【文档说明】湖北省五市州2023-2024学年高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）.docx，共(20)页，1.176 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bc64c9cd68834b6b1b4a4cdc33db41e9.html

以下为本文档部分文字说明：

2024年湖北省五市州高一期末联考化学试卷本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域

均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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。1.中华传统文化中蕴含着

很多化学知识，下列说法正确的是A“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”诗句描写了丁达尔现象B.“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中豆萁的主要成分是纤维素，在人体中最终水解为葡萄糖C.“白墙黛瓦马头墙，回廊挂落花格窗”中黛瓦的青黑色是含有氧化铁的缘故D.“火药乃焰硝、硫磺、杉木炭所合”，火药发生爆炸时，生成无

色的2SO、2NO和2CO【答案】A【解析】【详解】A．日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈（唐），雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，A正确；B．豆萁的主要成分是纤维素，但人体中没有水解纤维素的酶即纤维素不能在人

体中水解，B错误；C．已知Fe2O3为红棕色，故“白墙黛瓦马头墙，回廊挂落花格窗”中黛瓦的青黑色应该是含有四氧化三铁的缘故，C错误；D．火药发生爆炸时的反应方程式为：S+2KNO3+3C加热或撞击K2S+3CO2↑+

N2↑，不能生成无色的气体，NO2为红棕色气体，D错误；.故答案为：A。2.下列物质除杂过程中，选用的试剂不能达到目的的是选项物质试剂A乙烯中混有少量乙醇蒸汽水BNO2气体混有少量NO水CFeCl3溶液混有少量FeCl2适量双氧水DCO2中混有少量SO2饱和NaHCO3溶液A.AB.BC

.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．已知乙醇易溶于水，而乙烯难溶于水，故乙烯中混有少量乙醇蒸汽可以用水来除去，A不合题意；B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，故NO2气体混有少量NO不能用水来除杂

，B符合题意；C．已知2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故FeCl3溶液混有少量FeCl2可以用酸性H2O2来除杂，C不合题意；D．已知SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2，故CO2中混有少量SO2可以通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶来除杂，D不合题意；故答案为：

B。3.四氯乙烯()是一种衣物干洗剂，下列说法错误的是A.能发生加成反应B.四氯乙烯是平面结构C.它对油脂有较好的溶解作用D.可以由乙烯发生加成反应得到【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，四氯乙烯

分子中含有碳碳双键，故能发生加成反应，A正确；B．由题干信息可知，四氯乙烯相当于乙烯分子中的四个H被四个Cl取代，故四氯乙烯是平面结构，B正确；C．由题干信息可知，四氯乙烯是一种衣物干洗剂，故它对油脂有较好的溶解作用，C正确；D．由题干信息可知，四氯乙烯

相当于乙烯分子中的四个H被四个Cl取代，不是加成反应得到，D错误；故答案为：D。4.下列实验操作能达到相应实验目的的是A．进行喷泉实验B．制取氨气C．证明非金属性：S>C>SiD．乙酸乙酯的制备和收集A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A

．H2S在水中的溶解度较小，很难仅靠溶于水来能形成喷泉，A不合题意；B．加热NH4Cl生成NH3和HCl，但NH3和HCl遇冷后又反应生成NH4Cl，故不能只加热NH4Cl来制备NH3，而应该加热NH4Cl和Ca

(OH)2的混合物来制备NH3，B不合题意；C．最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，稀硫酸与碳酸钠反应，生成的CO2通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀硅酸，即酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，C符合题意；D．乙酸乙酯在NaOH溶液中将完全水解，不能

用NaOH溶液来收集乙酸乙酯，D不合题意；故答案为：C。5.2024年6月3号，嫦娥六号在月球背面上展示的国旗是我国科研人员利用玄武岩熔融拉丝技术制作而成的。玄武岩石料由二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁和二氧化钛等氧化

