福建省三明市普通高中2026届化学高三第一学期期中达标检测试题含解析

福建省三明市普通高中2026届化学高三第一学期期中达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷2、下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+→Cu2++2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O→2Na++2OH-+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O→2H++Cl-+ClO-D．铁与盐酸反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑3、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（

）实验实验现象Ⅰ滴入V1mLNaClO溶液产生大量红褪色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀A．a～b段主要反应的离子方程式为：B．d～e段主要反应的离子方程式为：C．c、f点pH接近的主要原因是：D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数目为2NAC．64gSO2含有氧原子数为2NAD．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA5、以下说法正确的是（）A．18gD2O和18gT2O中含有的质子数均为10NAB．0.5mol·L－1Ba(OH)2溶液中含有的OH－的数目为NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA6、将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3－反应后变为无色的Bi3＋。据此判断下列说法正确的是A．滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物B．已知Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C．若有0.1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.4NAD．此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl27、下列关于胶体的叙述正确的是A．胶体粒子不能透过滤纸B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过8、25℃时，将1molNH4NO3溶于水，再向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，据此判断下列说法中不正确的是（NH3·H2O的电离平衡常数取Kb＝2×10－5）A．水的电离先受到促进，后受到抑制，最终水电离的c(OH－)＝B．滴加bL氨水后的溶液中，n(NH4+)＝200n(NH3·H2O)＝1molC．所滴加氨水的浓度为0.005/bmol/LD．滴加bL氨水后的溶液中各离子浓度大小是：c(NH4+)＝c(NO3－)＞c(H+)＝c(OH－)9、一种合成HCN的反应原理为NH3(g)+C(s)HCN(g)+H2(g)。下列叙述正确的是A．该反应的<0、<0B．该反应的平衡常数K=C．单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，该反应达到平衡状态D．强热下该反应每生成22.4LHCN气体转移电子数目为2×6.02×102310、陶瓷、青铜器、书画作品等都是中华文化的瑰宝，其中蕴藏丰富的化学知识。下列说法中错误的是（）A．商代后期铸造出工艺精湛的青铜器司母戊鼎，其材质属于合金B．宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C．《茶经》中，唐代邢窑白瓷为上品，其烧制原料主要成分含有SiO2、A12O3、Fe2O3D．书画作品用的纸张，其化学成分主要是纤维素11、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A．肯定不含I－ B．肯定含有SO32－、I－C．肯定不含SO42－ D．肯定含有NH4+12、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是①无色溶液中：②碱性溶液中：③酸性溶液中：④含的溶液中：⑤加入能放出的溶液中：⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：A．①④ B．②③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥13、Cl2O是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列说法正确的是A．装置②、③中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水B．通干燥空气的目的是作氧化剂C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD．装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸14、用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的是:选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性:S>C>Si稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液B制备纯净的氯气浓盐酸MnO2饱和食盐水C检验溶液X中含有CO32-盐酸溶液X澄清石灰水D除去Na2CO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A．A B．B C．C D．D15、2019年3月5日，李克强总理在政府工作报告中提出：今年要将二氧化硫、氮氧化物的排放量下降3%。下列做法不符合该主题的是A．禁燃生活垃圾 B．雾炮洒水车向空气中喷洒水雾C．研发新能源，推广新能源汽车 D．燃煤中加入生石灰16、下列叙述或书写正确的是A．H2(g)+F2(g)===2HF(g)△H=-270kJ·mol-1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol氟气的能量之和B．