湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体2024届化学高一下期末联考模拟试题含解析

湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体2024届化学高一下期末联考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知一定温度下，下列反应的平衡常数：H2(g)+S(s)H2S(g)K1，S(s)+02(g)SO2(g)K2。则相同温度下反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）的平衡常数为（）A．K1+K2B．K1-K2C．K1·K2D．K1/K22、下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是()A．在pH=l的溶液中:Na+、NH4+、I-、N03-B．含有大量ClO-的溶液：H+、Mg2+、S2-、SO42-C．在无色溶液中：Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-D．使酚酞试液变浅红色的溶液中：C032-、Cl-、Na+、K+3、下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（）A．煤干馏可以得到甲烷,苯和氨等重要化工原料B．天然气是一种清洁燃料C．用大米酿的酒在一定条件下密封保存,时间越长越香醇D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应4、化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响。烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是（）A．压强降低，反应减慢B．温度降低，反应加快C．使CO2浓度增加，反应加快D．使O2浓度增加，反应加快5、下列有关电子式的书写正确的是A．N2的电子式： B．NH4Cl的电子式：C．HClO的电子式： D．CO2的电子式：6、恒温下,反应aX(g)bY(g)+cZ(g)达到平衡后,把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时,X的物质的量浓度由0.1mol/L增大到0.19mol/L,下列判断正确的是:A．a＞b+c B．a＜b+cC．a＝b+c D．a＝b=c7、分子马达是依靠分子中化学键的旋转，在可控制的条件下，使分子进行有方向的转动并输出动力。某分子马达的结构简式如图所示，下列说法错误的是A．分子式为C26H18B．所有原子共平面C．可发生加成反应D．一氯代物有5种8、汽车尾气转化反应之一是2CO+2NON2+2CO2，有关该反应的说法正确的是A．CO是氧化剂 B．NO被氧化C．CO得到电子 D．NO发生还原反应9、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（）A．6种 B．7种 C．8种 D．9种10、下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图一表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g)△H＞O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.B．图二是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g)△H＞O的速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。C．图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0。D．图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)11、下列叙述正确的是A．常温下，浓硫酸不与铜反应，是因为铜被钝化B．可用铁罐来进行储存、运输冷的浓硫酸C．SO3具有氧化性，SO2只有还原性D．SO2、Cl2的漂白原理相同12、已知周期表中镓(Ga)元素处在铝元素下方。氮化镓可把手机信号扩大10倍，让电脑的速度提高1万倍。下列有关氮化镓的说法中不正确的是A．氮化镓是由主族元素与副族元素形成的化合物B．氮化镓的化学式为GaNC．镓原子最外层比氮原子最外层少两个电子D．镓比铝原子的失电子能力强13、下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的A1C13溶液中滴入NaOH溶液至过量。D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失14、室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是A．0.1mol·L-1NH3·H2O的pH小于13B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液的pH小于7C．相同条件下，浓度均为0.1mol·L-1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D．0.1mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色15、冶炼下列金属时，常采用加热分解其化合物的方法的是A．NaB．AlC．FeD．Ag16、太原市许多公交车上都标有“CNG（压缩天然气）”标志，说明其燃料的主要成分是A．甲烷 B．苯 C．