1、本试卷分为选择题和非选择题两部分，共15页，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量： H：1 He：4 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Na：23 S：32 Al：27 Si：28注意事项：1考生必须将自己的姓名、统考考号、座位号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2选择题共21小题，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。主观题则用黑色钢笔按各题要求答在主观题答题卡相应的位置上。第一部分 选择题(共126分)一、选择题(每小题只有一个正确选项， 共13小题， 每小题6分，共78分)7化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是( )A绿色化
2、学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【答案】B【解析】试题分析：A、绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B、氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.
3、5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D、Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；故选B。考点：考查了化学与环境、材料、信息、能源的相关知识。8设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( ) A88.0g 干冰中含有的电子数为8.0NA B常温下，11.2 L 乙烯在氧气中完全燃烧转移的电子数为6.0NA C常温下1.0 L 0.1 molL1 NH4Cl 溶液中，NH4+和H+总数大于0.1NA D1.2g 金刚石中含有的碳碳键数为0.4NA【答案】C【解析】试题分析：A、88g
4、干冰中含有2mol二氧化碳，根据电子式可知，2mol二氧化碳中含有16mol电子对，含有的电子对数为16NA，故A错误；B、常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L乙烯的物质的量，故B错误；C、1.0L0.1molL-1NH4Cl溶液中含有氯化铵的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氯离子；由电荷守恒可知：n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(Cl-)=0.1mol+n(OH-)0.1mol，所以NH4+和H+总数大于0.1NA，故C正确；D、1.2g金刚石中含有0.1molC原子；金刚石晶体中，每个C与其它4个碳原子形成4个碳碳键，根据共价键为2个碳原子共用，根据均摊法
5、，每个碳原子形成的共价键为：4=2，所以0.1molC原子可以形成0.2mol共价键，含有的碳碳键数为0.2NA，故D错误；故选C。考点：考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断的相关知识。9用下列装置不能达到有关实验目的的是( ) A用甲图装置证明(煤油)(钠)(水) B用乙图装置制备Fe(OH)2 C用丙图装置制取金属锰 D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B、由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C、由图可知，
6、Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D。考点：考查了实验方案的设计与评价、钠的化学性质；探究铝热反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁的相关知识。10下列关于元素及其化合物的说法正确的是( )AFe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反应BAl、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用相同CNa久置于空气中，可以和空气中的有关物质发生反应，最终生成Na2CO3D制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法【答案】C考点：考查了铁的化学性质；盐类水解的
7、应用；氯气的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质的相关知识。11. 某化工生产反应历程的能量变化如右图，过程I没有使用催化剂，过程使用了催化剂，则可判断催化剂除了能改变反应速率外，还可以改变的是( ) A. 反应物的状态 B.反应的完成程度 C. 生产能耗 D.反应热效应【答案】C【解析】试题分析：A、催化剂不能改变物质的熔沸点，就不会改变位置的状态，故A错误；B、催化剂不能使平衡移动，故不能改变反应的完成程度，故B错误；C、催化剂参能参与反应，从而降低反应的活化能，故能减低生产耗能，故C正确；D、反应的热效应取决于反应物总能量和生成物总能量的差值，不受催化剂的影响，故D错误；故选C。考点：考
