
5、基的个数为4，故总共应有4种醇，故C正确；D、能与NaHCO3反应说明为羧酸，C4H8O2可写成C3H7COOH，丙基有2种，故D错误，故选D。考点：考查了同分异构体数目的判断的相关知识。10在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是( )A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32
6、溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al(OH)3、OH、CO32【答案】B【解析】试题分析：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-Fe2+Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐
7、滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误；故选B。考点：考查了氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件的相关知识。11关于下列各装置图的叙述中，正确的是 （ ）A若采用装置精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液B装置是原电池，能将化学能转化为电能，锌电极发生还原反应C装置中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸D装置可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】C考点：考查了铜的电解精炼；原电池和电解池的工作原理；尾气处理装置的相关知识。12A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电
8、子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小。下列叙述错误的是（ ）A元素C位于周期表中第三周期A族B熔融电解化合物CE3可制取单质CCD的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键【答案】B【解析】试题分析：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B原子的M电子层有1个电子，则B为Na；C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，则C为Al；D的最高正价和
9、最低负价的代数和为4，则D为S；E在同周期主族元素中原子半径最小，则E为Cl。A、C为Al，处于周期表中我第三周期A族，故A正确；B、AlCl3属于共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，故B错误；C、D的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸，与碳共热时生成二氧化碳、二氧化硫与水，故C正确；D、化合物Na2O2属于离子化合物，含有离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键，故D正确；故选B。考点：考查了结构性质位置关系应用的相关知识。13能源是人类生存和发展的重要支柱，研究化学反应过程中的能量变化在能源紧缺的今天具有重要的理论意义，已知下列热化学方程式H2（g）+ O2（g）=
10、 H2O（g） H =242kJ /mol；2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（l） H =572kJ/mol；C（s）+ O2（g）= CO（g） H =110.5kJ/moL；C（s）+ O2（g）= CO2（g） H =393.5kJ/moL；CO2（g）+ 2H2O（g）= CH4（g）+ 2O2（g）H = + 802kJ/moL化学键O=OC-CH-HO-OC-OO-HC-H键能kJ/mol497348436142351463414则下列说法正确的是（ ）AH2燃烧热的热化学方程式为H2（g）+ O2（g）= H2O（g） H =242kJ /molB热化学方程式：C（s）+
11、H2O（g） H2（g）+ CO（g） H = + 175.5 kJ/moL CCH4的燃烧热H = 802 kJ/moLD估算出C=O键能为800kJ/moL【答案】D【解析】试题分析：A、燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的过程中放出的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式H2（g）+O2（g）H2O（l）H-286kJ/mol，故A错误；B、H2（g）+O2（g）H2O（g）H-242kJ/mol；C（s）+O2（g）CO（g）H-110.5kJ/moL；依据热化学方程式结合盖斯定律计算-C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H+131.5kJ/moL，故B错误；C、H2
12、（g）+O2（g）H2O（g）H-242kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H-572kJ/mol；CO2（g）+2H2O（g）CH4（g）+2O2（g）H+802kJ/moL，-，CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H890KJ/mol，故C错误；D、CO2（g）+2H2O（g）CH4（g）+2O2（g）H+802kJ/moL，设C=O键能为x，反应焓变H=反应物键能总和-生成物键能总和=2x+22463KJ/mol-（4414KJ/mol+2497KJ/mol）=802KJ/molx=800KJ/mol，故D正确；故选D。考点：考查了化学反应中的能量变化
13、的相关知识。26（13分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）
14、写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_ _。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_ _；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_ _。（3）“加Na2CO3调pH至a ( a=6 )”，过滤所得到的沉淀成分为 。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_ _、_ _和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_ _。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取 剂的目的是_ _；其使用的最佳pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5 D5.05.5【答案】（
15、13分）（1）Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O；（2）ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）蒸发(浓缩)、冷却(结晶)；降低烘干温度，防止产品分解； （5） 除去溶液中的Mn2+；B。考点：考查了物质制备方案的设计、物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用的相关知识。27（15分）某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性。（1）为完成上述实验，正确的连接顺
16、序为A连_；B连_（填写连接的字母）。（2）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是 _，对应的现象为_ 。（3）丙装置的c瓶中盛放的试剂为 _，作用是_。（4）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案。精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为bg，实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g， 进而确定Cu的相对原子质量。乙方案：通过精确测定生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量。请你分析并回答：_ 方案测得结果更准确。你认为不合理的方案的不足之处在(用文字说明理由)_ _ 。若按甲方案测定的数据计
