2026屆湖北省兩校高三化學第一學期期中檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某溶液中含有大量下列離子：Fe3+、SO42-、Al3+和M離子，且這四種離子Fe3+、SO42-、Al3+和M的物質(zhì)的量之比為2：4：1：1，則M離子可能為下列中的（）A．Na+ B．I- C．S2- D．Cl-2、將1mol金屬Al全部轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，過程中共消耗HClamol、NaOHbmol，則a＋b最小值為（）A．1.5B．6C．8D．23、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．無色透明溶液中:Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B．0.1mol/LNaHCO3溶液中:Mg2+、Al3+、K+、NO3-C．能使甲基橙變黃的溶液中:Na+，CH3COO-、MnO4-、Fe3+D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+4、下列實驗儀器或裝置的選擇正確的是配制溶液除去中的蒸餾用冷凝管盛裝溶液的試劑瓶①②③④A．①② B．②③ C．③④ D．②④5、向某無色溶液中分別進行下列操作，所得現(xiàn)象和結(jié)論正確的是A．加入氨水，產(chǎn)生白色沉淀，證明原溶液中存在Al3+B．加入AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明原溶液中存在Cl-C．加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，證明原溶液中存在SO42-D．加入NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，證明原溶液中存在NH4+6、C、Si、S都是自然界中含量豐富的非金屬元素，下列關于其單質(zhì)及化合物的說法中正確的是A．三種元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)B．二氧化物都屬于酸性氧化物，能與堿反應而不能與任何酸反應C．最低價的氣態(tài)氫化物都具有還原性，易與O2發(fā)生反應D．其最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO37、230Th和232Th是釷的兩種同位素，232Th可以轉(zhuǎn)化成233U。下列有關說法正確的是（）A．Th元素的質(zhì)量數(shù)是232 B．Th元素的相對原子質(zhì)量是231C．232Th轉(zhuǎn)化成233U是化學變化 D．230Th和232Th的物理性質(zhì)不相同8、某學生以鐵絲和Cl2為原料進行下列三個實驗。下列分析正確的是（）A．實驗①反應的火焰為蒼白色B．實驗③反應制得的物質(zhì)為純凈物C．實驗③得到的物質(zhì)可能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象D．實驗②、③得到的分散系中分散質(zhì)粒子的直徑：②＞③9、2018年10月15日，中國用“長征三號乙”運載火箭成功以“一箭雙星”方式發(fā)射北斗三號全球組網(wǎng)衛(wèi)星系統(tǒng)第15、16號衛(wèi)星，其火箭推進劑為高氯酸銨（NH4ClO4）等。制備NH4ClO4的工藝流程如下：飽和食鹽水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列說法錯誤的是（）A．NH4ClO4屬于離子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是NH4ClD．高氯酸銨中氯元素的化合價為+7價10、氫化亞銅（CuH）是一種難溶物質(zhì)，用CuSO4溶液和“另一種反應物”在40℃~50℃時反應可生成它。CuH不穩(wěn)定，易分解；CuH在氯氣中能燃燒；跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，以下有關的推斷中錯誤的是A．“另一種反應物”一定具有還原性B．CuH既可做氧化劑也可做還原劑C．CuH+Cl2=CuCl+HCl（燃燒）D．CuH+HCl=CuCl+H2↑（常溫）11、下列敘述正確的是A．氫氧化鋁、碳酸鈉都是常見的胃酸中和劑B．高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能水處理劑，既能殺菌消毒又能凈水C．碘酒中的碘因有還原性而起到殺菌消毒作用D．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強酸強堿均會“斷路”12、放射性同位素131I，其左上角數(shù)字“131”表示（）A．質(zhì)量數(shù) B．中子數(shù) C．質(zhì)子數(shù) D．電子數(shù)13、氧化亞氮(N2O)是一種強溫室氣體，且易轉(zhuǎn)換成顆粒污染物。碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應歷程為：第一步I2(g)2I(g)（快反應）第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反應）第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反應）實驗表明，含碘時N2O分解速率方程v=k?c(N2O)?[c(I2)]0.5（k為速率常數(shù)）。下列表述正確的是A．N2O分解反應中，k(含碘)＜k(無碘) B．第一步對總反應速率起決定作用C．第二步活化能比第三步大 D．I2濃度與N2O分解速率無關14、向某密閉容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量B三種氣體。一定條件下發(fā)生反應，各物質(zhì)濃度隨時間變化如圖甲所示[t0～t1階段c（B）未畫出]。圖乙為t2時刻后改變條件，平衡體系中反應速率隨時間變化的情況，且四個階段都各改變一種條件并且所用條件均不相同。已知t3～t4階段為使用催化劑。下列說法正確的是

