2026届福福建省泉州市高三上化学期中经典模拟试题含解析

2026届福福建省泉州市高三上化学期中经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NAB．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NAC．将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NAD．过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NA2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．在0.01mol·L－1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-B．0.1mol•L－1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClO－C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、I－D．由水电离产生的c(H+)＝1×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl－3、海藻中含有丰富的、化合态的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分，下列判断正确的是()A．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全B．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液C．步骤③中加入的有机溶剂是裂化汽油或乙醇D．步骤④的操作为过滤4、流动电池是一种新型电池。其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。北京化工大学新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O。下列说法不正确的是()A．a为负极，b为正极B．该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大C．a极的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋D．调节电解质溶液的方法是补充CuSO45、我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如图：下列说法不正确的是（）A．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子B．肉桂醛分子中不存在顺反异构现象C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基6、X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（）A．该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C．图II曲线a是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线b是没有加入催化剂时的能量变化曲线D．该温度下，反应的平衡常数数值约为533。若升高温度，则该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低7、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．向AlCl3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OB．向稀NaHCO3中加入过量Ca（OH）2溶液：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O8、“碳呼吸电池”是一种新型化学电源，其工作原理如图。下列说法正确的是A．该装置能将电能转变为化学能B．正极的电极反应为：C2O42--2e-=2CO2C．每得到1mol草酸铝，电路中转移3mol电子D．利用该技术可捕捉大气中的CO29、类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是（）陈述Ⅰ类比推理陈述ⅡA单质的熔点Br2<I2单质的熔点Li<NaB工业上电解熔融的Al2O3得到铝单质工业上电解熔融的MgO得到镁单质C还原性：I->Br-还原性：P3->N3-D溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3<NaHCO3A．A B．B C．C D．D10、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20ml0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是()A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)11、下列物质在生活中应用时，起还原作用的是()A．明矾作净水剂B．漂粉精作消毒剂C．氧化铁可以作为红色油漆的原料D．铁粉作食品袋内的脱氧剂12、下图中的实验方案，能达到实验目的的是选项ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的探究温度对平衡2NO2

N2O4的影响比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱除去CO2气体中混有的SO2验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用A．A B．B C．C D．D13、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是①SSO3H2SO4②N2NONO2HNO3③MgCl(aq)无水MgCl2Mg④FeFe2O3Fe2(SO4)3⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)2Al2O2AlA．①③⑤B．②③④C．③④⑤D．①③④14、重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2等）制备，制备流程如图所示：已知：a.步骤①的主要反应为：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2b.2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O下列说法正确的是A．步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B．步骤①中每生成44.8L（标况下）CO2共转移14mol电子C．步骤④若调节滤液2的pH使之变大，则有利于生成Cr2O72-D．步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O715、合成氨工业上，采用循环利用操作的主要目的是A．加快反应速率 B．提高氨气的平衡浓度C．降低氨气的沸点 D．提高N2和H2的利用率16、下列化学反应中，能用离子方程式H＋+OH－=H2O表示的是A．2H2+O22H2OB．HCl+NaOH=NaCl+H2OC．2HCl+Cu(OH)2=CuCl2+2H2OD．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则：(1)A、B、C、D、E、F的名称分别是_____________________________。(2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式_________。(3)由B和D组成，且B和D的质量比为3∶8的化合物的电子式是_________，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为__________________。(4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_________________________。(5)将8gBA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_______。18、有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知:①C+、D3+均与E的气态氢化物分子含有相同的电子数;A2-、B-与B的气态氢化物分子含有相同的电子数;②A单质在空气中燃烧产生气体R;③B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成。请回答下列问题:(1)元素A在元素周期表中的位置是__________(2)A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为______________(用离子符号表示)(3)B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时生成白烟的电子式为_________，其中所含化学键类型为_____________(4)D的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____(5)A元素和B元素以原子个数比1:1形成化合物Q，Q的结构式为________己知Q是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生R气体，易溶液出现浑浊，请写Q与水反应的化学方程式___________19、某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。20、某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，___________________________________________，则说明装置A的气密性良好。(2)装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是________(填选项)。A．稀硫酸和锌片B．稀硝酸和铁片C．氢氧化钠溶液和铝片D．浓硫酸和镁片(3)从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：①________③(填序号)。①打开止水夹②熄灭C处的酒精喷灯③C处冷却至室温后，关闭止水夹④点燃C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯⑥通入气体一段时间，排尽装置内的空气探究二：(4)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确________(填“是”或“否”)，若填“否”，则原因是_________________________________(用离子方程式说明)；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有__________，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加_____________________(填试剂和实验现象)，则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分。探究三：(5)取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2＋有1.0mol，则样品中n(Cu2O)＝________mol。21、减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。(1)己知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ·mol-1若某反应的平衡常数表达式为：K=，请写出此反应的热化学方程式__，该反应(填高温、低温)__能自发进行。(2)在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生上述(1)中某反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。回答下列问题：①温度：T1______T2(填“＜”或“＞”)。②某温度下，若反应进行到10分钟达到平衡状态D点时，容器的体积为2L，则此时的平衡常数K=___L/mol(保留两位有效数字)；用CO的浓度变化表示的平均反应速率(CO)=____。③若在D点对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的_______点。(3)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O54NO2(g)+O2(g)，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_____(填字母)。a.NO2和O2的浓度比保持不变b.容器中压强不再变化c.2V正（NO2）=V逆（N2O5）d.气体的密度保持不变(4)用CH4催化还原NOx可以消除污染，若将反应CH4+2NO2=CO2+2H2O+N2设计为原电池，电池内部是掺杂氧化钇的氧化锆晶体，可以传导O2-，则电池的正极反应式为______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A.

