参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，有的吸热反应在常温下能发生。
综上所述，B正确，选B，
2．B
【解析】本题考查化学与生活。
绿色植物通过光合作用能吸收大气中的二氧化碳，同时释放氧气，植树造林，增大植被面积可增强植物的光合作用，降低空气中二氧化碳的含量，A正确；用于制作光导纤维的为二氧化硅，B错误；化石燃料在燃烧过程中产生的CO、S02等有害气体会污染环境，C正确；二氧化碳塑料因为是全降解塑料，所以不会产生白色污染，D正确。
故选B。
点睛：
根据题意，二氧化碳制取全降解塑料，因为其可降解，所以使用过程中不会产生白色污染。
3．D
【解析】
【详解】
A.13653I是碘的一种核素，A错误；
B.13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，B错误；
C.它的中子数是136－53＝83，C错误；
D.核内的中子数与核外电子数之差为136－53－53＝30，D正确；
答案选D。
【点睛】
掌握元素、核素、同位素以及同素异形体的含义是解答的关键，同位素研究的是核素，同素异形体研究的是元素形成的单质，二者有明显的区别。
另外元素、核素、同位素之间的关系可表示为
。
4．B
【解析】
【分析】
由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，原子序数为49，属于长周期元素，金属性较强，具有良好的导电性、导热性。
【详解】
A．元素周期表前三周期为短周期，由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，选项A正确；
B．In位于周期表第四周期ⅢA族，属于主族元素，不属于过渡元素，选项B错误；
C．In与Al同主族，且金属性较Al强，具有良好的导电导热性，选项C正确；
D．In原子序数为49，原子核外有49个电子，选项D正确。
答案选B。
5．C
【解析】X、W均为所在周期数和族序数相等的元素，X是H元素、W是Al元素；Y、Z易形成元素质量比为7:
8和7:
16的两种常见化合物，则Y是N元素、Z是O元素；原子半径O＜N＜Al，故A错误；原子最外层电子数：
O＞N＞H，故B错误；H、N可以形成化合物N2H4，具有极性键也有非极性键,故C正确；由H、N、O三种元素形成的化合物
显碱性，故
D错误。
6．D
【解析】
【分析】
利用比值法可知，化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快，据此分析判断。
【详解】
化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快。
A、
=0.15；B、
=0.3；C、
=0.4；D、
=0.6；显然D中比值最大，反应速率最快，故选D。
【点睛】
利用比值法解答时，要注意单位需要相同，这是本题的易错点。
本题也可以根据方程式转化为同一物质的化学反应速率，进行大小的比较。
7．D
【解析】
【详解】
由题意知两气态烃的平均分子式为：
C1.6H4，所以两烃必有一烃的碳原子数为1，即甲烷CH4，而另一烃的氢原子数必为4，例如C2H4、C3H4均可。
答案选D。
8．B
【解析】A、最终生成物中有氯化钠和氧化铝，不符合；B、最终得到氯化钾，符合；C、最终得到硫酸钠和氧化铁，不符合；D、最终得到碳酸钠或碳酸钠和氢氧化钠的混合物，不符合。
答案选B。
点睛：
本题考查化学反应的实质，正确理解反应产物，分析反应后产物是否分解及是否有挥发性，灼烧后是否以固体形式存在是解答本题的关键。
9．C
【解析】
【分析】
根据电解质的定义：
电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）化合物来解答此题。
【详解】
A．CuSO4溶液是硫酸铜的水溶液，是混合物，不是电解质，故A不符合题意；
B．蔗糖是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，也不属于电解质，故B不符合题意；
C．NaCl溶于水时能形成自由移动的离子，具有导电性，属于电解质，故C符合题意；
D．铜是单质，不是化合物，不是电解质，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】
酸碱盐，水，金属氧化物等属于电解质，有机物，非金属氧化物等属于非电解质，理解电解质概念时，抓住关键词“化合物”，“在水溶液或熔融状态下等导电”，电解质不一定导电，能导电的物质不一定是电解质，只有在溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物才称为电解质。
10．D
【解析】分析：
A、根据工业上海水中提取溴的方法判断；
B、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油；
C、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质；
D、海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁，再电解氯化镁得到镁。
详解：
A、根据工业上海水中提取溴的方法可知，是先将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴，A正确；
B、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油，以提高汽油的产量，B正确；
C、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质，所以是化学变化，C正确；
D、海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁，再通过电解熔融的氯化镁得到镁，D错误。
答案选D。
11．A
【解析】分析：
直接来自自然界而未经加工转换的能源叫一次能源；由一次性能源直接或间接转换而来的能源叫二次能源；据此分析解答。
详解：
必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源，四种能源中只有电能需要消耗其他形式的能才能转化为电能，故电能属于二次能源，风能、太阳能、煤都是一次能源.故选A.