（）A．若t1等于15s，生成物C在t0～t1時間段的平均反應速率為0.004mol/(L?s)B．t4～t5階段改變的條件為降低反應溫度C．B的起始的物質(zhì)的量為0.02molD．t5～t6階段可能是增大壓強15、化學與生活息息相關，下列說法不正確的是A．硅膠多孔，常用作食品干燥劑和催化劑的載體B．水玻璃可用作黏合劑和防火劑C．明礬是一種水處理劑，可用于水的殺菌、消毒D．“靜電除塵”，“燃煤固硫”“汽車尾氣催化凈化"都能提高空氣質(zhì)量16、下列化學用語對事實的解釋不正確的是（）A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+B．氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+C．工業(yè)上漂白粉的制備原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD．盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、下圖是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表給出元素組成的常見單質(zhì)或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人們研究物質(zhì)性質(zhì)的重要工具。Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑。As可與Y的水溶液反應，產(chǎn)物有As的最高價含氧酸，該反應的化學方程式為_______，當消耗1mol還原劑時，轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下圖轉(zhuǎn)化關系〔部分生成物和反應條件略去〕。（1）假設E為氧化物，那么A與水反應的化學方程式為_______。①當X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，那么C的電子式為_______。②表示X呈堿性的離子方程式為_______。③當X為金屬單質(zhì)時，那么X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為_______。（2）假設E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，B含有的化學鍵類型為_______，C與X反應的離子方程式為_______。（3）①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的要緊成分，1.6克該物質(zhì)在氧氣中完全燃燒放出熱量31.2kJ，寫出熱化學方程式_______。（4）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，再用硫酸溶解?，F(xiàn)改用①和⑥組成的化合物和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達到上述目的，又保護了環(huán)境，試寫出反應的離子方程式_______。（5）元素②的單質(zhì)在一定條件下，能與①的單質(zhì)化合生成一種化合物，熔點為800℃。該化合物能與水反應放氫氣，假設將1mol該化合物和1mol③形成的單質(zhì)混合加入足量的水，充分反應后生成氣體的體積是（標準狀況下）_______。18、已知X、Y、Z、W是中學常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大。X的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y的氧化物屬于兩性氧化物，Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外層電子數(shù)之和為14，W是人體必需的微量元素，缺乏W會導致貧血癥狀。（1）X在元素周期表中的位置是_________________。（2）下列事實能用元素周期律解釋的是_____________________________________(填字母序號)。A．Y的最高價氧化物對應水化物的堿性弱于Mg(OH)2B．Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于HFC．WZ3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板（3）Z的單質(zhì)可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，從原子結(jié)構的角度解釋其原因是______________________。（4）工業(yè)上用電解法制備Y單質(zhì)，化學方程式為___________________________。（5）家用“管道通”的有效成分是燒堿和Y的單質(zhì)，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應的化學方程式為______________________________。（6）W的單質(zhì)可用于處理酸性廢水中的NO3-，使其轉(zhuǎn)化成為銨根離子，同時生成磁性的W的氧化物H，再進行后續(xù)處理。相應離子方程式為____________。Y的單質(zhì)與H在高溫下反應的化學方程式為_________。19、鉻鐵礦(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)，以鉻鐵礦為原料制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程示意圖如下(部分操作和條件略)：(1)反應①中，焙燒時所用的儀器材質(zhì)應選用_______(填“瓷質(zhì)”、“鐵質(zhì)”或“石英質(zhì)”)。