乙烯 D．乙醇17、在恒温密闭容器中进行反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，下列反应措施能加快反应速率的是A．缩小体积使压强增大 B．压强不变，充入N2使体积增大C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入He使体积增大18、下列有关热化学反应的描述中正确的是：A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/molC．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量19、两种气态烃的混和物共0.1mol，完全燃烧后得3.36L(标况下)CO2和3.6g水，下列说法正确的是()A．一定有乙烯 B．一定有甲烷C．可能有乙烷 D．一定有乙烷，但不一定有甲烷20、在l0℃时，10mL0.4mol•L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246V(O2)/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～2min的平均反应速率比4～6min快B．0～6min的平均反应速率v(H2O2)＝3.3×10－2moL－1•L－1•min－1C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.3mol·L－1D．反应至6min时，H2O2分解了50%21、下列有关叙述正确的是（）A．天然存在的同位素，相互间保持一定的比率B．化合物分子中一定有非极性共价键C．同种元素的原子核内中子数相同而质子数不同D．周期表有18个横行7个纵行22、下列各项因素中能够对化学反应速度起决定作用的是（）A．温度B．浓度C．催化剂D．物质性质二、非选择题(共84分)23、（14分）碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。24、（12分）工业上可用黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜，同时还可得到多种物质。工业冶炼铜的化学方程式是：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是氧元素和____________。（2）用少量黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（主要含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）模拟制铁红（Fe2O3），进行如下实验。①滤液中的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+、_____________。②为确认滤液中含Fe2+，下列实验方案和预期现象正确的是____（填序号）。实验方案预期现象a加NaOH溶液产生白色沉淀，变灰绿再变红褐b先加KSCN溶液，再加氯水先无明显现象，后变红c加酸性KMnO4溶液紫色褪去d先加氯水，再加KSCN溶液溶液先变黄，再变红③滤液在酸性条件下，与H2O2反应的离子方程式是_________________________。（3）m克铝热剂（氧化铁与铝）恰好完全反应，则该反应中氧化产物与还原产物的质量比是________________________。25、（12分）如图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应时的步骤如下：（1）在圆底烧瓶中加入8g硬脂酸甘油酯，然后加入2g氢氧化钠、5mL水和10mL酒精，加入酒精的作用为_____________________________________________。（2）隔着石棉网给反应物加热约10min，皂化反应基本完成，判断依据是___________，所得的混合物为________(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。（3）向所得混合物中加入__________，静置一段时间后，溶液分为上下两层，肥皂在____层，这个操作称为________。（4）图中长玻璃导管的作用为______________________________________________________。（5）日常生活中用热的纯碱溶液来洗涤粘有油脂的器皿的原因是________________________。（6）这个实验有一个缺点就是容易产生________现象，为避免这种现象工业生产上常用________加热法防止这种现象。26、（10分）将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。27、（12分）(1)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25℃、35℃,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/℃大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响②25粗颗粒_____(II)实验①和③探究温度对反应遮率的影响；③_____粗颗粒2.00(III)实验①和④探究_________对反应速率的影响④25细颗粒2.00(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密闭容器里，发生反应:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2