一个硝基含有23个电子，一个二氧化氮分子也含有23个电子，46g二氧化氮(NO2)的物质的量为1mol，因此，1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，故A正确；B.1L1mol·L-1Na2CO3

溶液中含有1molNa2CO3

，这些碳酸钠中含有3mol氧原子，但作为溶剂的水中也含有氧原子，因此，该溶液中含有的氧原子数大于3NA，故B错误；C.氢氧化铁胶体的一个胶体粒子是由多个氢氧化铁分子构成的集合体，若0.1mol三价铁离子完全水解，形成的胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；D.过氧化氢中氧元素为-1价，每生成1molO2，转移2mol电子。标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；答案选A。【点睛】物质的量是桥梁，将宏观物质和微观粒子联系在一起，将所给条件都换成物质的量。2、D【解析】A、Al3+与HCO3－双水解反应不能大量共存，而且HCO3－与条件中OH-反应不能大量共存，选项A错误；B、Al3+、ClO-发生双水解反应，H+、ClO-反应生成次氯酸，次氯酸能够氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，选项B错误；C、滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3＋：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，不能大量共存，选项C错误；D、由水电离出的c(H＋)=10－13mol•L－1的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，酸性条件下，Na+、Ba2+、NO3-、Cl－都可以大量共存，选项D正确。答案选D。3、B【详解】A选项，步骤②反应生成单质碘，碘离子是否进行完全只能用硝酸银检验，故A错误；B选项，步骤①操作是过滤，步骤③的操作是萃取分液，故B正确；C选项，步骤③中加入的有机溶剂不能是裂化汽油或乙醇，因为裂化汽油和单质碘发生加成，乙醇易溶于水，故C错误；D选项，碘单质易溶于有机溶剂，因此不能用过滤方法分离，故D错误；综上所述，答案为B。4、D【详解】A．根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以为负极，b为正极，故A正确；B．PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；C．铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，故C正确；D．由电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则调节电解质溶液的方法是补充H2SO4，故D错误；答案选D。【点晴】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，据此分析。5、B【详解】A．苯丙醛分子，有6种不同化学环境的氢原子，A正确；B．肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，顺式：，反式：，B错误；C．还原反应过程中H-H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，C正确；D．肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，D正确；答案选B。6、D【分析】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，据以上分析进行解答。【详解】A项、结合以上分析可知，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，故A错误；B项、结合以上分析可知，压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，故B错误；C项、图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好的能量变化曲线，或是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D项、该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，故D正确；故选D。【点睛】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答关键。7、C【解析】A项，AlCl3与氨水反应生成的Al（OH）3不会溶于过量的氨水，正确离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，错误；B项，因为Ca（OH）2过量，CO32-应完全沉淀，正确的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误；C项，CO2过量，生成HCO3-，正确；D项，HNO3有强氧化性，Na2SO3有强还原性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；答案选C。点睛：离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实（如A、D项）；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。8、D【解析】A、该装置为原电池，化学能转变为电能，A错误。B、Al为活泼金属做负极，通入的CO2极做正极，得到电子，化合价降低，可知CO2得电子生成C2O42-，电极反应为：2CO2+2e-=C2O42-，B错误。C、1mol草酸铝含2molAl3+，由2molAl单质失去6mol电子生成，C错误。D、该装置中CO2最后生成C2O42-，可以捕捉大气中的CO2，减少温室效应，D正确。正确答案为D9、C【详解】A.分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，卤族元素单质都是分子晶体且其相对分子质量：，所以单质熔点：，而金属晶体熔沸点与其金属键强弱有关，金属键强弱与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，金属键：，则单质熔点：，故A错误；B.的熔点远远高于，且熔融导电，从减少资源浪费方面考虑，工业上采用电解熔融方法冶炼，故B错误；C.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性，所以还原性，故C正确；D.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故D错误；答案选C。10、C【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1mol/L，A项错误；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，二者结合可得：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，B项错误；C.c点pH=7.19=pKa2，则pKa2=可知：c(HSO3-)=c(SO32-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSO3-)，此时溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>3c(HSO3-)，C项正确；D.d点pH=8.00，溶液中主要是NaSO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)，D项错误；答案选C。11、D【详解】A.明矾作净水剂，利用Al3+水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，没有化合价变化，A错误；B.漂粉精中次氯酸根离子具有强的氧化性，其氧化作用进行杀菌消毒，B错误；C.氧化铁可以作为红色油漆的原料利用氧化铁显红色，C错误；D.铁粉可以消耗包装袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确；答案选D。12、A【分析】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动；B．盐酸也和硅酸钠溶液反应生成硅酸；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应；D．两个实验中温度、催化剂都不同。【详解】A．升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，其它条件相同，只有温度不变，所以可以探究温度对平衡的影响来分析，选项A正确；B．浓盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能和硅酸钠反应对实验造成干扰，所以不能判断HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，选项B错误；C．二氧化碳和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，选项C错误；D．两个实验中温度、催化剂都不同，所以不能验证催化剂对反应速率的影响，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了实验方案评价，涉及化学平衡和反应速率的影响因素的探究、酸性强弱的判断、除杂等知识点，注意：探究外界影响因素时，必须其它条件相同、只有一个条件不同时才能得出正确结论，为易错点。13、D【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。【详解】①硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化变成三氧化硫，转化不能由一步反应实现，故①错误；