8、查了催化剂对化学反应的影响的相关知识。12用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是( ) A当电池负极消耗mg气体时，电解池阴极有mg气体生成 B电解池的阳极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2 C电解后，c(Na2SO4)不变，且溶液中有晶体析出 D电池中c(KOH)不变；电解池中溶液pH变大【答案】D【解析】试题分析：A、负极反应为：H2-2e-2H+，或H2+2e-+2OH-H2O，当负极消耗mg气体时，转移的电子的物质的量为2mmol，电解池阴极的电子为mmol，阴极反应为：2H+2e-H2，阴极生成气
9、体的质量为mol2g/molmg，故A正确；B、电解Na2SO4水溶液阳极发生氧化反应，电极反应为：4OH-4e-2H2O+O2或2H20-4e-4H+O2，故B正确；C、根据电极方程式可知电解Na2SO4水溶液实质是电解的水，电解后饱和Na2SO4水溶的浓度不变，且溶液中有晶体析出，故C正确；D、燃料电池的总反应为O2+2H22H20，原电池中c(KOH)减小，电解池溶液pH减小，故D错误；故选D。考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。13常温下，0.2 mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )AHA为强酸 B
10、该混合液pH=7C图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c(Na+)【答案】D考点：考查了酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算的相关知识。第二部分 非选择题(共174分)三、非选择题：(本大题共14小题，共174分。按照题目要求作答。)26(14分)有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同。ADCBC回答下列问题：（1）A与E形成的化合物的化学式是 。（
11、2）B的最高价氧化物化学式为 ，C的元素名称为 ，D的单质与水反应的方程式为_ 。（3）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是 ，有关反应的离子方程式为 ； 。【答案】(14分)（1） Al2O3；（2） P2O5；硫；Cl2H2OHClHclO；（3）先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清；Al33OHAl(OH)3；Al(OH)3OHAlO22H2O；【解析】试题分析：因A、B、C、D四种短周期元素在图中位置可知，A为第二周期元素，B、C、D为第三周期元素，设C的核外电子数为X，则A、B、D的最外层电子数为分别为X-8，X-1，X+1，
12、所以：X+X-8+X-1+X+1=56，解得X=16，则B为磷，C为硫，D为氯，A为氧；根据E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E为+3价金属，又E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同，则E为铝。（1）因A为氧，E为铝，A与E形成的化合物的化学式是Al2O3，故答案为：Al2O3；（2）因B为磷元素，所以B的最高价氧化物化学式为P2O5；C为硫；D为氯，其单质与水反应：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故答案为：P2O5；硫；Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；（3）氢氧化铝为两性氧化物能与碱反应生成盐和水，所以向D与E形成的化合物的水
13、溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清，化学方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清；Al3+3OH-=Al(OH)3；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。27 (15分) 某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量(n)
14、随时间(t)变化的曲线：t/SX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90（2） 体系中发生反应的化学方程式是_；（3） 列式计算该反应在0-3S时间内产物Z的平均反应速率：_；（4） 该反应达到平衡时反应物X的转化率等于_；t/S(5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线、(如右图所示)则曲线、所对应的实验条件改变分别是： _ _ _ _。【答案】 (15分 )( 每小题3分 )
15、（1）（2）+2Z（3）0.50mol / (2L3S)=0.083 mol / (LS)（4）45%（5）升高温度 加入催化剂 增大压强【解析】试题分析：（1）由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，1min时n(X)=1mol-0.9mol=0.1mol，n(Y)=1mol-0.8mol=0.2mol，n(Z)=0.2mol，所以X、Y、Z在相同时间内的变化量之比为1：2：2，9min后各物质的物质的量不再变化，平衡时X、Y、Z的物质的量分别为：0.55mol、0.1mol、0.9mol。横坐标为时间，从坐标为X、Z的物质的量(n)，根据表中数据可画出曲线为：，故答案为：；（2）由表中
