甘肃省天水市甘谷县2025届化学高一下期末考试试题含解析

甘肃省天水市甘谷县2025届化学高一下期末考试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族。下列说法正确的是A．四种元素中Z的原子半径最大B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C．Y、Z两种元素形成的化合物一定只含离子键D．X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液呈酸性2、从溴水中萃取溴，下列试剂中能用做萃取剂的是A．乙酸B．水C．四氯化碳D．酒精3、下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的数值为NA）A．在标准状况下，22.4L水所含分子数目为NAB．1mol·L-1K2SO4溶液所含K+数目为2NAC．1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAD．2.4gMg与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.1NA4、两种金属A与B和稀硫酸组成原电池时,A是正极。下列有关推断正确的是(

)A．A的金属性强于BB．电子不断由A电极经外电路流向B电极C．A电极上发生的电极反应是还原反应D．A的金属活动性一定排在氢前面5、香烟燃烧产生大量的污染物，对人体危害极大，下表为某品牌香烟烟气的部分成分，下列说法正确的是A．C2H6与CH4互为同系物B．苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．表中所有物质在常温下均为气态D．烟气中只有NOX能与人体的血红蛋白结合6、已知C—C键可以绕键轴自由旋转，结构简式为的烃，下列说法中正确的是A．分子中至少有9个碳原子处于同一平面上B．分子中至多有26个原子处于同一平面上C．该烃能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色D．该烃属于苯的同系物7、100mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.3mol/LBa(OH)2溶夜100mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为（混合体积看成两液体体积之和）A．0.4mol/L B．0.3mol/L C．0.2mol/L D．0.1mol/L8、为了防止铁制品锈蚀，下列措施或者做法不当的是（）A．将使用后的菜刀洗净擦干B．铁制品表面的铁锈应当保留C．在铁制水管表面镀一层锌D．在铁制门窗表面喷涂防护漆9、浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴．下列说法不正确的是（）A．海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．步骤②中体现了溴易挥发的性质C．步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O═2HBr+2H++SO42﹣D．①﹣④目的是为了富集溴元素10、在温度不变下,恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）⇌2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1所需的反应时间：A．大于10s B．等于10s C．小于10s D．等于5s11、在可以溶解氧化铝的溶液中，一定能大量共存的离子组是A．NH4+、Na+、S2-、SO32-B．Na+、K+、Cl-、SO42-C．Ca2+、Fe2+、NO3-、Br-D．K+、AlO2-、I-、SO42-12、下列关于资源综合利用的说法中，正确的是()A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化B．只通过物理变化即可从海水中提取溴单质C．从海水中可以得到MgCl2，可电解MgCl2溶液制备MgD．燃煤中加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量13、下列说法正确的是（）A．随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高B．冰融化时，分子中H—O键发生断裂C．由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高D．在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定14、下列对科学家的相关成果的说法正确的是（）A．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素(C15H22O5),青蒿素属于烃类B．闵恩泽研发重油裂解的催化剂，催化裂解可以获得很多重要的化工原料C．凯库勒研究了苯环的结构，苯环是碳碳单键和碳碳双键交替的结构D．门捷列夫提出元素周期律，元素周期律指元素的性质随相对原子质量的递增而呈周期性的变化15、与金属钠、氢氧化钠、碳酸钠均能反应的是A．CH3CH2OH B．CH3CHO C．CH3OH D．CH3COOH16、化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．BaSO4和BaCO3均难溶于水,均可用作“钡餐”17、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动18、在1L浓度为0.2mol·L-1Fe(NO3)3和1.5

mol·L-1H2SO4组成的混合溶液中，加入39.2g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是A．反应后产生标准状况下的氢气11.2LB．反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=2∶1C．反应后的溶液还可以溶解16.8g铁粉D．反应后的溶液还可以溶解19.2g铜19、“绿色化学”要求原料物质中所有的原子完全被利用，全部转入到期望的产品中，工业上由C2H4（乙烯）合成C4H802（乙酸乙酯）的过程中，为使原子利用率达到100%，在催化剂作用下还需加入的反应物是A．CH3COOHB．H2O和COC．O2和H2D．CO220、能证明淀粉已部分水解的试剂是下列的()A．淀粉碘化钾溶液 B．银氨溶液、碘水、烧碱C．新制的氢氧化铜悬浊液 D．碘水、稀硫酸21、与元素在周期表中的位置肯定无关的是（）A．元素的原子序数B．原子的核电荷数C．原子的质子数D．原子核内的中子数22、下图是电解水的微观示意图。下列有关说法正确的是A．过程1放出热量B．H2O的能量比O2能量高C．H2分子中存在极性共价键D．过程2有新化学键形成二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）。⑴若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结

