2026屆山西省朔州市第二中學化學高三第一學期期中達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d是淡黃色的離子化合物；m為元素Y的單質(zhì)，通常為無色無味的氣體。上述物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑Z>X>Y>WB．簡單離子的半徑Z>YC．e、f溶于水均抑制水的電離D．a(chǎn)、b、c、e、f不可能含非極性鍵2、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28gN2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NAB．室溫下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水電離的OH－數(shù)目為0.1NAC．氫氧燃料電池正極消耗22.4L（標準狀況）氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD．高溫下，0.2molFe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為0.3NA3、某溫度下在2L密閉容器中加入一定量A，發(fā)生以下化學反應：2A（g）B（g）+C（g）ΔH=－48.25kJ/mol。反應過程中B、A的濃度比與時間t有右圖所示關系，若測得第15min時c（B）＝1.6mol/L，下列結論正確的是A．反應達平衡時，A的轉(zhuǎn)化率為80％B．A的初始物質(zhì)的量為4molC．反應到達平衡時，放出的熱量是193kJD．15min時，v正=v逆=04、某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示，它由A、B方塊組成。已知該晶體的密度為dg·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則下列說法錯誤的是A．方塊A含有1.5Fe2+、4個O2-B．方塊B含有0.5Fe2+、4個O2-、4個Fe3+C．該氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的個數(shù)比為1∶2∶4D．晶胞的邊長為×107nm5、多次提出“像對待生命一樣對待生態(tài)環(huán)境”，下列做法不符合這一思想的是()A．推廣使用可降解塑料及布質(zhì)購物袋，以減少“白色污染”B．用Ba(OH)2消除水中Cu2+等重金屬離子污染C．汽油抗爆：甲基叔丁基醚代替四乙基鉛D．大力推廣燃料“脫硫、脫硝”技術，減少硫氧化物和氮氧化物對空氣的污染6、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反應速率分別用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，則正確的關系是()A．v(O2)=v(NH3) B．v(H2O)=v(O2) C．v(H2O)=v(NH3) D．v(NO)=v(O2)7、下列說法正確的是A．元素的電負性越大，其單質(zhì)越穩(wěn)定 B．金屬晶體和離子晶體均具有延展性C．晶格能越大，形成的離子晶體越不穩(wěn)定 D．分子晶體中可能不存在共價鍵8、已知H2(g)+I2(g)2HI(g)?H<0，有相同容積的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2（g）各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，相同溫度下分別達到平衡。欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中HI的平衡濃度，應采取的措施是（）A．甲、乙提高相同溫度 B．甲中加入0.1molHe，乙不改變C．甲降低溫度，乙不變 D．甲增加0.1molH2，乙增加0.1molI29、在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是A．范德華力、范德華力、范德華力B．范德華力、范德華力、共價鍵C．范德華力、共價鍵、共價鍵D．共價鍵、共價鍵、共價鍵10、某陽離子為鈉離子的溶液中，可能含有SO42－、CO32－、Cl－的一種或幾種，只取原溶液一次，便能一一檢驗其中存在的陰離子。下列加入試劑的順序最合理的是A．HCl、BaCl2、AgNO3B．Ba(NO3)2、AgNO3、HNO3C．酚酞、Ba(NO3)2、AgNO3D．HNO3、Ba(NO3)2、AgNO311、在一密閉容器中，等物質(zhì)的量的A和B發(fā)生反應：A（g）+2B(g)2C(g),反應達平衡時，若混合氣體中A和B的物質(zhì)的量之和與C的物質(zhì)的量相等，則這時A的轉(zhuǎn)化率為()A．40% B．50% C．60% D．70%12、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4LCCl4中含CCl4分子數(shù)為NAB．5.6g鐵和6.4g銅分別與0.1mol氯氣完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等C．0.1mo1·L－1MgCl2溶液中含Cl－數(shù)為0.2NAD．3.9gNa2O2晶體中含有的離子總數(shù)為0.2NA13、下列敘述正確的是A．同溫同壓下，相同體積的物質(zhì)，它們的物質(zhì)的量必相等B．任何條件下，等物質(zhì)的量的乙烯和一氧化碳所含的分子數(shù)必相等C．1L一氧化碳氣體一定比1L氧氣的質(zhì)量小D．等體積、等物質(zhì)的量濃度的強酸中所含的H+數(shù)一定相等14、高純度晶體硅是典型的無機非金屬材料，又稱“半導體”材料，它的發(fā)現(xiàn)和使用曾引起計算機的一場“革命”。它的制備方法如下圖所示，下列說法正確的是A．步驟①的化學方程式為：SiO2＋CSi＋CO2↑B．灼燒熔融的Na2CO3固體，可用石英坩堝C．二氧化硅能與氫氟酸反應，而硅不能與氫氟酸反應D．SiHCl3（沸點33.0℃）中含有少量SiCl4（沸點67.6℃），可通過蒸餾（或分餾）提純SiHCl315、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀硝酸中，金屬完全溶解（假設反應中還原產(chǎn)物只有NO）。向反應后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g。下列敘述不正確的是A．當生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積V≥100mLB．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積一定為2.24LC．參加反應的金屬的總質(zhì)量3.6g＜m＜9.6gD．當金屬全部溶解時，參加反應的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.4mol16、四氧化三鐵(Fe3O4)磁性納米顆粒穩(wěn)定、容易生產(chǎn)且用途廣泛，是臨床診斷、生物技術和環(huán)境化學領域多種潛在應用的有力工具。