mol/(L·s)，同时生成1

mol

D。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_____。(2)

x的值为______。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的______倍。28、（14分）下表是元素周期表的前四周期，请回答有关问题：（相关均用具体化学用语回答）1①2②③④3⑤⑥⑦⑧4⑨⑩（1）元素⑤⑥⑦的简单离子半径大小顺序__________；②在元素周期表位置________；③的简单氢化物和⑧的氢化物混合形成的化合物电子式__________。（2）⑤其最高价氧化物水合物和⑥的最高价氧化物反应的离子方程式_______（3）用电子式表示元素①和⑧形成的化合物的形成过程__________。（4）④、⑧、⑩的氢化物沸点最高的是__________，原因是__________。（5）由②和①组成最简单物质与O2和⑨的最高价氧化物对应的水化物的水溶液组成燃料电池，写出电池的负极反应式__________。29、（10分）空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）步骤①获得Br2的离子反应方程式为：________________________________________；（2）步骤③所发生反应的化学方程式为：________________________________________。在该反应中，氧化剂是______________（填化学式）；若反应中生成2molHBr，则转移电子数约为_____________个。（3）根据上述反应可判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是：_______________（4）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A．氧化性B．还原性C．挥发性D．腐蚀性（5）提取溴单质时，蒸馏溴水混合物Ⅱ而不是蒸馏溴水混合物Ⅰ，请说明原因：________________。（6）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】试题分析：H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）可以由：H2(g)+S(s)H2S(g)减去S(s)+02(g)SO2(g)得到，H2(g)+S(s)H2S(g)的平衡常数为K1，S(s)+02(g)SO2(g)的平衡常数为K2。故反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）的平衡常数为K1/K2，所以本题的答案选择D。考点：化学平衡常数的表达点评：本题考查了化学平衡常数的表达，该考点是高考考查的常考考点，本题难度不大。2、D【解析】分析：A.该溶液中存在大量氢离子,I-、N03-离子间能反应;B.次氯酸根离子、硫离子与H+反应;C.铜离子为有色离子;D.该溶液呈弱碱性,四种离子之间不反应,在弱碱性溶液中能够共存。详解：A.PH=1的溶液呈酸性,溶液中存在大量氢离子H+、I-、N03-,发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故A错误；B.H+、ClO-、S2离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存,故B错误；C.Cu2+为有色离子,不满足溶液无色的条件,故C错误；D.C032-发生水解反应，溶液显碱性，使酚酞试液变浅红色，C032-、Cl-、Na+、K+之间不反应,在溶液中能够大量共存,故D正确；所以D选项是正确的。点睛：本题考查指定的溶液中离子大量共存的问题。首先确定离子之间能否共存，再根据已知条件判断离子能否共存。例氢离子存在时,I-、N03-离子间能发生氧化还原反应，H+、ClO-、S2离子之间发生氧化还原反应，所以都不能共存。铜离子为有色离子与无色的条件不符，不能共存。3、D【解析】分析：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应的过程；B、甲烷燃烧生成二氧化碳和水；C、乙醇能被氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应；D、葡萄糖是单糖不水解。详解：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应，产物是焦炉气、粗氨、粗苯等，A正确；B、天然气的主要成分是甲烷，甲烷完全燃烧生成CO2和H2O，是一种清洁燃料，B正确；C、酒被氧化成乙酸，然后乙醇和乙酸发生酯化反应，因此酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇，C正确；D、葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。答案选D。4、D【解析】试题分析：碳和氧气反应，碳的表面积和氧气的浓度是影响反应速率的主要因素，用扇子向红热的木炭扇风，可增大氧气的浓度，火会更旺，答案选C。考点：考查化学反应速率的影响因素5、C【解析】分析：A．氮气分子中存在氮氮三键；B．氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，其电子式为；C．氯原子最外层7个电子成1个共价键、氧原子的最外层6个电子，成2个共价键，电子式为；D．二氧化碳分子中各原子满足最外层电子数应满足8电子稳定结构，电子式为；详解：A．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，即，故A错误；B．氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，其电子式为，故B错误；

C．氯原子最外层7个电子成1个共价键、氧原子的最外层6个电子，成2个共价键，电子式为，故C正确；

D．二氧化碳分子中各原子满足最外层电子数应满足8电子稳定结构，电子式为，故D错误；故本题选C。点睛：本题考查电子式的书写，难度不大，注意未成键的孤对电子对容易忽略。掌握电子式的书写：简单阳离子的电子式为其离子符号，复杂的阳离子电子式除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。

离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子（阳离子在前，阴离子在后。）拼在一起；以共价键形成的物质，必须正确地表示出共用电子对数，并满足每个原子的稳定结构，共价化合物电子式的书写，一般为正价者在前。6、A【解析】

达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半，假定平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即0.2mol/L，达到新平衡时，X的实际浓度0.19mol/L，小于0.2mol/L，说明增大压强，平衡向正反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故a＞b+c，故答案选A。7、B【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，掌握有机物中化学键的特点是解题的关键。详解：A.根据碳原子形成4个共价键分析，该物质的分子式为C26H18，故正确；B.分子中有碳原子形成4个共价键，所以不可能是平面结构，故错误；C.含有4个苯环，能发生加成反应，故正确；D.结构有对称性，但是苯环上有4种一氯代物，形成五元环的碳原子上还有一种，所以一氯代物总共有5种，故正确。故选B。点睛：掌握常见有机物的空间结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯为平面型结构，苯为平面型结构，乙炔为直线型结构等。8、D【解析】分析：2CO+2NO═N2+2CO2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。详解：A．C元素的化合价升高，则CO为还原剂，选项A错误；B．N元素的化合价降低，NO为氧化剂，被还原，选项B错误；C．C元素的化合价升高，CO中碳失去电子，选项C错误；D．N元素的化合价降低，NO为氧化剂，被还原发生还原反应，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。9、C【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。10、A【解析】分析：本题考查的是条件对速率和平衡的影响，注意根据图像判断平衡的移动方向，分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。详解：A.x点压强比y低，所以反应速率x点比y点时的慢，故正确；B.在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故错误；C.M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故错误；D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值，故错误。故选A。11、B【解析】