(2)反應①中發(fā)生了兩個主要反應，其中一個主要反應的化學方程式為4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一個主要反應的化學方程式為____________________。(3)加入醋酸溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH<5時，發(fā)生的反應是___________（寫離子方程式）.(4)下表是相關物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)：物質(zhì)溶解度(g/100gH2O)0℃40℃80℃KCl2840.151.3NaCl35.736.438K2Cr2O74.726.373Na2Cr2O7163215376①調(diào)節(jié)pH<5后，加入KCl固體經(jīng)一系列操作析出K2Cr2O7晶體的理由是______________。②獲得K2Cr2O7晶體的操作由多步組成，依次是加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、________________、_____________、洗滌、干燥得到晶體。(5)酸性溶液中過氧化氫能使Cr2O72?生成藍色的CrO5，該反應可用來檢驗Cr2O72?的存在。已知該反應是非氧化還原反應，寫出反應的離子方程式：________________，CrO5分子結(jié)構中過氧鍵的數(shù)目是_____________。20、富馬酸亞鐵，是一種治療缺鐵性貧血的安全有效的鐵制劑。富馬酸在適當?shù)膒H條件下與，反應得富馬酸亞鐵。已知：物質(zhì)名稱化學式相對分子質(zhì)量電離常數(shù)(25℃)富馬酸116碳酸富馬酸亞鐵FeC4H2O4170i.制備富馬酸亞鐵：①將富馬酸置于100mL燒杯A中，加熱水攪拌②加入溶液10mL使溶液pH為6.5-6.7。并將上述溶液移至100mL容器B中③安裝好回流裝置C，加熱至沸。然后通過恒壓滴液漏斗D緩慢加入溶液30mL④維持反應溫度100℃，充分攪拌1.5小時。冷卻，減壓過濾，用水洗滌沉淀⑤最后水浴干燥，得棕紅(或棕)色粉末，記錄產(chǎn)量請回答以下問題：(1)該實驗涉及到的主要儀器需從以上各項選擇，則B為__________(填字母)，C為___________(填名稱)。(2)已知反應容器中反應物和富馬酸按恰好完全反應的比例進行起始投料，寫出步驟②中加入溶液調(diào)節(jié)pH的目的是______________________________________________；若加入溶液過量，溶液pH偏高，則制得產(chǎn)品的純度會_____________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。(3)配制溶液方法為稱取固體，溶于30mL新煮沸過的冷水中，需用新煮沸過的冷水的原因是____________________________________________________________________________。(4)步驟④中洗滌的目的主要是為了除去是___________離子，檢驗沉淀是否洗凈的方法是：_____________。ii.計算產(chǎn)品的產(chǎn)率：(5)經(jīng)測定，產(chǎn)品中富馬酸亞鐵的純度為76.5%。以5.80g富馬酸為原料反應制得產(chǎn)品8.10g，則富馬酸亞鐵的產(chǎn)率為_____________%。(保留小數(shù)點后一位)21、將CO2轉(zhuǎn)化成C2H4可以變廢為寶、改善環(huán)境。以CO2、C2H6為原料合成C2H4涉及的主要反應如下：Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)?H=+177kJ·mol-1(主反應)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)?H=+9kJ·mol-1(副反應)(1)反應I的反應歷程可分為如下兩步：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)?H1=+136kJ·mol-1(反應速率較快)ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)?H2(反應速率較慢)①?H2=______kJ·mol-1②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)對反應I速率影響更大，原因是______。(2)0.1MPa時向密閉容器中充入CO2和C2H6，溫度對催化劑K-Fe-Mn/Si-2性能的影響如圖所示：①工業(yè)生產(chǎn)中反應I選擇800℃，原因是______。②800℃時，不同的CO2和C2H6體積比對反應影響的實驗數(shù)據(jù)如下表：平衡時有機產(chǎn)物的質(zhì)量分數(shù)CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a.隨增大，CO2轉(zhuǎn)化率將______(填“增大”或“減小”)。b.解釋對產(chǎn)物中C2H4的質(zhì)量分數(shù)影響的原因：______。(3)我國科學家使用電化學的方法(裝置如圖)用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是電源的______極。②陽極電極反應式是______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．根據(jù)電荷守恒可知，3n(Fe3+)+3n(Al3+)=2n(SO42-)+n(M)，即2×3+3×1=2×4+M，可知M應為帶一個負電荷的陰離子，A錯誤；B．I-雖為帶一個負電荷的陰離子，但I-與Fe3+反應不能共存，B錯誤；C．根據(jù)A項分析可知，C錯誤；D．氯離子既為帶一個負電荷的陰離子，也與其它三種離子共存，D正確；答案選D。2、A【解析】生成4molAl(OH)3時，由反應方程式可知：方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，