水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應是3Fe2＋＋2＋O2＋xOH－=Fe3O4↓＋＋2H2O。下列問題敘述不正確的是（）A．水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應中，還原劑是B．反應的離子方程式中x=4C．每生成1molFe3O4，反應轉(zhuǎn)移的電子為4molD．被Fe2＋還原的O2的物質(zhì)的量為0.5mol二、非選擇題（本題包括5小題）17、現(xiàn)有下列表格中的幾種離子陽離子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+陰離子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它們組成的五種可溶性物質(zhì)，它們所含的陰、陽離子互不相同。（1）某同學通過比較分析，認為無須檢驗就可判斷其中必有的兩種物質(zhì)是____和_______（填化學式）.（2）物質(zhì)C中含有離子Xn﹣．為了確定Xn﹣，現(xiàn)將（1）中的兩種物質(zhì)記為A和B，當C與A的溶液混合時產(chǎn)生藍色沉淀，向該沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固體，則X為__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）將Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質(zhì)D一定含有上述離子中的________（填相應的離子符號），寫出Cu溶解的離子方程式_______。（4）E溶液與氫碘酸反應時可生成使淀粉變藍的物質(zhì)，E是_______（填化學式）。18、下圖是中學常見物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系。已知：①A為淡黃色固體，B為導致“溫室效應”的主要物質(zhì)；②E為常見金屬，J為紅褐色沉淀；③G在實驗室中常用于檢驗B的存在；④L是一種重要的工業(yè)原料，常用于制造炸藥，濃溶液常呈黃色，儲存在棕色瓶中?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的電子式____________________________________________________。（2）反應①的化學方程式為__________，反應②的離子方程式為_________________，（3）若參加反應的A的質(zhì)量為39g，則消耗CO2的體積（標況下）為__________L。（4）L的化學式__________，G的化學式__________________________。19、某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質(zhì)。回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量鐵屬，其目的是________。（2）甲組同學取2mlFeCl2溶液．加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化。FeCl2溶液與氯水反應的離子方程式為_______。（3）乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是______。（4）丙組同學取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色；②第二只試管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀：③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。實驗②檢驗的離子是_____（填離子符號）；實驗①和③說明：在I-過量的情況下，溶液中仍含有______（填離子符號），由此可以證明該氧化還原反應為______。（5）丁組同學向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液·變成棕黃色，發(fā)生反應的離子方程式為________；一段時間后．溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱．隨后有紅褐色沉淀生成。產(chǎn)生氣泡的原因是______；生成沉淀的原因是______（用平衡移動原理解釋）。20、工業(yè)上利用回收的合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Si、Li）進行深度加工的工藝流程如圖：已知：①Fe、Co、Ni為同族元素，化學性質(zhì)相似②Li2CO3微溶于水，其飽和溶液的物質(zhì)的量濃度與溫度關系如表所示溫度／℃10306090濃度/mol／L0.210.170.140.10回答下列問題：（1）流程中殘渣M的主要成分為____。（2）“浸出液”中加入H2O2后，為檢測Fe2+是否完全被氧化，最佳試劑為____；加入氨水發(fā)生反應的離子方程式為_________________。（3）為減少Li2CO3的溶解損失，“操作3”應為蒸發(fā)濃縮、______、洗滌、干燥。（4）將CoC2O4·2H2O樣品于空氣中加熱，樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示，曲線中300℃及以上所得固體為鈷的氧化物。實驗室中應置于______（填儀器名稱）焙燒樣品。通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______；試寫出B點對應的物質(zhì)與O2在225℃～300℃發(fā)生反應的化學方程式：_______________。21、二氧化碳和乙二醇在氧化鋅或鋅鹽催化下可合成碳酸乙烯酯?；卮鹣铝袉栴}：（1）鋅基態(tài)離子的價電子排布圖為_______________；在基態(tài)18O原子中，核外電子存在_________種空間運動狀態(tài)。（2）乙二醇中C、H、O的電負性大小關系是__________；碳酸乙烯酯中碳原子的雜化軌道類型有___________；1mol碳酸乙烯酯中含有的σ鍵的數(shù)目為__________NA。（3）鋅鹽水溶液中Zn2+可與H2O之間形成[Zn(H2O)6]2+，配體中的配位原子是_________（填微粒符號），[Zn(H2O)6]2+中所含化學鍵的類型為__________________________。（4）陰離子X-與CO2互為等電子體且X-內(nèi)含共價鍵和氫鍵，則X-的化學式為______________。（5）一種鋅金合金晶體的立方體晶胞中，金原子位于頂點，鋅原子位于面心，則該合金中金原子與鋅原子的個數(shù)之比為_________；若該晶體的晶胞棱長為apm(1pm=10-12m)，則該合金的密度為_______g·cm-3（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出算式不要求結果）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【分析】短周期元素