构示意图为_________________，反应④的化学方程式为________________________。⑵若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是______________________________________________。⑶若A、D、F都是由短周期非金属元素形成的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为__________________________________。24、（12分）元素周期表是学习化学的重要工具,它隐含许多信息和规律。下表所列是六种短周期元素的原子半径及主要化合价(已知铍元素的原子半径为0.089nm)。元素代号ABCDXY原子半径/nm0.0370.1430.1020.0990.0740.075主要化合价+1+3+6,-2-1-2+5,-3（1）C元素在周期表中的位置为________，其离子结构示意图为：_______。（2）B的最高价氧化物对应的水化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___。（3）关于C、D两种元素说法正确的是__________（填序号）。a.简单离子的半径D>Cb.气态氢化物的稳定性D比C强c.最高价氧化物对应的水化物的酸性C比D强（4）在100mL18mol/L的C的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中加入过量的铜片，加热使其充分反应，产生气体的体积为6.72L(标况下），则该反应过程中转移的电子数为______。（5）写出由A、D、X三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质的电子式_____________。（6）比较Y元素与其同族短周期元素的氢化物的熔沸点高低__＞___(填氢化物化学式），理由___________。25、（12分）某实验小组用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式________。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。（2）甲和乙两个水浴作用不相同：甲的作用是________；乙的作用是________。（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________，集气瓶中收集到的主要成分是____________。26、（10分）某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是______。（2）装置E中的现象是______。（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。写出可能发生的有关反应化学方程式：______。（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3•6H2O晶体，设计流程如图所示：①步骤I中通入Cl2的作用是________。②简述检验滤液中Fe3+的操作方法_______。③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体的主要操作包括：_______。27、（12分）ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3＋Al3＋ZrO2＋开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的化学式为________________。(3)为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________________。(4)向“过滤Ⅲ”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____________________________。28、（14分）(1)含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，该反应表示中和热的热化学方程式为___________________。(2)将0.40molN2O4气体充入2L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g)ΔH。在T1℃和T2℃时，测得NO2的物质的量随时间变化如图所示：①T1℃，40～80s内用N2O4表示该反应的平均反应速率为________mol/(L·s)。②ΔH________0(填“>”、“<”或“=”)。(3)向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB。相同条件下(温度T℃)，发生下列反应：A(g)+B(g)xC(g)ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示:①甲容器平衡后物质B的转化率为_______；②T℃时该反应的平衡常数为________。(4)在25℃下，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。①则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__________________。29、（10分）已知二氧化碳和氢气在一定条件下可以合成甲醇，其制备反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下列说法正确的是A．调控反应条件不能改变反应限度B．化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率C．当CO2的消耗速率等于其生成速率时，该反应已停止D．投入1molCO2能得到1mol的CH3OH

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、A【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族，据此可知X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为硫元素。A.同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故四种元素中Z的原子半径最大，选项A正确；B.Y的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C.Y、Z两种元素形成的化合物Na2O2既含有离子键，又含有共价键，选项C错误；D.X、Y、Z三种元素形成的常见化合物Na2CO3、Na2C2O4的水溶液呈碱性，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度中等，注意基础知识的理解掌握。推断出元素是解题的关键，结合元素分析，易错点为选项D，碳酸钠或草酸钠均为强碱弱酸盐，溶液显碱性。2、C【解析】试题分析：萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。乙酸、乙醇和水是互溶的，不能作为从溴水中萃取溴的萃取剂。四氯化碳不溶于水，溴易溶在有机溶剂中，四氯化碳可以作为萃取剂，所以答案选C。考点：考查萃取剂选择的判断点评：该题是常识性知识的考查，侧重对学生实验能力的培养，有利于培养学生的逻辑思维能力和规范严谨的实验设计能力。该题的关键是明确萃取剂选择的依据，然后结合题意灵活运用即可。3、C【解析】

A.在标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积，A项错误；B.没有告知溶液的体积，离子的数目无法计量，B项错误；C.钠与氧气生成的产物无论是谁，1mol钠与氧气发生反应，失电子数目均为NA，C项正确；D.2.4gMg的物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.2NA，D项错误；所以答案选择C项。4、C【解析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。两种金属A与B和稀硫酸组成原电池时,A是正极，这说明金属性是B强于A，A不正确；电子不断由B电极经外电路流向A电极，B不正确；正极导电电子，发生还原反应，选项C正确；A的金属活动性不一定排在氢前面，选项D不正确，答案选C。考点：考查原电池原理的应用和判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确原电池的工作原理是答题的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。易错点是选项D。5、A【解析】A.C2H6与CH4的结构相似，相差1个CH2，二者互为同系物，A正确；B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.尼古丁、苯在常温下不是气态，C错误；D.烟气中CO、NOX能与人体的血红蛋白结合，D错误，答案选A。6、B【解析】