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4即消耗4molAl時，消耗12molH+、12molOH-，則a+b=24；方案②中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3↓，

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4即消耗4molAl時，消耗4molH+、4molOH-，則a+b=8；方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，

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4即消耗4molAl時，消耗3molH+、3molOH-，則a+b=6；顯然方案③藥品用量少，故選B。3、A【解析】A.無色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B.Al3++3(OH)3↓+3CO2↑，HCO3-與Al3+發(fā)生反應而不能大量共存；C.能使甲基橙變黃的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+與CH3COO-發(fā)生反應而不能大量共存，堿性溶液中的OH-與Fe3+發(fā)生反應而不能大量共存；D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+發(fā)生反應而不能大量共存。故選A。點睛：溶液中的離子反應主要是生成沉淀、氣體、難電離物質(zhì)的復分解反應。另外，少數(shù)離子反應屬于氧化還原反應等。4、D【詳解】①需要50mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、玻璃棒等配制50.00mL0.1000mol?L-1Na2CO3溶液，故①錯誤；②HCl極易溶于水，飽和食鹽水可抑制氯氣的溶解，導管長進短出、洗氣可分離，故②正確；③球形冷凝管易殘留餾分，應選直形冷凝管，故③錯誤；④硅酸鈉溶液顯堿性，硅酸鈉溶液具有粘合性，能將玻璃塞與試劑瓶的瓶口粘在一起，所以不能使用玻璃塞，應選橡皮塞，故④正確；②④正確，故答案為D。5、D【詳解】A．加入氨水，產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀可能為氫氧化鎂，原溶液中可能存在鎂離子，不一定含有Al3+，故A錯誤；B．加入AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀可能為碳酸銀，原溶液中可能含有碳酸根離子，不一定含有Cl-，故B錯誤；C．加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該白色沉淀可能為氯化銀，原溶液中可能含有銀離子，不一定含有SO42-，故C錯誤；D．加入NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，該氣體為氨氣，證明原溶液中一定存在NH4+，故D正確；故答案為D。【點睛】解離子推斷題應掌握的基本原則：①互斥性原則：互斥性原則就是當我們利用題給實驗現(xiàn)象判斷出一定有某中離子時，應立即運用已有的知識，將不能與之共存的離子排除掉，從而判斷出一定沒有哪種離子．如判斷Ag+是否存在，但其不可能與題干中已有的S2-、CO32-、SO32-、SO42-共存，即可排除Ag+；②進出性原則：進出性原則就是在進行離子檢驗時，往往要加入試劑，這樣就會引進新的離子，那么原溶液中是否存在該種離子就無法判斷，與此同時還會有一些離子會隨著實驗過程中所產(chǎn)生的沉淀或氣體而離開，有可能對后續(xù)的實驗造成影響；③電中性原則：電中性原則就是在任何電解質(zhì)溶液中，陰、陽離子總電荷數(shù)是守恒的，即溶液呈現(xiàn)電中性．在判斷混合體系中某些離子存在與否時，有的離子并未通過實驗驗證，但我們?nèi)钥蛇\用溶液中電荷守恒理論來判斷其存在．如已經(jīng)判斷出溶液中含有AlO2-、S2-、SO32-三種陰離子，且已排除Ag+、Ba2+、Fe3+三種陽離子，但是溶液中如果只有AlO2-、S2-、SO32-是不可能的，根據(jù)電中性原則必須有陽離子，故可判斷溶液中Na+是一定存在的。6、C【詳解】A、Si元素是親氧元素，在自然界中無游離態(tài)，A項錯誤；B、SiO2能與HF反應，B項錯誤；C、C、Si、S低價態(tài)氣態(tài)氫化物為CH4、SiH4、H2S，都具有還原性，易與O2發(fā)生反應，C項正確；D、根據(jù)元素性質(zhì)的遞變性，最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D項錯誤；本題答案選C。7、D【詳解】A．Th元素的兩種原子的質(zhì)量數(shù)不同，230Th和232Th的質(zhì)量數(shù)分別為230、232，A錯誤；B．Th元素的相對原子質(zhì)量是其各種同位素原子的相對原子質(zhì)量的加權平均值，同位素的豐度未知，無法求算Th元素的相對原子質(zhì)量，B錯誤；C．232Th轉(zhuǎn)換成233U是核反應，不屬于化學變化，C錯誤；D．230Th和232Th的質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，互為同位素，物理性質(zhì)不同，D正確；故選D。8、C【詳解】A.實驗①中的鐵和氯氣反應生成氯化鐵，生成棕褐色的煙，A項錯誤；B.實驗③鹽的水解生成氫氧化鐵膠體，為混合物，B項錯誤；C.實驗③向盛有沸水的燒杯中滴加FeCl3飽和溶液，利用水解原理制備膠體，實驗③鹽的水解生成氫氧化鐵膠體，能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象，C項正確；D.實驗②得到氯化鐵溶液，實驗③鹽的水解生成氫氧化鐵膠體，則分散質(zhì)粒子的直徑：②<③，D項錯誤；答案選C。