A．浓硫酸与铜发生反应的条件是加热，常温下二者不反应，不是钝化，A项错误；B．常温下浓硫酸使Fe快速生成致密氧化膜隔离反应物而钝化，故可以用铁罐来进行储存、运输冷的浓硫酸，B项正确；C．SO2既具氧化性也具还原性，C项错误；D．SO2漂白原理是SO2可与有色物质化合生成无色物质，Cl2不具备漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，漂白原理是HClO具有氧化性，是氧化型漂白，D项错误；答案选B。12、A【解析】

A.氮化镓中N元素为ⅤA族，Ga元素为ⅢA元素，因此氮化镓是由主族元素形成的化合物，A错误；B.Ga为+3价，氮元素显-3价，氮化镓化学式为GaN，B正确；C.氮原子最外层电子数为5，镓原子最外层电子数为3，氮原子最外层比镓原子最外层多2个电子，C正确；B.同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，则镓元素比铝元素金属性强，D正确；故合理选项是A。13、D【解析】

A.1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；B.氢氧化钙和CO2反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故B正确；C.氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确；D.反应的方程式依次为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故D错误，答案选D。14、D【解析】

A、室温下0.1mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）<mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A正确；B、室温下0.1mol·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B正确；C、相同条件下，浓度均为0.1mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C正确；D、0.1mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D错误。【点睛】本题考查强、弱电解质的判断，根据电离程度，电解质分为强电解质和弱电解质，完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，所以只要证明氨水部分电离即可。15、D【解析】A、钠是活泼的金属，电解熔融的氯化钠得到金属钠，A错误；B、铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝得到金属铝，B错误；C、铁是较活泼的金属，通过还原剂还原得到，C错误；D、银是不活泼的金属，通过热分解得到，D正确，答案选D。点睛：金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4。16、A【解析】

天然气的主要成分是甲烷，故A是合理选项。17、A【解析】试题分析：A．缩小体积使压强增大，物质的浓度增大，化学反应速率加快，正确；B.压强不变，充入N2使体积增大，则O2的浓度减小，化学反应速率减慢，错误；C．体积不变，充入He使压强增大，但是物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，错误；D.压强不变，充入He使体积增大，则物质的浓度减小，化学反应速率减小，错误。考点：考查影响化学反应速率的因素的知识。18、B【解析】

A．中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是ΔH＝－57.3kJ/mol，错误；B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol，正确；C．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，错误；D．由于醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。答案选B。19、B【解析】

标况下3.36L二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.15mol，3.6g水的物质的量为：n（H2O）==0.2mol，1mol混合气体完全燃烧生成1.5mol二氧化碳、2mol水，则混合的平均化学式为：C1.5H4，由于两种气态烃的混合物，则一定含有C原子数小于1.5的烃，所以一定含有甲烷，又由于甲烷中含4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，根据以上分析可知，混合气体中一定含有甲烷，所以B正确；可能含有乙烯、丙炔，一定不含乙烷，所以A、C、D错误，答案选B。20、C【解析】

A.2H2O22H2O＋O2↑，A．0～2min产生的氧气的体积V（O2）=9.9×10−3L，4～6min产生的氧气的体积V（O2）=(22.4−17.2)×10−3L，所以0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快，A正确；B．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v（H2O2）=≈3.3×10-2mol/（L•min），B正确；C．6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末，c（H2O2）==0.20（mol/L），C错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：×100%=50%，D正确；故答案选C。21、A【解析】