物组成。下列说法中错误的是A.硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体结构B.玄武岩纤维具有耐腐蚀、耐高温、耐低温的优异性能C.由3232CaCO+SiOCaSiO+CO高温，说明硅酸的酸性比碳酸强D.玄武岩纤维是一种无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体

，类似于共价晶体结构特点，致使硅酸盐材料大多具有硬度大、熔点高、耐腐蚀等性质，A正确；B．由题干信息结合A项分析可知，玄武岩属于硅酸盐，玄武岩纤维具有耐腐蚀、耐高温、耐低温的优异性能，B正确；C．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性

弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，C错误；D．由题干信息结合A项分析可知，玄武岩属于硅酸盐，则玄武岩纤维是一种无机非金属材料，D正确；故答案为：C

。6.“人工树叶”可以像天然树叶的光合作用那样，依托太阳光在纳米线阵列上将水分解为氢离子和氧气，氢离子穿过塑料薄膜，得到氢燃料(如图)。下列说法错误的是A.上述过程涉及的能量种类包括太阳能和化学能B.塑料薄膜下部的电

极反应式为2H++2e-=H2↑C.塑料薄膜起到氢离子交换膜的作用D.纳米线阵列可由二氧化硅制成，用以吸收太阳光【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，上述过程可实现太阳能转化为化学能，A正确；B．由题干信息可知，塑料薄膜下部将H

+转化为H2，发生还原反应，故该电极反应式为2H++2e-=H2↑，B正确；C．由题干信息可知，H+可以透过塑料薄膜，而O2等不能，故塑料薄膜起到氢离子交换膜的作用，C正确；D．二氧化硅不能吸收太阳光，故纳米线阵列应该由晶体硅制成

，用以吸收太阳光，D错误；故答案为：D。7.下列有关自然资源的开发和利用，说法有误的一项是A.与回收铝制饮料罐得到铝相比，电解法冶炼制铝效率更高，更需提倡B.煤的气化和液化都是化学变化C.石油的减压蒸馏

是为了避免高沸点馏分的分解D.“吹出法”提溴技术中包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节【答案】A【解析】【详解】A．采用电解法冶炼铝土矿制铝耗能高，回收铝质饮料罐得到铝耗能低且废物利用变废为宝，与电解法冶炼制铝相比，回收铝制饮料罐得到铝更需提倡，A错误；B．煤的气化是将煤转化

为水煤气，液化是将煤转化为甲醇或乙醇等液体燃料，故都是化学变化，B正确；C．已知物质的沸点随气压的增大而升高，故石油的减压蒸馏是为了避免高沸点馏分的分解，C正确；D．“吹出法”提溴技术中包括氧化即将浓缩海水中的Br-氧化为Br2、吹出是用热空气将Br2吹出到，饱和SO2溶液中进行吸收，溴富集后再

用Cl2氧化，而后用CCl4萃取分液，最后蒸馏分离CCl4和Br2等环节，D正确；故答案为：A。8.中国科学院天津工业生物技术研究所在国际上首次实现CO2到淀粉的全合成，其中部分核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.

反应①中，生成1molCH3OH转移电子数为6NAB.反应②消耗3.2gCH3OH，消耗标准状况下O22.24LC.反应③中cat.为催化剂，实验室常用MnO2催化该反应D.3.0gHCHO与DHA的混合物中含碳原子数为

0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应历程图可知，反应①为CO2+3H2⎯⎯⎯⎯→一定条件CH3OH+H2O，则生成1molCH3OH转移电子数为6NA，A正确；B．由题干反应历程图可知，反应②为CH3OH+O2⎯⎯⎯⎯→一定条件HCHO+H2O2，则消耗3.2g即3.2g32g/m

ol=0.1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为：0.1mol×22.4L/mo=2.24L，B正确；C．由题干反应历程图可知，反应③即为H2O2催化分解生成H2O和O2，故其中cat.为催化剂，实验室常用MnO2催化该反应，C正确；D．由题干反应历程图可知，