9、C【詳解】A.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-構成，所以屬于離子化合物，故A正確；B.NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應，結(jié)晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正確；C.NaClO3和NH4Cl發(fā)生復分解反應生成NH4ClO4、NaCl，該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl，故C錯誤；D.根據(jù)化合價代數(shù)和等于，高氯酸銨中氯元素的化合價為+7價，故D正確。選C。10、C【詳解】A、Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，在反應中CuSO4作氧化劑，則“另一種反應物”在反應中作還原劑，具有還原性，A項正確；B、CuH中Cu元素為+1價，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化劑也可做還原劑，B項正確；C、CuH在氯氣中能燃燒，Cu元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，則發(fā)生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，C項錯誤；D、CuH跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，氣體為氫氣，該反應中只有H元素的化合價發(fā)生變化，反應為CuH+HCl═CuCl+H2↑，D項正確；答案選C。11、B【解析】A、碳酸鈉的堿性過強，對胃的刺激性過大，不能用于治療胃酸過多，故A錯誤；B、K2FeO4中Fe元素化合價處于高價態(tài)，具有強氧化性，可以殺菌消毒，被還原為鐵離子，鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，表面積很大，可以吸附懸浮物起凈水作用，故B正確；C、碘單質(zhì)具有氧化性，能殺菌消毒，故C錯誤；D、二氧化硅能用于制光導纖維、二氧化硅能與強堿，如氫氧化鈉溶液反應，生成硅酸鈉和水，所以光導纖維遇強堿會“斷路”，但二氧化硅與強酸不反應，不形成斷路，故D錯誤；故選B。12、A【解析】元素符號左上角標注質(zhì)量數(shù)，故A正確。13、C【詳解】A．由題碘的存在提高N2O的分解速率，v=k?c(N2O)?[c(I2)]0.5中v與k成正比，則k(含碘)＞k(無碘)，故A錯誤；B．慢反應對總反應速率起決定作用，第二步起決定作用，故B錯誤；C．第二步反應慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C正確；D．根據(jù)N2O分解速率方程v=k?c(N2O)?[c(I2)]0.5，I2濃度與N2O分解速率有關，故D錯誤；故答案為C。14、A【分析】t3～t4階段為使用催化劑，t4～t5階段改變條件平衡不移動，改變溫度或某一組分濃度，平衡發(fā)生移動，故t4時改變的條件為減小壓強，說明反應前后氣體的體積相等，且反應速率減小，應是降低壓強。t5時正逆反應速率都增大，應是升高溫度，t2時正、逆反應速率中只有其中一個增大，應是改變某一物質(zhì)的濃度。由圖甲可知，t1時到達平衡，△c（A）=0.09mol/L，△c（C）=0.06mol/L，二者化學計量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，則B為生成物，反應方程式為：3A（g）B（g）+2C（g）。據(jù)此解答?！驹斀狻緼．若t1=15s，生成物C在t0～t1時間段的平均反應速率為：v（C）==0.004mol?L-1?s-1，故A正確；B．如t4～t5階段改變的條件為降低反應溫度，平衡應該發(fā)生移動，則正逆反應速率不相等，應為降低壓強，故B錯誤；C．反應方程式我3A（g）B（g）+2C（g），根據(jù)方程式可知消耗0.09mol/L的A，則生成0.03mol/L的B，容器的體積為2L，生成B的物質(zhì)的量為0.06mol，平衡時B的物質(zhì)的量為0.1mol，所以起始時B的物質(zhì)的量為0.1mol-0.06mol=0.04mol，故C錯誤；D．如果增大反應物的濃度正反應速率變大，瞬間逆反應速率不變，根據(jù)圖象可知t5～t6階段應為升高溫度，故D錯誤；故選A。15、C【解析】A、硅膠多孔，吸附能力很強，所以硅膠用作干燥劑、吸附劑，也可用作催化劑載體，故A不符合題意；B、水玻璃是礦物膠，可用作黏合劑，其不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸，可用作制備木材防火劑的原料，故B不符合題意；C、明礬是常用凈水劑，其原理是：明礬內(nèi)的鋁離子水解后生成氫氧化鋁膠體，具有吸附作用，可以吸附水中的雜質(zhì)形成沉淀而使水澄清，但不具有殺菌消毒作用，故C符合題意；D、“靜電除塵”、“燃煤固硫”、“汽車尾氣催化凈化”能夠減少空氣污染物的排放，有利于提高空氣質(zhì)量，故D不符合題意。16、C【詳解】A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵失電子生成亞鐵離子，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，A解釋正確；B．向沸水中加入幾滴飽和的氯化鐵溶液至溶液呈紅褐色，停止加熱，氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，B解釋正確；C．工業(yè)上，向石灰乳中通入氯氣制備漂白粉，漂白粉的制備原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解釋錯誤；D．