W、X、Y、Z

的原子序數(shù)依次遞增，a、b、c、d、e、f

是由這些元素組成的化合物，d為淡黃色的離子化合物，d為Na2O2，m

為元素

Y

的單質(zhì)，通常為無色無味的氣體，結合圖中轉(zhuǎn)化可知，m為O2，b、c分別為CO2、H2O中的一種，對應的e、f分別為Na2CO3、NaOH中的一種，故a為烴或烴的含氧衍生物，結合原子序數(shù)可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na。【詳解】由分析知：W為H元素、X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素

，a為烴或烴的含氧衍生物、b為CO2或H2O、c為H2O或CO2、d為Na2O2、e為Na2CO3或NaOH、f為NaOH或Na2CO3、m為O2；A．同周期主族元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑增大，所有元素中氫原子半徑最小，故原子半徑：W(H)＜Y(O)＜X(C)＜Z(Na)，故A正確；B．Na+和O2-的離子核外排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑O2-＞Na+，故B錯誤；C．NaOH溶于水抑制水的電離，而Na2CO3溶于水，因水解促進水的電離，故C錯誤；D．Na2O2中含有非極性共價鍵，a為烴或烴的含氧衍生物，如果分子結構中含C-C鍵，說明含非極性共價鍵，故D錯誤；故答案為A。2、A【解析】A、根據(jù)反應方程式，生成4molN2轉(zhuǎn)移電子15mol，即生成28gN2時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol=3.75mol，故A正確；B、堿性溶液中計算水電離的OH－物質(zhì)的量，需要計算溶液中H＋，因為水電離出的H＋和OH－物質(zhì)的量相等，因此有n(H＋)=1×10－13mol=n(OH－)，故B錯誤；C、氫氧燃料電池，氧氣作正極，1molO2參加反應轉(zhuǎn)移4mole－，故C錯誤；D、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，根據(jù)反應方程式，消耗0.2mol鐵時，生成氫氣的物質(zhì)的量為mol，故D錯誤；故答案選A。3、A【分析】由圖可知，15min時反應到達平衡，平衡時c（B）=1.6mol?L-1，=2，故平衡時c（A）=0.8mol/L?！驹斀狻緼．反應達平衡時，c（B）=1.6mol?L-1，減小的A的濃度是3.2mol/L，A的變化濃度是0.8mol/L，平衡時c（A）=0.8mol/L，所以A的初始濃度是4.0mol/L，A的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%，故A正確；B．濃度變化量之比等于化學計量數(shù)之比，故△c（A）=2c（B）=2×1.6mol?L-1=3.2mol?L-1，A的起始濃度為3.2mol?L-1+0.8mol/L=4mol/L，故A的初始物質(zhì)的量為4mol/L×2L=8mol，故B錯誤；C．參加反應的A的物質(zhì)的量為3.2mol/L×2L=6.4mol，故放出的熱量為48.25kJ×=154.4kJ，故C錯誤；D.15min時，反應達到平衡狀態(tài)，化學平衡時動態(tài)平衡，v正=v逆≠0，故D錯誤；故選A。4、D【詳解】A.根據(jù)均攤法計算A含有1+4×=1.5個亞鐵離子、4個氧離子，故A正確；B.根據(jù)均攤法計算B含有4×=0.5個亞鐵離子、4個氧離子、4個鐵離子，故B正確；C.Fe2+離子處于晶胞的頂點、面心以及A位置立方體的體心。O2-位于A、B小立方體的內(nèi)部，每個小立方體內(nèi)部各有4個。Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內(nèi)部，晶胞中Fe2+離子數(shù)目=4+8×+6×=8、Fe3+離子數(shù)目=4×4=16，O2-離子數(shù)目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的個數(shù)比為8：16：32=1：2：4，故C正確；D.晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的個數(shù)分別是2×4＝8，4×4＝16，8×4＝32，它們的相對原子質(zhì)量之和是8×232，根據(jù)m＝ρV可得8×232＝d×a3×NA，a＝×107nm，故D錯誤；故選D。5、B【解析】A、“白色污染”是人們對塑料垃圾污染環(huán)境的一種形象稱謂，主要是由聚苯乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等高分化合物制成的各類生活用品、包裝袋、填充物等，難降解，嚴重污染環(huán)境、土壤、水等，所以大力倡導推廣使用可降解塑料及布質(zhì)購物袋，可減少“白色污染”，A正確；B、用Ba(OH)2可以消除水中Cu2+等重金屬離子，但又引入了新的重金屬離子Ba2+污染，故B錯誤；C、用甲基叔丁基醚代替四乙基鉛，可減少重金屬鉛導致的污染，C正確；D、對燃料進行“脫硫、脫硝”處理，可減少硫氧化物和氮氧化物的排放，減少對環(huán)境的污染，故D正確。