HCHO与DHA的最简式均为CH2O，故3.0gHCHO与DHA的混合物中含碳原子数为-1A3.0g×Nmol30g/mol=0.1NA，D错误；故答案为：D。9.下列各组离子在给定溶液中因发生氧化还原反应而不

能大量共存的是A.饱和氯化钠溶液：H+、24SO−、MnO4−、3Fe+B.明矾溶液：2Ba+、OH-、2Cu+、Cl−C.硫酸亚铁溶液：2S−、K+、Cl−、4NH+D.0.2mol/LNaOH溶液：

3HSO−、Br-、4NH+、3CHCOO−【答案】A【解析】【详解】A．饱和氯化钠溶液中的Cl-、H+、MnO4−三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，方程式为：10Cl-+16H++2MnO4−=2Mn2++5Cl2

↑+8H2O，A符合题意；B．明矾溶液中2-4SO与2Ba+，Al3+与OH-，2Cu+与OH-因发生复分解反应而不能大量共存，B不合题意；C．硫酸亚铁溶液中的Fe2+与2S−反应生成FeS沉淀，不属于氧化还原反应，C不合

题意；D．0.2mol/LNaOH溶液中的OH-与3HSO−、4NH+，发生复分解反应而不能大量共存，不属于氧化还原反应，D不合题意；故答案为：A。10.X、Y、Z、P、Q是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X的一种核素没有中子，Z的单质是空气的主要成分

，Y和P同主族且P的原子序数是Y的2倍，在短周期元素中Q的金属性最强。下列说法错误的是A.X、Z能组成一种火箭燃料B.Y、Z只能组成五种物质C.由X、Y、P、Q四种元素组成的两种物质相互间能发生反应D.Y和P组成的物质均能与氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】【分

析】由题干信息可知，X、Y、Z、P、Q是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X的一种核素没有中子，则X为H，Z的单质是空气的主要成分，即Z为N或O，Y和P同主族且P的原子序数是Y的2倍，则Y为O，P为S，在短周期元素中Q的金属性最强，即Q为Na，综上分析可知，X、Y、Z、P、

Q分别为H、O、N、S、Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为H、Z为N，则X、Z能组成一种火箭燃料N2H4，A正确；B．由分析可知，Y为O，Z为N，则Y、Z能组成物质有：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O4等六种，B错误；C．由分析可知，X、Y、P、Q分别为

H、O、N、S、Na，由X、Y、P、Q四种元素组成的两种物质即NaHSO3和NaHSO4，相互间能发生反应，方程式为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，C正确；D．由分析可知，Y为O，P为S，故Y和P组成的物质

SO2、SO3均为酸性氧化物，均能与氢氧化钠溶液的反应，D正确；故答案为：B。11.工业上，常用水蒸气通过炽热的焦炭制得水煤气(主要成分为CO和2H)，其反应的化学方程式为22C(s)HO(g)CO(g)H(g)++，其能量变化图像如图所示。下列反应的能量变化与上述反应相同的是A.甲烷与氯气在

光照条件下的反应B.硝酸铵与十水合碳酸钠的反应C.镁条与稀盐酸的反应D.硫粉在空气中加热【答案】B【解析】【详解】根据图示，生成物的总能量大于反应物总能量，22C(s)HO(g)CO(g)H(g)++为吸热反应；A．甲烷与氯气在光照条件下的反应是放热反应，生成物的总能量小于反应物总能量，A

不选；B．硝酸铵与十水合碳酸钠的反应是吸热反应，生成物的总能量大于反应物总能量，B选；C．镁条与稀盐酸的反应是放热反应，生成物的总能量小于反应物总能量，C不选；D．硫粉在空气中加热反应生成二氧化硫是放热反应，生成物的总能量小于反应物总能量，D不选；故选B。12.潜艇中使用的液氨-液氧燃料电池工

作原理如图所示：下列说法正确的是A.放电时OH−向电极a移动B.电极b为负极C.电极a处加入的是液氧D.若生成4.2g2N，则需消耗液氧3.2g【答案】A【解析】【分析】该装置为液氨-液氧燃料电池，电极a通入液氨失去电子生成N2和H2O，电极a为负极，电极b通入氧气得到电子生成OH-，电极b