二氧化硅與強堿反應生成硅酸鹽和水，則盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解釋正確；答案為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O離子鍵和極性共價鍵Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置分析元素的種類；根據(jù)氧化還原反應原理書寫反應方程式；根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及轉(zhuǎn)化關系分析物質(zhì)種類并書寫反應方程式及電子式；根據(jù)燃燒熱計算反應熱并書寫熱化學方程式；根據(jù)反應方程式及物質(zhì)的量與體積的關系進行相關計算?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒碇形恢?，可知①為H②為Na③為Al④為C.⑤為N⑥為O⑦為Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑，則Y為NaClO，As可與Y的水溶液反應，物有As的最高價含氧酸，即生成H3AsO4，根據(jù)化合價升降相等可知還有NaCl生成，反應方程式為：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合價由0升高為+5，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5，故消耗1mol還原劑時,轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為5NA，故答案為5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反應的物質(zhì)有金屬氧化物、非金屬氧化物、金屬和非金屬。(1)若E為氧化物，常溫下與A與水反應生成E，則為二氧化氮與水反應生成硝酸與NO，故A為NO2，B為HNO3，E為NO，反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①當X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，則X為碳酸鹽，C為CO2，D為碳酸氫鹽，則：C的電子式為，表示X呈堿性的離子方程式為CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②當X為金屬單質(zhì)時，由轉(zhuǎn)化關系可知，X為變價金屬，故X為Fe，C為硝酸鐵，D為硝酸亞鐵，則X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，則A為Na或過氧化鈉，E為氫氣或氧氣，B為NaOH，X為氯化鋁，C為偏鋁酸鈉，D為氫氧化鋁，B(NaOH)含有的化學鍵類型為：離子鍵、共價鍵，C與X反應的離子方程式為Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的主要成分，則該化合物為N2H4，1molN2H4燃燒放出的熱量為31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，該反應熱化學方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)雙氧水有強氧化性,酸性條件下，雙氧水能氧化銅生成銅離子同時生成水，反應離子方程式為：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氫氣和鈉反應生成氫化鈉，氫化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和鋁反應生成氫氣，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氫化鈉和水反應生成1mol氫氧化鈉和1mol氫氣，1mol氫氧化鈉和鋁反應生成1.5mol氫氣，故標況下生成氫氣體積為(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。18、第二周期，第IVA族ABCl(可用Z代替)和Br同主族，最外層均為7個電子，電子層數(shù)、原子半徑Br大于Cl，核對最外層電子的引力Br小于Cl，原子得電子能力Br小干Cl，元素的非金屬性Br弱于Cl，單質(zhì)的氧化性Br2弱于Cl22Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O==Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【解析】已知X、Y、Z、W是中學常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大。X的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，X為C元素；Y的氧化物屬于兩性氧化物，Y為Al元素；Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外層電子數(shù)之和為14，則Z原子最外層電子數(shù)為14-4-3=7，Z為Cl元素；W是人體必需的微量元素，缺乏W會導致貧血癥狀，W為Fe元素。(1)X為C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案為第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期從左到右，元素的金屬性逐漸減弱，元素的金屬性越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱，因此氫氧化鋁的堿性弱于Mg(OH)2，能夠用元素周期律解釋，故選；B.