17、算，Cu的相对原子质量为_ 。【答案】（15分）（1）E；C；（2）淀粉KI溶液；溶液变为蓝色；（3）浓硫酸；吸收H2中的H2O；（4）甲；空气中的CO2和H2O通过D口进入U形管造成实验误差较大；【解析】试题分析：（1）A是阴极，阴极上产生的是氢气，B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C，故答案为：E；C；（2）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验，故答案为：淀粉碘化钾溶液；溶液变为蓝色；（3）氢气的干燥可以用浓硫酸，在实验时，如果氢气中有水，会将硬质玻璃管炸裂，故答案为：浓硫酸
18、；吸收氢气中的水，防止硬质玻璃管炸裂；（4）U型管也可能吸收空气中的CO2这方面原因会导致测定Cu的相对原子质量有误差，故答案为：甲；空气中的二氧化碳和水通过D口进入U形管造成实验误差较大；根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则 CuOCuM+16Mb-a c-a ，解得M=，故答案为：。考点：考查了氯碱工业的相关知识。28（15分）铜、铁及其化合物在工业、农业、科技和日常生活中有广泛应用。（1）工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜。为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应(已知1 molCu2S失去10mol的电子)，写出该反应的离子方程式 。（2）工业上利用废铜屑、废酸（含硝
19、酸、硫酸）为主要原料制备硫酸铜晶体。某含有c(HNO3)=2 molL1，c(H2SO4)=4 molL1的废酸混合液100 mL（不含其它酸或氧化剂），最多能制备硫酸铜晶体（CuSO45H2O）的质量为 。（3）现有一块含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同。（已知：金属生锈率=）上述铜片中铜的生锈率为 （结果保留2位有效数字）固态铜与适量氧气反应，能量变化如下图所示，写出固态铜与氧气反应生成1 mol固态氧化亚铜的热化学方程式 。（4）高铁酸盐在能源环保等领域有广泛用途，如高铁酸钾(K2FeO4) 因有强氧化性，能杀菌消毒，产生Fe(OH)
20、3有吸附性，是一种新型净水剂，用如下图所示的装置可以制取少量的高铁酸钾。（已知爱迪生蓄电池的反应式为：）爱迪生蓄电池的负极材料是 写出制取高铁酸钾阳极的电极反应式 当生成19.8g的K2FeO4时，隔膜两侧电解液的质量变化差(m右一m左)为_ g。【答案】（15分）（1）Cu2S+2MnO4+8H+ = 2Cu2+ + SO42+2Mn2+ + 4H2O；（2）75g；（3）2Cu（s）+O2（g）= Cu2O（s）H= -kJmol1；34%；（4） Fe；Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O； 5。【解析】试题分析：（1）辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜，和酸性高锰酸钾溶液反应
21、生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，反应的离子方程式为：Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O；故答案为：Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O；（2）某含有c（HNO3）=2molL-1，c（H2SO4）=4molL-1的废酸混合液100mL（不含其它酸或氧化剂），n（H+）=0.1L2mol/L+0.1L4mol/L2=1mol，n（NO3-）=0.1L2mol/L=0.2mol，n（SO42-）=0.1L4mol/L=0.4mol，3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，依据定量关系可知硝酸
22、根离子全部反应消耗氢离子0.8mol，铜0.3mol，所以生成硫酸铜晶体最多为0.3mol，最多能制备硫酸铜晶体（CuSO45H2O）的质量=0.3mol250g/mol=75g；故答案为：75g；（3）依据图象分析书写热化学方程式：2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s）H=-KJ/mol，2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）H=-bKJ/mol；依据盖斯定律计算（2-）得到2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）H=-（）kJmol-1；故答案为：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）H=-（）kJmol-1；含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应
23、前后固体的质量相同，说明反应的氧气质量和生成的二氧化碳、水蒸气的质量相同计算得到，设铜绿中铜物质的量为x，铜绿物质的量为y，2Cu+O22CuO，x 0.5xCu2（OH）2CO32CuO+CO2+H2Oy y y0.5x32=18y+44yx：y=31：8依据元素守恒计算，金属生锈率=100%=100% =100%=34%；故答案为：34%。（4）放电时，铁作负极，碳棒作正极，所以放电时a是负极，b是正极；阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；故答案为：a；Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；当生成19.
24、8g的K2FeO4即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol，阴极（阴极反应为H2O得电子还原为H2和OH-）消耗0.6mol水，产生0.6molOH-进入阳极室，阴极室质量减少0.618g=10.8g；阳极室中增加0.1molFe（5.6g），同时有O.6molOH-（10.2g）进入阳极室，因此阳极室质量增加5.6g+10.2g=15.8g，故膜两侧电解液的质量变化差（m右-m左）=15.8g-10.8g=5.0g，故答案为：5.0。考点：考查了铜及其化合物性质分析判断，化学方程式计算应用，沉淀转化原理的应用的相关知识。36.（15分）略 37.（15分）略38.（1
25、5分）此题必选如下对甲、乙、丙三种物质的说明：（1）甲中含氧官能团的名称为 。（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应的反应类型为 ，反应的化学方程式为 （注明反应条件）。 （3）已知：由乙制丙的一种合成路线图如下（AF均为有机物，图中Mr表示相对分子质量）： 下列物质不能与C反应的是 （选填序号）a 金属钠 bHBr cNa2CO3溶液 d 乙酸 写出F的结构简式 D有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式 综上分析，丙的结构简式为 【答案】（15分）（1）羟基；（2）加成反应；（3） C； ；（4）。【解析】试题分析：（1）甲中
26、含C=C和-OH，含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；（2）甲转化为乙，先发生加成反应，再发生催化氧化生成-CHO，最后发生消去反应，则反应I为加成反应，反应为，故答案为：加成反应；（3）由乙的结构简式和题干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成酸，D应为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，故丙为E是相对分子质量为76，结合题给信息可知应为OH-CH2-COOH，本身能发生缩聚反应生成F为，C是含-OH，属于醇类，能和金属钠反应、能和氢卤酸反应、能和酸之间发生酯化反应，与碳酸钠不反应，故答案为：c；由上述分析可知，F为，故答案为：；D应为，满足a苯环上有两种类型的氢、b能发生银镜反应，则含-CHO、且苯环上2个取代基位于对位，则为-CHO、-CH=CHOH或-CH=CHCHO、-OH，HCOO-、-CH=CH2，共有3种，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式为，故答案为：3；由上述分析可知，丙为，故答案为：。考点：考查了有机物的合成以及有机物的结构和性质的相关知识。