故答案为：
A。
点睛：
一次能源：
是指可以从自然界直接获取的能源。
例：
煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。
二次能源：
是指无法从自然办直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源。
例：
电能、乙醇汽油、氢能、沼气。
12．C
【解析】A．焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．石油分馏没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故C正确；D．碘的升华没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选C。
点睛：
本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化。
解答本题需要注意煤的干馏和石油分馏的区别。
13．C
【解析】
【详解】
设Al均为2mol，则
A．由2Al～3H2SO4可知，生成氢气，消耗3molH2SO4；
B．由2Al～6HCl可知，生成氢气，消耗6molHCl；
C．由2Al～Ba（OH）2可知，生成氢气，消耗1molBa（OH）2；
D．由2Al～2NaOH可知，生成氢气，消耗2molNaOH；
所以消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钡溶液。
答案选C。
14．D
【解析】
A、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，正确；B、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m＋n>p＋q，正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n=p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，正确；D、如果m+n=p+q，温度不变时，若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2，错误；故选D。
15．B
【解析】
【分析】
可燃冰燃烧的产物是二氧化碳和水，不污染环境；可燃冰不是水，水不能变成汽油；可燃冰存在于压强大、温度低的地方。
【详解】
A、“可燃冰”的燃烧值高，污染少，将成为新能源，选项A正确；
B、可燃冰不是水，水不能变成汽油，选项B错误；
C、“可燃冰”的燃烧值高，燃烧产物是二氧化碳和水，污染少，将成为新的能源，选项C正确；
D、可燃冰存在于压强大、温度低的地方，在海底和冻土层可能存在“可燃冰”，选项D正确。
答案选B。
【点睛】
本题考查甲烷的存在和用途，解答本题要充分理解可燃冰的性质方面的知识，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断，可燃冰不是水，水不能变成汽油；可燃冰存在于压强大、温度低的地方；可燃冰燃烧的产物是二氧化碳和水，不污染环境。
16．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．干冰气化只破坏分子间作用力，选项A错误；
B．硝酸属于共价化合物，溶于水只破坏共价键，选项B错误；
C．碳酸钾为离子化合物，熔化时破坏离子键，没有破坏共价键，选项C错误；
D．KHSO4属于离子化合物，为强酸的酸式盐，溶于水电离产生钾离子、氢离子和硫酸根离子，既破坏离子键，又破坏共价键，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
注意物质聚集状态的变化对化学键无影响，为易错点。
17．B
【解析】
【详解】
A．醋酸是弱酸，为弱电解质，A项错误；
B．乙醇在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，B项正确；
C．食盐在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，C项错误；
D．烧碱在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，D项错误；
答案选B。
【点睛】
掌握非电解质的判断方法是解此题的关键。
需要注意的是，判断给出的物质是不是非电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于非电解质。
常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，学生需要理解并谨记。
18．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。
B.b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。
C.c对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。
D.d点所对应的溶液呈碱性，该组离子可以大量共存，与题意符合，
所以D正确。
19．C
【解析】
【详解】
A.根据总方程式，FeCl3作正极，得到电子，发生还原反应，故A错误；
B.因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，被氧化，故B错误；
C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；
D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；
故选C。
【点睛】
原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，电子由负极通过外电路流向正极。
20．D
【解析】
分析：
具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体是同种元素组成的不同单质；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；质子数决定元素的化学性质，质子数相同的化学性质相同，据此分析。
详解：
①188O与168O是不同的核素，质子数相同，质子数决定元素的化学性质，由这两种原子组成的分子其化学性质相同，物理性质不同，故①错误②同位素指具有相同数目的质子，不同数目中子的核素，11H2、21H2、31H2都是氢元素组成的单质，而不是核素，故②错误；③C60是单质，12C、14C是两种不同的核素，故③错误；④H2与H3是H元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤稀土元素14462Sm与15062Sm是同一种元素的不同核素，故⑤错误；⑥同素异形体是对单质而言的，而H2O与D2O属于化合物，故⑥错误；⑦4822Ti和5022Ti质子数相同，质量数不同，互为同位素，故⑦正确；答案选D。
点睛：
本题考查同位素、核素和同素异形体的区别。
同位素是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体是同种元素组成的不同单质；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；解答时根据概念进行辨析。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．Al2O3Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2OSiO2KSCN溶液把溶液中的亚铁离子氧化为铁离子2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O得到的是Fe（OH）3和Al（OH）3洗涤5:
1
【解析】
【分析】
由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤渣1为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为3，促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。
【详解】
（1）配料中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物；步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O，故答案为：
Al2O3；Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O；
（2）酸性氧化物SiO2不与盐酸反应，过滤得到的滤渣1
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