A.苯是平面形结构，且C－C键可以绕键轴自由旋转，所以分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，A错误；B.两个苯环可能处于同一个平面上，则分子中至多有26个原子处于同一平面上，B正确；C.该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D.苯的同系物有且只有一个苯环，且侧链为烷基，该烃不属于苯的同系物，D错误；答案选B。7、B【解析】

Al2(SO4)3溶液中Al3+的浓度c(Al3+)==0.6mol/L，根据硫酸铝的组成可知溶液中SO42-的浓度为c(SO42-)=c(Al3+)=×0.6mol/L=0.9mol/L，n(SO42-)=cV=0.9mol/L×0.1L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba(OH)2]=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，0.03molBa2+完全反应需要0.03molSO42-，则混合溶液中剩余SO42-的物质的量为0.09mol-0.03mol=0.06mol，因此混合溶液中SO42-物质的量浓度c===0.3mol/L，故合理选项是B。8、B【解析】分析：钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触，酸性溶液、碱性溶液、盐溶液能促进金属生锈，防止铁生锈的方法就是要使铁与水和氧气隔绝；据此分析解答。详解：使用后的菜刀洗净擦干,避免和水接触,有利于防锈,A正确；铁锈是一种疏松多孔的物质,如果不及时除去会加快铁的生锈速率，B错误；在铁制水管表面镀一层锌,使铁与水和氧气隔绝,有利于防锈,C正确；在铁制门窗表面喷涂油漆,使铁与水和氧气隔绝,有利于防锈,D正确；正确选项B。9、C【解析】

由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中与氯气发生2Br-+C12=Br2+2C1-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl。A、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A正确；B.溴单质易挥发，用热的空气可以吹出，选项B正确；C.步骤③反应是二氧化硫具有还原性还原溴单质，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO42﹣，选项C错误；D.步骤①-④，先生成溴单质，热空气吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，选项D正确。答案选C。10、A【解析】

前15s的平均速率为v(N2O4)=(0.1－0.07)mol·L－1÷15s=0.002mol·L－1·s－1，N2O4的浓度若按此反应速率继续由0.07mol/L降到0.05mol/L所需要的时间t=(0.07-0.05)mol·L－1÷0.002mol·L－1·s－1=10s，考虑到随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，所以时间应该大于10s，选项A正确。答案选A。【点睛】高中化学所介绍的化学反应速率，指的都是在一段时间内的平均反应速率，所以这样计算出来的速率只能应用在这一段时间内，超过这段时间，就不可以使用前面计算出来的速率了。一般认为，化学反应的速率是逐渐减小的，当然也有特殊的反应是速率先加快后减慢的。11、B【解析】分析：能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项，酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在；B项，无论酸性条件下还是碱性条件下，离子相互间不反应；C项，酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在，碱性条件下Fe2+不能大量存在；D项，酸性条件下AlO2-不能大量存在。详解：能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项，酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在，可能发生的反应2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O、S2-+2H+=H2S↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑，碱性条件下NH4+不能大量存在，发生的反应为NH4++OH-=NH3·H2O；B项，无论酸性条件下还是碱性条件下，离子相互间不反应，一定能大量共存；C项，酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在，发生的反应为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，碱性条件下Fe2+不能大量存在，发生的反应为Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；D项，酸性条件下AlO2-不能大量存在，可能发生的反应为H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，碱性条件下离子相互间不反应；一定能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中NH4+与OH-等；②离子间发生氧化还原反应，如题中Fe2+、NO3-与H+等；③离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；④注意题中的附加条件。12、D【解析】

A.煤的干馏是化学变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离，是物理变化，故A错误；B.从海水中提取溴单质，需要发生化学变化，因为溴元素在海水中以溴离子的形式存在，故B错误；C.从海水中可以得到MgCl2，可电解熔融的MgCl2获得镁单质，故C错误；D.燃煤中加入适量石灰石，石灰石受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙可以和二氧化硫反应，可以减少燃煤中二氧化硫的含量，故D正确；故选：D。13、A【解析】分析：考查影响物质熔沸点的因素。共价化合物熔沸点高低是由分子间作用力决定的。组成和结构相同的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高。氢键的存在可以使分子间作用力增大，物质的熔沸点越高。详解：A.分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高，故A正确；B.冰融化时发生物理变化，只破坏氢键而不破坏化学键，故B错误；C.物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故C错误；D.物质的稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。14、B【解析】