②氮气在空气中放电，生成一氧化氮，一氧化氮迅速被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故②正确；③MgCl2(aq)加热得到氢氧化镁，转化不能由一步反应实现，故③错误；④铁点燃生成四氧化三铁，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，转化不能由一步反应实现，故④错误；⑤三氧二化铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝，燃烧氢氧化铝得到氧化铝，然后电解熔融的氧化铝，得到铝，故⑤正确；答案选D。14、D【解析】A.陶瓷含有二氧化硅，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，陶瓷容器会被腐蚀，故A错误；B.步骤①中2CO2～7e-，每生成44.8L（标况下）即2molCO2共转移7mol电子，故B错误；C.步骤④若调节滤液2的pH使之变大，上述可逆反应的平衡左移，则不有利于生成Cr2O72-，故C错误；D.溶液趋向于析出溶解度较小的晶体，步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，故D正确。故选D。15、D【解析】由于合成氨的反应方程式是：N2+3H2⇌2NH3，该反应是可能反应，反应物只能部分转化成氨气，所以通过采用循环操作，大大提高了原料氮气、氢气的利用率，则D正确，故答案为D。16、B【分析】H＋+OH－=H2O表示强酸强碱生成可溶性盐的反应。【详解】A.不能用离子方程式表示，错误；B表示强酸强碱的反应，正确；C.氢氧化铜是沉淀，应写作分子式的形式，错误；D.硫酸钡是沉淀，离子方程式为Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，错误.答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氢、碳、氮、氧、钠、氯CO2+2MgC+2MgO2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【详解】(1)综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；

(2)在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是:。(3)B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为3∶8的化合物为CO2，其电子式为，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。(4)F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)BA4为CH4，将8g的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，则1molCH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol。18、第三周期、ⅥA族S2->Cl->Na+>Al3+离子键、共价键、配位键(离子键、共价键也可以)Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2OCl-S-S-C12S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】试题分析：③B形成B-，B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成，则B是Cl元素、E是N元素；①C+、D3+均与NH3含有相同的电子数，则C是Na元素、D是Al元素；A2-、B-与HCl分子含有相同的电子数，则A是S元素；A单质在空气中燃烧产生气体R，则R是SO2。解析：(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期、ⅥA族；(2)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为S2->Cl->Na+>Al3+；(3)氯化氢与氨气相遇时生成氯化铵，氯化铵的电子式为，其中所含化学键类型为离子键、共价键；(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，C的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(5)S元素和Cl元素以原子个数比1:1形成化合物是S2Cl2，S2Cl2的结构式为Cl-S-S-C1；己知Cl-S-S-C1是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生SO2气体，易溶液出现浑浊，即生成S沉淀，根据元素守恒，同时生成氯化氢，S2Cl2与水反应的化学方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。点睛：氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。19、Cu2+排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1)①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3)Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为：，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii为：。(4)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。20、)向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变AC⑥⑤④②否2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋Cu2OKSCN溶液，若溶液变红色0.55【详解】(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变，则说明装置A的气密性良好；综上所述，本题答案是：向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变。(2)装置A为固液不加热型，稀硫酸和锌片反应能生成氢气，稀硝酸和铁片反应生成一氧化氮，浓硫酸和镁片反应生成二氧化硫，氢氧化钠溶液和铝片反应生成氢气，AC项正确；综上所述，本题答案是：AC。(3)在实验前应先将装置内空气排尽并验纯，实验结束后应先熄灭酒精灯，保持气体继续通入一段时间后关闭止水夹，所以正确的操作顺序是①⑥⑤④②③；综上所述，本题答案是：⑥⑤④②。(4)样品中含有的氧化铁溶于稀硫酸生成铁离子，Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成亚铜离子和金属铜，铜与铁离子发生