为正极。【详解】A．由分析可知，电极a为负极，根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH－向电极a移动，故A正确；B．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，故B错误；C．由分析可知，电极a通入液氨失去电子生成N2和H2O，故C错误；D．电极a通入液氨失去电子生成N2和H2O，电极方

程式为：2NH3＋6OH-－6e-=N2＋6H2O，电极b为正极，电极方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，4.2g2N的物质的量为4.2g=0.15mol28g/mol，生成0.15mol2N，失去0.9mol电子，则消耗0.9mol4=0.225m

ol，质量为0.225mol×32g/mol=7.2g，故D错误；故选A。13.根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色该废铁屑中不含Fe(Ⅲ)B某钠盐溶于稀硫酸，产生了

能使品红溶液褪色的无色气体该钠盐一定是Na2SO3或NaHSO3C向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuID向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液，无砖

红色沉淀蔗糖未发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，只能说明溶解后溶液中没有Fe3+，但是可能发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以并不能确定该废铁屑

中是否含Fe3+，A错误；B．已知Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，故某钠盐溶于稀硫酸，产生了能使品红溶液褪色的无色气体，该钠盐不一定是Na2SO3或NaHSO3，还可能是Na2S2O3，B错误；C．向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入

苯，振荡，上层呈紫红色说明有2I生成，下层有白色沉淀生成，根据氧化还原反应中化合价有升必有降可知，Cu的化合价降低到+1价，即发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+2I，故说明Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuI，C正确；D．葡萄糖和新

制氢氧化铜发生氧化反应必须在碱性条件下，所以在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，否则观察不到砖红色沉淀，D错误；故答案为：C。14.有机物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。下列关于化合物

M的说法正确的是A.分子式为C9H10O4B.易溶于水，且能与氢氧化钠溶液反应C.苯环上的一氯代物有4种D.1molM可与5molH2发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，其分子式为C9

H8O4，A错误；B．由题干有机物结构简式可知，分子含有酯基和苯环疏水基团，羧基为亲水基团，故该有机物不易溶于水，能与氢氧化钠溶液反应，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，苯环上没有对称轴，故苯环上的一氯代物有4种，C正确；D．由题干有机物结构

简式可知，分子中含有苯环能与H2加成，而酯基和羧基不能与H2发生加成反应，故1molM可与3molH2发生加成反应，D错误；故答案为：C。15.微生物在电子供体的作用下可将Sb(+5)(存在形式为3SbO−)还原

为更易被去除的Sb(+3)，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图所示。下列说法正确的是A.在图中H2S参与的反应都是氧化还原反应B.歧化过程中

，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1C.反应的温度越高，越有利于反应的进行D.自养还原过程的离子方程式为233423SbOS10HSO3Sb5HO−+−+++=++【答案】D【解析】【详解】A．Sb3+的沉淀去

除过程中，Sb元素和H2S中S元素的化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，A错误；B．S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，离子方程式为4S+4H2O=3H2S+2-4SO+2H+，氧化产物(2-4SO)与还原产物(H2S)的物质的量之比为1:3

，B错误；C．反应过程中有微生物作催化作用，温度过高微生物将失去生理活性，故反应的温度不是越高越好，C错误；D．根据流程图可知，结合氧化还原反应配平可得，自养还原过程的离子方程式为233423SbOS10HSO3S

b5HO−+−+++=++，D正确；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.某研究小组制作了一套多功能实验教具(如图)，在小试管中发生反应制备有毒气体，在大试管中盛放其他试剂检验有毒气体的性质。

（1）制备氮氧气体并检验其性质①向小试管中加入3.2g铜丝和14mL浓硝酸，向大试管中加入蒸馏水至接近小试管管口，塞紧橡胶塞，可观察到如下现象：装置中很快出现红棕色气体，铜丝变细，___________。②