A项、在天然存在的元素中，无论是游离态还是化合态，同位素相互间保持一定的比率，即各种同位素原子个数百分比保持不变，故A正确；B项、同种非金属原子间形成非极性键，化合物分子中不一定有非极性共价键，如氯化氢分子只存在极性键，故B错误；C项、同种元素的原子核内质子数一定相同，中子数不同，故C错误；D项、周期表有7个横行，7个周期，18个纵行16个族，故D错误；故选A。22、D【解析】影响化学反应速率的因素中，反应物的结构与性质是决定性的因素，即最主要因素，而温度、浓度、压强、催化剂等外界因素为次要因素，故选D。二、非选择题(共84分)23、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【解析】试题分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。24、铜元素Al3+cH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O51︰56（102︰112）【解析】

由化学工艺流程可知，向冶炼铜产生的炉渣中加入稀硫酸，炉渣中Fe2O3、FeO和Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，酸性氧化物SiO2不溶解；过滤，向滤液中加入足量双氧水，酸性条件下双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，再加入过量的氢氧化钠溶液，硫酸铁和硫酸铝与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，加热固体，氢氧化铁受热分解生成氧化铁。【详解】（1）若CuFeS2中的Fe元素的化合价为+2价，则铜的元素化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，氧气中氧元素的化合价为0价，由方程式可知，产物中铜元素的化合价为0价，氧化亚铁中铁的化合价为+2价，氧元素为-2价，三氧化二铁中铁的元素化合价为+3价，氧元素为-2价，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，氧元素为-2价，根据氧化还原反应规律，化合价降低的发生还原反应，反应中被还原的元素是Cu元素和O元素，故答案为：铜元素；（2）①炉渣中含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，所以滤液中含有的阳离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，故答案为：Al3+；②a、由于溶液中含有Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，所以a中加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铁红褐色沉淀会掩盖氢氧化亚铁沉淀，故错误；b、溶液中含有铁离子，因此加KSCN溶液显红色，无法据此检验铁离子，故错误；c、亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；d、溶液中含有铁离子，原溶液显黄色，无法据此检验亚铁离子，故错误；正确的为c，故答案为：c；③双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性条件下双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（3）氧化铁与铝高温发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，由化学方程式可知反应完全生成的氧化铝和铁的物质的量比为1:2，则氧化产物与还原产物的质量之比为:102：2×56=51︰56，故答案为：51︰56（102︰112）。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意理解工艺流程的原理以及物质的转化关系，明确发生的化学反应，掌握离子的检验方法是解题的关键。25、溶解硬脂酸甘油酯水面上漂浮的块状物消失胶体食盐上盐析冷凝回流纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污结焦水蒸气【解析】

由实验装置图可知，圆底烧瓶中硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，装置中长导管可以起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率；向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，使硬脂肪酸钠和甘油分离。【详解】（1）硬脂酸甘油酯为难溶于水的固体，易溶于有机溶剂，酒精为有机溶剂，加入酒精可溶解硬脂酸甘油酯，故答案为：溶解硬脂酸甘油酯；（2）不溶于水的硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，反应完成时不溶于水的硬脂酸甘油酯完全溶解，水面上没有漂浮物；硬脂酸钠的水溶液属于胶体，具有胶体的性质，故答案为：水面上漂浮的块状物消失；胶体；（3）向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，静置一段时间后，溶液分为上下两层，这个操作为盐析，因硬脂酸钠的密度小于水的密度，硬脂酸钠在上层，故答案为：食盐；上；盐析；（4）在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，长导管可以起到冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；（5）纯碱为碳酸钠，碳酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进水解，使溶液碱性增强，油脂在碱性较强的溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质而洗去油污，故答案为：纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污；（6）硬脂酸甘油酯具有有机物的通性，受热易分解，直接加热会出现炭化结焦的现象，若改用水蒸气加热，可以避免出现炭化结焦的现象，故答案为：结焦；水蒸气。【点睛】该类试题主要是以实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性，油脂在碱性条件下发生皂化反应时物质的溶解性发生变化是分析的关键点，注意盐析就是利用无机盐降低有机物的溶解度达到分离的目的。26、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)<v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。【点睛】本题通过碘钟实验，考查了实验方案的探究的知识。注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。27、1.0035探究固体物质的表面积(答接触面亦可)20%x=41.2【解析】试题分析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同；(Ⅱ)根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根据相关计算公式计算相关物理量。解析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同，实验②中HNO3浓度为1.00mol/L；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①