本題正確答案為B。6、A【詳解】對于反應4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)，A．速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正確；B．速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B錯誤；C．速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C錯誤；D．速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D錯誤；故答案為A。7、D【詳解】A．單質(zhì)的穩(wěn)定性與電負性無關，故A錯誤；B．金屬晶體有延展性，離子晶體沒有延展性，故B錯誤；C．離子晶體的晶格能越大，離子鍵越難以斷裂，形成的離子晶體越穩(wěn)定，故C錯誤；D．惰性氣體單質(zhì)為分子晶體，為單原子分子，不存在共價鍵，故D正確；綜上所述答案為D。8、C【分析】在相同溫度、相同容積下，甲、乙容器中達平衡時是完全全等的等效平衡，欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中HI的平衡濃度，可使甲中平衡向著正反應方向移動，或乙中平衡向著逆反應方向移動，據(jù)此分析?！驹斀狻吭谙嗤瑴囟取⑾嗤莘e下，甲、乙容器中達平衡時是完全全等的等效平衡；A項，甲、乙提高相同溫度時，平衡均向逆反應方向移動，且達平衡時二者仍等效，HI濃度仍相等，A不選；B項，加入稀有氣體時，由于各物質(zhì)濃度不變，平衡不移動，二者HI濃度仍相等，B不選；C項，甲降低溫度平衡向著正反應方向移動，達平衡時HI濃度增大，而乙中HI濃度不變，C選；D項，根據(jù)反應的特點，甲中增加0.1molH2，乙中增加0.1molI2，平衡都正向移動，達平衡時HI濃度仍相等，D不選；答案選C。9、B【詳解】“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣”屬于石蠟的“三態(tài)”之間的轉(zhuǎn)化，所以轉(zhuǎn)化的過程中要克服分子間作用力；“石蠟蒸氣→裂化氣”屬于石油的裂化，屬于化學變化，必然要破壞化學鍵(共價鍵)，答案選B。10、D【解析】A．先加鹽酸，會引入氯離子，干擾Cl－的檢驗，故A不選；B．先加Ba(NO3)2，CO32-、SO42-均反應生成白色沉淀，不能一一檢驗，故B不選；C．酚酞不能檢驗SO42－、CO32－、Cl－，故C不選；D．試劑的順序為HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3，可依次檢驗出CO32-(有無色無味的氣體放出)、SO42-(有白色沉淀生成)、Cl-(有白色沉淀生成)，故D選；故選D。【點睛】本題考查常見離子的檢驗，把握離子的性質(zhì)、發(fā)生的反應與現(xiàn)象為解答的關鍵。解答本題需要注意一一檢驗的限制條件。本題的易錯點A，要注意鹽酸對氯離子檢驗的干擾。11、A【詳解】令A和B的起始投入量都為1mol，A的變化量為xA（g）+2B(g)2C(g)起始量1mol1mol0變化量x2x2x平衡量1-x1-2x2x則(1-x)+(1-2x)=2xX=0.4mol故選A。12、B【解析】A、標況下四氯化碳為液態(tài)；B、依據(jù)n=mM計算物質(zhì)的量，結合鐵和氯氣反應生成氯化鐵，銅和氯氣反應生成氯化銅，等物質(zhì)的量反應需要判斷過量問題；C、氯化鎂溶液的體積不知，無法計算氯化鎂的物質(zhì)的量；D．n（Na2O2）=3.9g78g/mol【詳解】A、標況下四氯化碳為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和共價鍵數(shù)目，選項A錯誤；B、5.6g鐵物質(zhì)的量=5.6g56g/mol=0.1mol，6.4g銅物質(zhì)的量=6.4g64g/mol=0.1mol，分別與0.1mol氯氣完全反應，銅恰好反應，鐵過量，所以反應過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，選項B正確；C、題中沒有告訴氯化鎂溶液的體積，無法計算氯化鎂的物質(zhì)的量及氯離子數(shù)目，選項C錯誤；B．Na2O2晶體中含有鈉離子和過氧根離子，n（Na2O2【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應用，主要是化學方程式過量計算，氣體摩爾體積條件分析應用，注意常溫下鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，題目難度中等。13、B【解析】A、根據(jù)阿伏加德羅定律知同溫同壓下，相同體積的任何氣體，它們的物質(zhì)的量必相等，A錯誤；B、任何條件下，等物質(zhì)的量的乙烯和一氧化碳所含的分子數(shù)必相等，B正確；C、缺少溫度和壓強，無法確定1L一氧化碳氣體和1L氧氣的質(zhì)量大小，C錯誤；D、等體積、等物質(zhì)的量濃度的強酸中酸的物質(zhì)的量相等，但所含的H+數(shù)不一定相等，如HNO3和H2SO4，D錯誤；答案選B。14、D【分析】A.二氧化硅高溫下與C反應生成CO氣體；