用力振荡装置，可观察到溶液变色，___________，发生反应的离子方程式___________。③此时铜丝和硝酸继续反应直至铜丝完全溶解，产生无色气体，将注射器穿过气球向大试管中注入氧气，可观察到气体再次出现浅红棕色，其原因为___________(用化学方

程式表示)。整个过程只收集到一氧化氮和二氧化氮的混合气体共0.5mol，向小试管中加入VmLamol/L的氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的铜离子完全沉淀，则原硝酸的浓度为___________mol/L。(不必化简)（2）制备二氧化硫并验证其性质①向小试管中加入铜丝和浓硫酸，向大试管中

加入品红溶液，加热小试管，出现白雾(硫酸酸雾)，同时可观察到品红___________，用以证明二氧化硫气体的生成。②有同学将品红溶液换成酸性高锰酸钾溶液，也可检验二氧化硫的生成，其离子反应方程式为___________。③将①中品红溶液换成氯化钡溶液，加热小试管，发现在大试管中产生白色沉淀(

硫酸钡)，其原因可能是：i．二氧化硫与氯化钡及氧气反应，得到4BaSO沉淀；ii．___________；iii．二者均存在。【答案】（1）①.溶液变为蓝色②.红棕色气体颜色变浅③.+-2233NO+HO=2H+2NO+NO④.222NO+O=2NO⑤.-3-30.5+aV10mol/L1410

（2）①.褪色②.-2-2++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2Mn+4H③.加热小试管产生的硫酸酸雾与氯化钡反应，得到4BaSO沉淀【解析】【小问1详解】①铜丝和浓硝酸反应生成32Cu(NO)、2NO和水，则装置中出现红棕色气体，铜丝变细，溶液变为蓝色；②用力振荡装置

，2NO与水反应生成硝酸和NO，可观察到溶液变色，红棕色气体颜色变浅，反应离子方程式为+-2233NO+HO=2H+2NO+NO；③随反应进行，硝酸浓度降低，铜丝和硝酸继续反应直至铜丝完全溶解，产生无

色气体NO，向大试管中注入氧气，NO与氧气反应生成2NO，因此可观察到气体再次出现浅红棕色，化学方程式为222NO+O=2NO；整个过程收集到一氧化氮和二氧化氮的混合气体共0.5mol，向小试管中加入VmLamol/L的氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的铜离子完全沉淀，则32Cu(NO)和过量的

硝酸恰好完全转化为2Cu(OH)沉淀和3NaNO，根据N原子守恒可知原硝酸的物质的量为-3323n(HNO)=n(NO)+n(NO)+n(NaNO)=0.5mol+amol/LVmL=(0.5+aV10)mol，硝酸浓度为-3-3-3(0.5+aV10)mol0.5+a

V10c==mol/L14mL1410。【小问2详解】①2SO具有漂白性，可以漂白品红溶液褪色，因此若观察到品红褪色，则证明反应有二氧化硫气体生成；②2SO具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，离子反应方程式为-2-2++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2Mn

+4H；③加热小试管，出现白雾(硫酸酸雾)，可以与氯化钡反应，得到4BaSO沉淀。17.化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。G的一种合成路线如下(部分反应条件及产物略去)：已知：323Δ2NaOHCHCHBrCHCHOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→溶液。（1）A的名称是_____

______。（2）B、G的官能团名称分别是___________。（3）请写出D+F→G的反应方程式___________，反应类型是___________。（4）A发生加聚反应，得到的产物结构简式为________

___。（5）下列物质中不能用来鉴别D、F的是___________。A.碳酸氢钠溶液B.pH试纸C.氧化铜D.溴的四氯化碳溶液（6）D与F混合，分别与足量钠单质和碳酸氢钠溶液反应，生成的氢气和二氧化碳的分子数之比为2：1，则D与F的物质的量之比为

___________。（7）已知H是G的同系物，H比G的相对分子质量少14，则满足上述条件的H有___________种。【答案】（1）丙烯（2）羟基、酯基（3）①.(CH3)2CHOH+CH3CH2COOHΔ浓硫酸CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O②.酯