16、数据看出反应从开始到平衡，X的物质的量减小，应为反应物，01min物质的量变化值为1.00mol-0.90mol=0.10mol，Y的物质的量减小，应为反应物，01min物质的量变化值为1.00mol-0.80mol=0.20mol，Z的物质的量增多，应为是生成物，物质的量的变化值为0.20mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，根据物质的量的变化与化学计量数呈正比，则n(X)：n(Y)：n(Z)=0.10mol：0.20mol：0.20mol=1：2：2，反应方程式为X+2Y2Z，故答案为：X+2Y2Z；（3）0-3min内Z的反应速率=0.083mol/(
17、Lmin)，故答案为：0.083mol/(Lmin)；（4）由图表数据可知反应到9min，反应达到平衡，反应达到平衡时反应物X的转化率=100%=45%，故答案为：45%；（5）该可逆反应正反应为放热反应，且为气体体积增大的反应。由表中数据可知，平衡时Z的物质的量为0.9mol，由图2可知曲线平衡后，反应到达平衡的时间变短，速率加快，说明改变的条件能加快反应速率，而且Z的物质的量为减小为0.6，Z的物质的量减小，故平衡向逆反应移动，不能是加催化剂或增大压强，只能是升高温度；曲线平衡后，Z的物质的量为0.9mol，Z的物质的量未变，应是使用催化剂；曲线平衡后，Z的物质的量为0.95mol，Z的物
18、质的量增大，应是增大压强；升高温度平衡向逆反应移动，说明正反应为放热反应，即H0，故答案为：升高温度；加入合适催化剂；增大压强；曲线1表示升高温度Z平衡时物质的量减小，平衡逆向移动，因此正反应为放热反应则有H0。考点：考查了化学平衡移动、外界条件对平衡的影响、化学平衡图象，反应速率计算应用等相关知识。28. ( 14分 ) 某校化学课外小组用硫酸铁废液(含少量硫酸铜和稀硫酸)，制备硫酸亚铁晶体并进行如下实验。制备硫酸亚铁晶体主要的操作流程如下：请根据题目要求回答下列问题：（1）A的化学式为 。（2）趁热过滤的目的是 。（3）结晶操作过程中应控制滤液酸性的原因是 。（4）实验室利用硫酸亚铁铵溶液
19、和草酸溶液反应生成草酸亚铁，草酸亚铁晶体(相对分子质量180)受热易分解，某课外小组设计如图的实验装置来检验其分解产物。该装置中最不合理的部分 (填字母)，原因是 。改用正确装置开始实验，B处变蓝，说明草酸亚铁晶体中有 ；C处有白色沉淀，E处黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生 (填化学式)。【答案】(14分)（1）Fe；（2）防止硫酸亚铁晶体析出(或为减少过滤时硫酸亚铁的损失)；（3）抑制硫酸亚铁水解；（4）A；试管口略向上倾斜，产生的水会回流使试管炸裂；结晶水；CO2、CO；【解析】试题分析：（1）加入过量的铁粉，与Fe3+、Cu2+、H+离子反应转化为Fe2+； 故答案为：Fe；（2）
20、趁热过滤的目的是：要避免某些成分在过滤过程中因遇冷而结晶或沉淀，故答案为：防止硫酸亚铁晶体析出；（3）亚铁离子可以水解，结晶操作过程中控制滤液的酸性，可以抑制硫酸亚铁水解造成损耗，故法案为：抑制Fe2+离子水解；（4）加热时有水产生，故A装置最不合理，因为大试管管口略向上倾斜，产生的水会回流使试管炸裂，故答案为：A；反应生成的水易沿试管壁流下使试管炸裂；改用正确装置，实验开始后，B处变蓝色，说明草酸亚铁晶体中有结晶水；C处有白色沉淀，E处部分黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生：CO、CO2； 故答案为：结晶水；CO、CO2。考点：考查了硫酸亚铁晶体的制备的相关知识。38(15分)阿托酸乙酯
21、可用于辅助胃肠道痉挛及溃疡。阿托酸乙酯的一种合成路线如下图所示：请回答下列问题：（1）E的分子式为 ，F的结构简式 ，阿托酸乙酯所含官能团的名称 ；（2）在反应中，属于取代反应的有 ；（3）反应的方程式 。（4）有关阿托酸乙酯的说法正确的是 ( )A能使高锰酸钾褪色，不能使溴水褪色B1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成C能发生加成、加聚、氧化、水解等反应D分子式为C11H13O2（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体的同分异构体有 _种(不包含D)。【答案】（1）C10H12O2；碳碳双键、酯基；（2）；（3）；（4）B C；（5）3；【解析】试题分析：由题中
22、各物质的转化关系可知，A与溴化氢发生加成反应生成，在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C再被氧化、酸化后得D为，D与乙醇发生取代反应生成E为，E与甲酸甲酯发生取代反应生成，与氢气发生加成反应生成F为，F再发生消去反应得阿托酸乙酯。（1）E为，E的分子式为C10H12O2，F的结构简式为，阿托酸乙酯所含官能团的名称是酯基和碳碳双键，故答案为：C10H12O2；酯基和碳碳双键； （2）在反应中，属于取代反应的有，故答案为：；（3）反应的方程式为，故答案为：；（4）阿托酸乙酯中有酯基、碳碳双键、苯环等结构，所以有关阿托酸乙酯的说法中。A、含有碳碳双键，能使高锰酸钾褪色也能使溴水褪色，A错误；B、1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成，B正确；C、能发生加成、加聚、氧化、水解等反应，C正确；D、分子式为C11H12O2，D错误；故答案为：BC；（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体，即有羧基的同分异构体为苯环上连有-CH3和-COOH，分别为、，所以共有3种(不包含D)，故答案为：3。考点：考查了有机物推断、有机反应类型、有机反应方程式等的相关知识。