B.高溫下Na2CO3和二氧化硅發(fā)生反應；

C.硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣；

D.由沸點可以知道，為相差30℃以上的兩種液體?！驹斀狻緼.二氧化硅高溫下與C反應生成CO氣體，即步驟①的化學方程式為：SiO2＋CSi＋2CO↑，故A錯誤；

B.石英的主要成分是二氧化硅，高溫下Na2CO3和二氧化硅發(fā)生反應，故B錯誤；

C.硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣，故C錯誤；

D、沸點相差30℃以上的兩種液體可以采用蒸餾的方法分離，所以D選項是正確的。

故選D。15、B【詳解】測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則根據(jù)原子守恒可知與金屬陽離子結合的氫氧根離子的質(zhì)量是5.1g，物質(zhì)的量是5.1g÷17g/mol＝0.3mol，因此金屬失去電子的物質(zhì)的量是0.3mol。A．當生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積≥0.3mol÷3mol/L＝0.1L＝100ml，A正確；B．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積不一定為2.24L，因為不能確定氣體的狀態(tài)，B錯誤；C．如果全部是鎂，則物質(zhì)的量是0.15mol，質(zhì)量是0.15mol×24g/mol=3.6gg，如果全部是銅，質(zhì)量是0.15mol×64g/mol＝9.6g，則參加反應的金屬的總質(zhì)量3.6g＜m＜9.6g，C正確；D．當金屬全部溶解時，生成硝酸鹽的物質(zhì)的量一定是0.1mol，則未被還原的硝酸是0.3mol。根據(jù)電子得失守恒可知被還原的硝酸是0.3mol÷3＝0.1mol，所以參加反應的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.4mol，D正確；答案選B。16、A【詳解】A．反應中Fe元素化合價部分升高為+3價，S元素化合價由+2價升高到+2.5價，則還原劑是Fe2+和，故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒得：2×3＋2×(-2)＋(-x)＝-2，解得x＝4，故B正確；C．根據(jù)還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)，F(xiàn)e、S元素的化合價升高，O元素的化合價降低，由反應可知，該反應轉(zhuǎn)移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合價變化可知，轉(zhuǎn)移電子為1mol×2×[0-(-2)]=4mol，故C正確；D．設被Fe2+還原的O2的物質(zhì)的量為y，根據(jù)得失電子守恒可知，4y＝1mol×3×，解得y＝0.5mol，故D正確；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根據(jù)離子間的反應（離子共存）和相互間反應的現(xiàn)象判斷離子的組合，從而確定五種物質(zhì)?！驹斀狻浚?）五種物質(zhì)都可溶，陰離子中CO32﹣的只能和K+組成可溶性物質(zhì)，和其他陽離子都不共存，所以其中一種物質(zhì)為K2CO3，陰離子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一種物質(zhì)為Ba(OH)2。這兩種物質(zhì)無須檢驗就可判斷；（2）A和B分別為K2CO3和Ba(OH)2中的一種。物質(zhì)C中含有離子Xn﹣，當C與A的溶液混合時產(chǎn)生藍色沉淀，向該沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固體，則可確定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀應為BaSO4，所以X為SO42-，C為CuSO4；（3）將Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)，則物質(zhì)D一定含有上述離子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根離子在酸性環(huán)境下具有強氧化性，可以把銅氧化為Cu2+，Cu逐漸溶解，稀硝酸被還原為NO，在試管口遇到氧氣生成紅棕色的NO2，Cu溶解的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液與氫碘酸反應時可生成使淀粉變藍的物質(zhì)，E中含F(xiàn)e3+，氧化了I-生成I2，使淀粉變藍，陰離子只剩Cl-，所以E是FeCl3。