化反应或取代反应（4）（5）D（6）1:3（7）9【解析】【分析】化合物G(丙酸异丙酯)的结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2，由题干流程图可知，F的结构简式为：(CH3)2CHOH，E的结构简式为：(CH3)2CHBr

，由C转化为D的条件可知，C的结构简式为：CH3CH2CHO，B到C的转化条件可知，B的结构简式为：CH3CH2CH2OH，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图中A的结构简式CH2=CHCH3，故A的名称是丙烯，故答案为：丙烯；【小问2详解】由分析

可知，B的结构简式为：CH3CH2CH2OH，G的结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2，故B、G的官能团名称分别是羟基、酯基，故答案为：羟基、酯基；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为：(CH3)2CHOH

，G的结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2，故D+F→G的反应方程式为：(CH3)2CHOH+CH3CH2COOHΔ浓硫酸CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O，该反应类型是酯化反应或取代反应，故答案为：(

CH3)2CHOH+CH3CH2COOHΔ浓硫酸CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O；酯化反应或取代反应；【小问4详解】丙烯发生加聚反应得到聚丙烯，故A发生加聚反应，得到的产物结构简式为：，故答案为：；【小问5详解】由分析可知，F的结构简式为：(CH3)2CHOH，D的结构简式为：CH

3CH2COOH，由此分析解题：A．在D、F中加入碳酸氢钠溶液，D能产生大量的气泡，F没有明显现象，可以鉴别，A不合题意；B．已知CH3CH2COOH水溶液呈酸性，(CH3)2CHOH水溶液呈中性，故能用pH试纸进行鉴别，B不合题意

；C．CH3CH2COOH能与氧化铜，而(CH3)2CHOH不与CuO反应，故能够鉴别，C不合题意；D．CH3CH2COOH、(CH3)2CHOH与溴的四氯化碳溶液均不反应，不能鉴别，D符合题意；故答案为：D；【小问6详解】由分析可知，F的结构简式

为：(CH3)2CHOH，D的结构简式为：CH3CH2COOH，根据反应方程式2(CH3)2CHOH+2Na⎯⎯→2(CH3)2CHONa+H2↑、2CH3CH2COOH+2Na⎯⎯→2CH3CH2COONa+H2↑，CH3CH

2COOH+NaHCO3⎯⎯→CH3CH2COONa+H2O+CO2↑，D与F混合，分别与足量钠单质和碳酸氢钠溶液反应，生成的氢气和二氧化碳的分子数之比为2：1，则D与F的物质的量之比为1:3，故答案为：1:3；【小问7详解】由题

干流程图可知，G的结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2，已知H是G的同系物，H比G的相对分子质量少14，即少一个C的酯类化合物，则满足上述条件的H即C5H10O2的同分异构体有：CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)3CHCOOCH3、CH3CH2CO

OCH2CH3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2和HCOOC(CH3)3，一共

9种，故答案为：9。18.曾侯乙青铜编钟(如图)是湖北省乃至我国举世闻名音乐文物，具有极高的声学价值，其音色与材料的硬度密切相关。《考工记》中记载钟的合金成分为“六分其金(纯铜)而锡居一”。回答下列问题：（1）锡在元素周期表中的位置为第______

_____周期第___________族，控制曾侯乙编钟中锡含量的原因是___________。（2）火法炼铜在我国有悠久的历史，其原料矿石为孔雀石［223CuOH)CO(］，矿石受热分解后得到黑色的固体，再经木炭高温还原生

成粗铜。请写出矿石受热分解的化学反应方程式为___________。（3）另一种冶炼铜技术是湿法冶金工艺，核心流程如下图所示。再生铜渣主要以32CuSiOHO和CuO的形式存在(含有23FeO、34FeO、2SiO等杂质)。“滤渣1”为3Fe

(OH)、Cu(OH)2、SiO2。“氨浸”后，铜主要以四氨合铜离子形式存在。①为提高“浸出”速率，可对铜渣进行处理的操作为___________。“浸出”时加入稍过量22HO溶液，22HO的电子式为_________