A.青蒿素(C15H22O5)中含有O元素，则青蒿素属于烃的衍生物，A错误；B.重油裂解的催化剂可以获得乙烯等很多重要的化工原料，B正确；C.凯库勒研究了苯环的结构，苯环不是碳碳单键和碳碳双键交替的结构，苯环的六个碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间的特殊共价键，6个碳原子还共同形成一个大键，C错误；D.门捷列夫提出元素周期律，元素周期律指元素的性质随原子序数的递增而呈周期性的变化，D错误；答案为B15、D【解析】

A．CH3CH2OH只能与钠反应放出氢气，与氢氧化钠和碳酸钠都不能反应，故A错误；B．CH3CHO与金属钠、氢氧化钠、碳酸钠都不能反应，故B错误；C．CH3OH只能与钠反应放出氢气，与氢氧化钠和碳酸钠都不能反应，故C错误；D．CH3COOH与钠反应放出氢气，与氢氧化钠发生中和反应，与碳酸钠反应放出二氧化碳，故D正确；答案选D。【点睛】掌握有机物中的官能团的结构和性质是解题的关键。本题中要知道，能和金属钠反应的官能团有羟基、羧基；与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、羧基、酯基、卤素原子等；能和碳酸钠反应的官能团有羧基和酚羟基。16、A【解析】A、蚕丝富含蛋白质，灼烧后有烧焦羽毛的气味，而人工纤维灼烧后有特殊气味，可通过灼烧法区分两者，正确；B、医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，错误；C、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，错误；D、BaSO4难溶于水也难溶于酸，可以作“钡餐”，BaCO3难溶于水但可溶于酸，BaCO3与胃酸中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，Ba2+有毒，不能作“钡餐”，错误。故选A。17、D【解析】

A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。18、D【解析】

涉及的反应有Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；39.2g铁粉为0.7mol，溶液中硝酸根离子0.6mol，氢离子3mol，氧化性：硝酸>Fe3+>H+，生成NO时消耗0.6mol铁粉，2.4mol氢离子；剩余的0.1mol铁粉发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.3molFe2+；【详解】A.分析可知，反应后不产生氢气，A错误；B.分析可知，生成0.3molFe2+，剩余的Fe3+为0.6mol，溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=0.3∶0.6=1：2，B错误；C.反应后的溶液，含有0.6molFe3+，0.6molH+还可以溶解0.6mol铁粉即33.6g，C错误；D.反应后的溶液含有0.6molFe3+，还可以溶解0.3molCu，即19.2g，D正确；答案为D；【点睛】根据氧化性的强弱：硝酸>Fe3+>H+，确定反应方程式进行计算。19、A【解析】分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点利用原子守恒解答。详解：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即另外所需要的原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2或者所有反应物中C、H、O的原子个数比为2：4：1。A．在CH3COOH分子中C、H、O的原子个数比为2：4：2，A正确；B．CO、H2O这两种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，B错误；C．H2、O2和C2H4这三种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：1，C错误；D．CO2和C2H4这两种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：1，D错误。答案选A。点睛：本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，再结合所学方法解答。20、B【解析】

淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加烧碱溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，然后加入银氨溶液，水浴加热有单质银生成，说明水解产物为葡萄糖，证明淀粉已水解；或在混合液呈碱性后，加入氢氧化铜悬浊液，再加热，有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖，证明淀粉已水解；向水解后的溶液加碘水，溶液变蓝色，说明溶液中仍有淀粉存在，证明淀粉水解不完全，则能证明淀粉已部分水解的试剂是碘水、烧碱溶液、银氨溶液（或新制的氢氧化铜悬浊液），故选B。【点睛】本题考查了淀粉的水解，注意淀粉在稀硫酸作用下水解，检验淀粉已水解的最终产物葡萄糖的试剂是银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，反应需要在碱性条件下发生。21、D【解析】分析：元素周期表分为7个横行，即7个周期和18个纵行，其中7个主族、7个副族、1个Ⅷ族和1个0族，结合周期和族的含义解答。详解：把电子层数相同的元素按原子序数递增顺序从左到右排成一横行，共有7个横行。把不同横行中最外层电子数相同的元素按原子序数递增的顺序从上到下排成一纵行，共有18纵行。因此与元素在周期表中的位置有关的是元素的原子序数，又因为原子序数＝核电荷数＝质子数，所以原子的核电荷数和原子的质子数也与元素在周期表中的位置有关，肯定无关的是原子核内的中子数。答案选D。22、D【解析】分析：过程1是断键过程，过程2是形成化学键的过程，据此解答。详解：A.过程1是水分子中的化学键断键，吸收能量，A错误；B.水分解是吸热反应，则H2O的能量比氢气和O2能量之和低，水分子与氧气能量不能比较，B错误；C.H2分子中存在非极性共价键，C错误；D.过程2生成氢气和氧气，有新化学键形成，D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－2C＋SiO22CO↑＋Si【解析】分析：(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg(NO3)2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg(NO3)2，则E是Mg(NO3)2；(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，D和F反应生成B，B能够与金属A反应，则B为酸，为HCl，因此D为氢气，F为氯气，C为金属氯化物，能够与氯气反应，说明A具有变价，则A是Fe；因此C是FeCl2、E是FeCl3；(3)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，C是CO，E为CO2。详解：(1)根据上述分析，A是Mg，A的原子结构示意图为，反应④为碳与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，反应②为氯气氧化氯化亚铁的反应，反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；(3)根据上述分析，A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，C是CO，E为CO2，反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO。24、第三周期VIA族Al(OH)3+3H+==Al3++3H2Ob0.6NANH3PH3两者都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，导致熔沸点比PH3高【解析】