同一主族從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，元素的非金屬性越弱，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，HCl的穩(wěn)定性小于HF，能夠用元素周期律解釋，故選；C.FeCl3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，是利用鐵離子的氧化性，與元素周期律無關，故不選；故選AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外層均為7個電子，電子層數(shù)、原子半徑Br大于Cl，核對最外層電子的引力Br小于Cl，原子得電子能力Br小干Cl，元素的非金屬性Br弱于Cl，單質(zhì)的氧化性Br2弱于Cl2，因此氯氣可以從NaBr溶液中置換出Br2單質(zhì)，故答案為Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外層均為7個電子，電子層數(shù)、原子半徑Br大于Cl，核對最外層電子的引力Br小于Cl，原子得電子能力Br小干Cl，元素的非金屬性Br弱于Cl，單質(zhì)的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工業(yè)上用電解熔融的氧化鋁制備鋁單質(zhì)，化學方程式為2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑，故答案為2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑；(5)家用“管道通”的有效成分是燒堿和鋁，使用時需加入一定量的水，鋁能夠與氫氧化鈉溶液反應放出氫氣，反應的化學方程式為2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑，故答案為2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑；(6)鐵可用于處理酸性廢水中的NO3-，使其轉(zhuǎn)化成為銨根離子，同時生成磁性氧化鐵，反應的離子方程式為3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+，鋁與四氧化三鐵在高溫下發(fā)生鋁熱反應，反應的化學方程式為8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe，故答案為3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+；8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe。19、鐵質(zhì)Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OK2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對氯化鈉的溶解度影響較小，但對重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀冷卻結(jié)晶過濾Cr2O72?+4H2O2+2H+＝2CrO5+5H2O2【解析】根據(jù)流程圖，鉻鐵礦(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)，將鉻鐵礦和碳酸鈉混合在空氣中充分焙燒，放出二氧化碳，焙燒后的固體加水浸取，分離得到Na2CrO4和NaAlO2溶液和氧化鐵固體，說明煅燒發(fā)生的反應有4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑；向Na2CrO4和NaAlO2溶液中加入醋酸調(diào)pH約7～8，分離得到溶液B和固體B；再向溶液B中繼續(xù)加醋酸酸化，使溶液pH小于5，再加入氯化鉀，經(jīng)過操作②得到重鉻酸鉀晶體，說明溶液B中含有重鉻酸鈉，固體B為偏鋁酸鈉與醋酸反應生成的氫氧化鋁。據(jù)此分析解答。【詳解】(1)反應①中，碳酸鈉高溫下能夠與二氧化硅反應，因此焙燒時所用的儀器材質(zhì)應選用鐵質(zhì)，故答案為：鐵質(zhì)；(2)根據(jù)上述分析，反應①中發(fā)生了兩個主要反應，其中一個主要反應的化學方程式為4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一個主要反應的化學方程式為Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑，故答案為：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑；(3)重鉻酸鉀溶液中存在如下平衡：2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，加入醋酸溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH<5時，使平衡正向移動，故答案為：2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O；(4)①調(diào)節(jié)pH<5后，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對氯化鈉的溶解度影響較小，但對重鉻酸鉀的溶解度影響較大，加入KCl固體，利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀，經(jīng)一系列操作析出K2Cr2O7晶體，故答案為：K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對氯化鈉的溶解度影響較小，但對重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀；②獲得K2Cr2O7晶體的操作由多步組成，依次是加入KCl固體、利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀，然后通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到重鉻酸鉀晶體，故答案為：冷卻結(jié)晶；過濾；(5)酸性溶液中過氧化氫能使Cr2O72?生成藍色的CrO5，該反應可用來檢驗Cr2O72?的存在。由于該反應是非氧化還原反應