__，其作用是___________(用离子方程式表示)。②氨浸过程中，实验温度为40℃时，选择此温度的原因为___________。③氨水浓度对铜浸出率的影响如图所示，则最佳氨水浓度为___________。（4）曾侯乙编钟出土时已被

腐蚀，其原因之一是在其内部构成了原电池：2PbOHO++24Sn4ClPb2OH[SnCl]−−−+=++。在该过程中，负极发生的电极反应为___________。【答案】（1）①.五②.ⅣA③.适当改变青铜编钟的硬度，调整其音色（2）22322ΔCu(OH)CO2CuO+HO+CO（

3）①.粉碎②.③.2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO④.温度高于40℃，氨水发生分解；温度低于40℃，反应速率较慢⑤.4mol/L（4）--24Sn-2e+4Cl=[SnCl]−【解析】【分析】再

生铜渣主要以32CuSiOHO和CuO的形式存在(含有23FeO、34FeO、2SiO等杂质)，在酸的作用下，其中的32CuSiOHO、CuO、Fe2O3、34FeO等杂质转化为Cu2+、Fe2+、Fe3+、硅酸沉淀，SiO2不反应，H2O2将Fe

2+完全氧化为Fe3+，再通过调节pH将Cu2+、Fe3+转变为Cu(OH)2和Fe(OH)3，故“滤渣1”为Fe(OH)3、Cu(OH)2、SiO2和H2SiO3；通过氨浸，铜离子与过量的氨水反应生成四氨合铜离子进入

溶液中，Fe(OH)3、SiO2和H2SiO3不反应进入到滤渣2中，最后含有四氨合铜离子的滤液经过一系列操作得到铜单质。小问1详解】锡元素位于元素周期表第五周期ⅣA族；控制曾侯乙编钟中锡含量的原因是：适当改变青铜编钟的硬度，调整其音色；【小问

2详解】孔雀石受热分解后得到黑色固体，再经木炭高温还原生成粗铜，矿石受热分解的化学反应方程式为22322ΔCu(OH)CO2CuO+HO+CO；【小问3详解】①为提高“浸出”速率，可对铜渣进行粉碎，增大接续面积；H2O2的电子式为，其作用是将Fe2+完全转化为Fe3+，离子方程式为2++3+

2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO；②氨浸过程中，实验温度选40℃的原因为温度过高，氨水易分解；温度过低，导致反应速率过慢；③由图可知氨水的最佳浓度为4mol/L；【小问4详解】负极发生氧化反应，由总反应式可知，Sn元素化合价升高，则负极电极反应式为--2

-4Sn-2e+4Cl=[SnCl]。19.目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应：222NO(g)2CO(g)N(g)2CO(g)++。已知在一定温度下，容积为2L的密闭容器

内加入一定量的NO和CO进行反应，平衡时c(CO)=2.7×10-3mol/L。用传感技术测得不同时间NO的物质的量如下表：时间/s012345n(NO)/(10-4mol)20.009.005.003.002.002.00（1）已知在该反应中转移2mol

e-时释放了akJ的热量，若生成2molCO2则放出的热量为【的___________kJ(用含a的式子表示)。（2）前2s的平均反应速率2(N)v=___________。（3）CO的初始浓度为___________mol

/L。（4）下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。①容器中CO的浓度不再改变②容器中气体密度不再改变③NO的消耗速率和N2的生成速率相等④N2和CO2的物质的量之比不再改变⑤容器内气体的平均摩尔质量（5）以下操作会使该反应逆反应速率加快的是___

________(填字母)。A．向容器中通入氦气B．升高温度C．扩大容器的容积D．向容器中通入O2E．使用催化剂（6）已知该反应的瞬时速率22v(NO)kc(NO)c(CO)=正正，其中k正为速率常数，k正=5.0×108mol-3·L3·s-1，当NO的浓度变为原来的25时，v(N

O)=正___________mol/(L·s)，此时体系压强是初始压强的___________倍(用分数表示)。【答案】（1）2a（2）1.875×10-4mol·L-1·s-1（3）3.6×10-3（4）①⑤（5）BE（6）①.