18、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓11.2HNO3Ca(OH)2【分析】A為淡黃色固體,B為導致“溫室效應”的主要物質(zhì),二者發(fā)生反應,則A為Na2O2,B為CO2,二者反應生成Na2CO3和O2,G在實驗室中常用于檢驗CO2的存在,則G為Ca(OH)2,故C為O2,D為Na2CO3,金屬E經(jīng)過系列反應得到J為紅褐色沉淀,則J為Fe(OH)3,E為Fe,F為Fe3O4,L是一種重要的工業(yè)原料,常用于制造炸藥,濃溶液若保存不當常呈黃色,應是濃硝酸所具有的性質(zhì),則L為HNO3,K為Fe(NO3)3,H為NaOH,I為CaCO3；據(jù)以上分析解答。【詳解】(1)由上述分析可以知道,A為Na2O2,電子式為；因此，本題正確答案是:；

(2)反應①的化學方程式為:2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反應②的離子方程式為:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；因此，本題正確答案是:2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；(3)n（Na2O2）=39÷78=0.5mol,由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反應可知，則消耗CO2的體積（標況下）為0.5×22.4=11.2L；因此，本題正確答案是:11.2；（4）結合以上分析可知，L的化學式HNO3，G的化學式為Ca(OH)2；因此，本題正確答案是:HNO3；Ca(OH)2。19、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔絕空氣（排除氧氣對實驗的影響）Fe2+Fe3+可逆反應H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2H2O2分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動?！痉治觥縼嗚F離子具有強的還原性，鐵離子具有強的氧化性，易發(fā)生水解，根據(jù)兩種離子的性質(zhì)進行分析。【詳解】(1)亞鐵離子具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量鐵粉的目的是防止Fe2+被氧化；(2)Cl2可將Fe2+氧化成鐵離子，自身得電子生成氯離子，反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(3)防止空氣中的氧氣將Fe2+氧化，產(chǎn)生干擾，所以煤油的作用是隔絕空氣；(4)根據(jù)Fe2+的檢驗方法，向溶液中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀，一定含有亞鐵離子；則實驗②檢驗的離子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，F(xiàn)e3+遇KSCN溶液顯血紅色，實驗①和③說明，在I-過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以證明該氧化還原反應為可逆反應；(5)H2O2溶液中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，鐵離子的溶液呈棕黃色；一段時間后．溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產(chǎn)生氣泡的原因是反應產(chǎn)生的鐵離子做了H2O2分解反應的催化劑，雙氧水分解產(chǎn)生氧氣；雙氧水分解過程放出熱量，促進Fe3+的水解平衡正向移動，產(chǎn)生了氫氧化鐵紅褐色沉淀。20、Si和CuK3Fe（CN）6，或鐵氰化鉀、鐵氰酸鉀Fe3++3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+趁熱過濾坩堝Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Si、Li）加入鹽酸過濾