根据元素的原子半径相对大小和主要化合价首先判断出元素种类，然后结合元素周期律和相关物质的性质分析解答。【详解】A的主要化合价是+1价，原子半径最小，A是H；C的主要化合价是+6和－2价，因此C是S；B的主要化合价是+3价，原子半径最大，所以B是Al；D和X的主要化合价分别是－1和－2价，则根据原子半径可判断D是Cl，X是O。Y的主要化合价是+5和－3价，原子半径大于氧原子而小于氯原子，则Y是N。（1）C元素是S，在周期表中的位置为第三周期VIA族，其离子结构示意图为。（2）B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，与Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（3）a.硫离子和氯离子均是18电子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径D＜C，a错误；b.非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性D比C强，b正确；c.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性D比C强，c错误；答案选b；（4）浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子。反应中生成二氧化硫的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则转移电子的物质的量是0.6mol，个数是0.6NA；（5）由H、O、Cl三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质是次氯酸，其电子式为。（6）由于氨气和磷化氢都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，从而导致熔沸点比PH3高25、，放热加热冷却乙醛、乙醇、水氮气【解析】

由实验装置图可知，无水乙醇在水浴加热的条件下将乙醇变成乙醇蒸气，鼓入空气，乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2，试管a放入冷水中，目的是冷却反应得到的混合气体，试管a中收集到的液体为乙醛、乙醇和水，空气中的氧气参与反应，集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。【详解】（1）实验过程中铜网与氧气加热反应生成氧化铜，出现黑色，反应的化学方程式为，反应生成的氧化铜与乙醇加热发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，出现红色，反应的化学方程式为；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应，放出的热量能够维持反应继续进行；（2）甲为热水浴，使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到提供乙醇蒸汽的作用；乙为冷水浴，冷却反应得到的混合气体，便于乙醛的收集；（3）经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇，反应生成的乙醛和水；空气中的氧气参与反应，丙中集气瓶内收集到气体的主要成分氮气，。【点睛】易错点是干燥试管a中能收集不同的物质，忽略乙醇的挥发性，漏写乙醇和水。26、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2将Fe2+氧化成Fe3+取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色加热浓缩、冷却结晶、过滤【解析】

A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此解答该题。【详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）装置B中铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）在固体中加入过量稀盐酸后四氧化三铁、铁和盐酸以及铁和氯化铁之间发生反应，其方程式为Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，因此步骤I中通入Cl2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；②检验三价铁应该用KSCN溶液，观察是否变红，即检验滤液中Fe3+的操作方法是：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；③由FeCl3稀溶液得到FeCl3•6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤。【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验方案设计，题目难度不大，注意掌握铁与水蒸气反应原理，（3）中容易忽略铁在反应中可能过量，过量的铁能与盐酸和氯化铁反应，为易错点。27、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案为：5.2～6.2；ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，正确分析题目涉及流程的分析应用、掌握化学基本实验操作是解题的关键。本题的易错点为(3)，要正确理解加入氨水调节pH的作用。28、KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol0.00125>61%2中【解析】

(1)先计算KOH、H2SO4的物质的量，然后判断哪种物质过量，确定反应产生1mol液态水放出的热量，即得该反应的中和热的热化学方程式；(2)①Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，根据v=计算出用二氧化氮表示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用N2O4表示的平均反应速率；②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T2℃，且T2℃达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，根据温度对化学平衡的影响判