7.2×10-4mol·L-1·s-1②.4346【解析】【分析】根据题意，222NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)反应中NO→N2，N元素化合价降低2价，CO→CO2，C元素化合价升高2价，生成2mol转

移电子数为4mol，2L容器可知，平衡时n(CO)=c(CO)·V=5.4×10-3mol反应的三段式可表示为（设CO的初始物质的量为b×10-4mol，N2的平衡转化量x×10-4mol）2240442NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)n/10mol2

0b00n/10mol2x2xx2xn/10mol254x2x平初始转化平衡−−−−−解得x=9，b=72，可得平衡时的含量关系：2240442NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)n/10mol207200n/10mol18189

18n/10mol254918平初始转化平衡−−−−−【小问1详解】222NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)反应中NO→N2，N元素化合价降低2价，CO→CO2，C元素化合价升高2价，生成2mol转移电子数为4mol，转移2mole-时释放了akJ的热量，则生成2molCO2则放出的

热量为2akJ。【小问2详解】根据题意可知，初始时，n0(NO)=20.00×10-4mol，2s时，n2(NO)=5.00×10-4mol441121Δc(NO)Δn(NO)(205)10molv(N)=v(NO)====1.87510molLs22t2V

t22L2s−−−−−【小问3详解】根据分析可知，初始时，n0(CO)=7.2×10-3mol，所以()()30310nCO7.210molcCO===3.610molLV2L−−−【小问4详解】224044t2NO(g)+2CO(g)N

(g)+2CO(g)nn/10mol20720092Δn/10mol2x2xx2xxtn/10mol20-2x722xx2x92x−−−−−−−−总初始转化时①-4-4-1ttn(CO)(72-2x)10molc(CO)==(36-x)10molLV2L

=，随反应进行程度x变化而变化，则CO的浓度不再改变能说明反应达到平衡；②由于反应物生成物均为气体，质量守恒，气体总质量不变，恒容条件体积不变，mρV=为定值，不随反应进行程度x变化而变化，则气体密度不再改变不能说明反应达到平衡；③已知v(A)=v(A)正逆时可说明反应达到平

衡，即222v(N)v(NO)=v(NO)=2v(N)正正逆逆=可说明该反应达到平衡，NO的消耗速率和N2的生成速率相等不能说明反应达到平衡；④22n(N)x1==n(CO)2x2为定值，不随反应进行程度x变化而变

化，则N2和CO2的物质的量之比不再改变不能说明反应达到平衡；⑤由于反应物生成物均为气体，质量守恒，气体总质量不变，mmM==n92-x总总总随反应进行程度x变化而变化，则容器内气体的平均摩尔质量能说明反应达到平衡；综上所述，①⑤能够说明反应达到平衡。【小问5详解】A．向容器中通入氦气

，容积恒定，反应物生成物浓度均不变，正逆速率均不变；B．升高温度，正逆反应速率均增大；C．扩大容器的容积，反应物生成物浓度均减小，正逆反应速率均减小；D．向容器中通入O2，O2消耗NO生成NO2反应物浓度减小，正反应速率减小，生成物浓度不变，逆反应速率不变；E．使

用催化剂，默认使用正催化剂，正逆速率均增大；综上所述，A、E会使该反应逆反应速率加快。【小问6详解】设t时刻NO的浓度变为原来的2/5，则可得三段式224044t2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)c/10mol103600Δc/10mo

l2x2xx2xtc/10mol10-2x362xx2x−−−−−−初始转化时得2102x105−=，解得x=3224044t2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)cc/10mol10360046c/10mol66363tc/10mol430

3643总初始转化时−−−−−−()()()()()22228-4-4-1-1-4-1-1vNO=kcNOcCO=5.0104103010molLs=7.210molLs正正