2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1,则氢气的燃烧热大于241.8kJ.mol-1C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量,则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl===NaCl+H2O△H=-57.4kJ·mol-1D．500℃、30MPa时,发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应,放出热量19.3kJ二、非选择题（本题包括5小题）17、常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：(1)溶液A中一定存在的离子有___________________(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有_________，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。18、下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人们研究物质性质的重要工具。Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为_______，当消耗1mol还原剂时，转移的电子个数为_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系〔部分生成物和反应条件略去〕。（1）假设E为氧化物，那么A与水反应的化学方程式为_______。①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，那么C的电子式为_______。②表示X呈碱性的离子方程式为_______。③当X为金属单质时，那么X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为_______。（2）假设E为单质气体，D为白色沉淀，B含有的化学键类型为_______，C与X反应的离子方程式为_______。（3）①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的要紧成分，1.6克该物质在氧气中完全燃烧放出热量31.2kJ，写出热化学方程式_______。（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用①和⑥组成的化合物和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_______。（5）元素②的单质在一定条件下，能与①的单质化合生成一种化合物，熔点为800℃。该化合物能与水反应放氢气，假设将1mol该化合物和1mol③形成的单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是（标准状况下）_______。19、氨气是一种重要化合物，在工农业生产、生活中有着重要应用。(1)“氨的催化氧化”是工业生产硝酸的重要步骤。某化学课外活动小组设计了如下装置模拟该实验过程，并用水吸收制取硝酸(固定装置略去)：①检查装置气密性的方法是__________________________，D的作用是________。A装置的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是________(填化学式)。②反应后，装置E中除存在较多的H＋外，还可能存在的一种阳离子是____________，试设计实验证明这种离子的存在：__________________________________________。③下列哪个装置可以同时起到装置D和E的作用________(填代号)。(2)若将氯气和氨气在集气瓶中混合，会出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出反应的化学方程式：________________________，该反应生成的还原产物的化学键类型是________。20、2016年8月的eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究所的晁明和胡汛等人的一篇论文。媒体以“用十几块钱的小苏打饿死了癌细胞”为题予以报道，报道曲解了小苏打的作用，但小苏打在他们治疗癌症的方法中确实功不可没。在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：①连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。②先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。③分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。④向滤液中加入适量的NaCl固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接___，________接__________；b接____（填接口编号）。___________（2）A中反应的离子方程式为_____________________；B中常选用的液体反应物为_______；D中应选用的液体为_______。（3）步骤②让______装置先发生反应。（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是_____________________。（5）步骤③分离出NaHCO3固体的操作是_________。（6）步骤④中所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5％~8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象__________________。21、无水CaCl2具有强烈的吸湿性，在空气中易潮解，可用作干燥剂、脱水剂、混凝防冻剂等。以工业碳酸钙矿石（含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质）生产无水氯化钙的主要流程如下：（1）为了提高步骤（1）的反应速率，可以采取的措施是________________________。（2）加入试剂b的目的是使溶液酸化，试剂b可以选择下列试剂__________（填序号）。①硫酸②硝酸③氢硫酸④盐酸（3）写出步骤（2）的离子方程式______________________________。（4）步骤（5）用到的操作方法有蒸发浓缩、______________________________。（5）已知A13+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH

如下：加入试剂a的目的是调节溶液的pH，调节pH的范围为_______________________________。（6）已知某一温度时Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，向0.01mol·L-1的FeCl3溶液中加入NaOH固体，假设溶液的体积不变，要生成Fe(OH)3沉淀，应使溶液中的c(OH-)最小为______mol·L-1；Fe3+沉淀完全时，溶液中c(OH-)最小为__________mol·L-1。（7）测定样品中Cl-含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中；c．用0.05000mol·L-1AgNO3

溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为25.00mL。计算上述样品中CaCl2的质量分数为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。2、A【分析】A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，反应生成氯化铁、氯化铜。B.原子个数不守恒。C.次氯酸为弱电解质，应保留化学式。D.铁与盐酸反应生成二价铁。【详解】A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板,离子方程式：，故A正确。B．Na2O2与H2O反应制备O2,离子方程式：，故B错误。C．将氯气溶于水制备次氯酸,离子方程式：，故C错误。D．铁与盐酸反应生成二价铁:，故D错误。答案选A。3、B【详解】A．a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A正确；B．d～e段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，故B错误；C．c、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故C正确；D．盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。4、C【解析】A.常温常压下124gP4为1mol，一个P4中所含6个P—P键，故1molP4数目为6NA，故A错误；B.常温下Cl2和足量氢氧化钠溶液发生的是歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2充分反应，转移电子数目为NA，故B错误；C.64gSO2为1mol，故含有氧原子数为2NA，故C正确；D.标准状况下，22.4LH2O为液体，无法计算含有的分子数，故D错误；答案：C。5、C【详解】A．D2O和T2O分子中都含有10个质子，D2O、T2O的相对分子质量分别是20、22，则18gD2O和18gT2O的物质的量都小于1mol，因此其中含有的质子数都小于10NA，A错误；B．缺少溶液体积，只有溶液浓度，不能计算溶液中微粒数目，B错误；C．过氧化钠与水反应时，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，则生成0.1molO2转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，C正确；D．N2和H2合成NH3的反应为可逆反应，则某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，反应产生NH3的物质的量小于0.2mol，因此反应中转移电子的数目小于0.6NA，D错误；故合理选项是C。6、C【详解】A．滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，A错误；B．Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，B错误；C．若有0.1molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol×（5-3）+0.1mol××（7-2）=0.4mol，C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞Cl2，D错误；故选C。7、D【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；故选D。8、A【分析】根据电解质溶液中电荷守恒，离子的水解平衡常数的计算分析。【详解】A、铵根离子水解促进水的电离，硝酸铵溶液中铵根离子水解显酸性，溶液中加入氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，故A错误，符合题意；

B.将1molNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，根据电荷守恒计算可知，溶液中OH-离子浓度=10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-），NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5

mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=1mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K=c(NH4+)c(OH−)/c(NH3·H2O)=1mol/L×10−7mol·L-1/[bL×c(NH3·H2O)÷1L]=2×10-5

mol•L-1，计算得到c（NH3•H2O）=1/200bmol/L，故n（NH3•H2O）=1/200mol，（NH4+）=c（NO3-）=1mol/L，滴加b

L氨水后的溶液中，n（NH4+）=200

n（NH3•H2O）=1mol，故B正确，但不符合题意；

C.将1molNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10-7mol/L，c(NH4+)=c(NO3-)，NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5

mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，c(NH4+)=c(NO3-)=1mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K=c(NH4+)c(OH−)/c(NH3·H2O)=1mol/L×10−7mol·L-1/[bL×c(NH3·H2O)÷1L]=2×10-5

mol•L-1，计算得到c（NH3•H2O）=1/200bmol/L，即0.005/bmol/L，故C正确，但不符合题意；D.溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，得到c(NH4+)=c(NO3-)，c(H+)=c(OH-)，得到c(NH4+)=c(NO3-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确，但不符合题意。

故选A。【点睛】电离平衡常数只跟温度有关，电离平衡常数不随浓度变化。9、C【详解】A．该反应的气体增多，所以ΔS>0，故A错误；B．该反应中C为固体，浓度记为1，所以平衡常数为K=，故B错误；C．N－H键断裂为正反应，H－H键断裂为逆反应，结合反应中的各物质的计量数可知单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，也就是正逆反应速率相等，反应到达平衡，故C正确；D．未指明温度压强，无法计算22.4L气体的物质的量，故D错误；综上所述答案为C。10、C【详解】A．青铜是金属治铸史上最早的合金，在纯铜中加入锡或铅的合金，故A正确；B．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；C．Fe2O3是红棕色固体，白瓷中不可能存在红棕色的成分，故C错误；D．纸张是由木材制造的，木材的主要成分是纤维素，即纸张的成分是纤维素，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。11、C【解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。12、C【详解】①无色溶液中不会存在有色的Cu2+，故①错误；②之间不反应，都不与OH-反应，在碱性溶液中能够大量共存，故②正确；③Fe2+、在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故③错误；④Na+、Ba2+、Cl-、I-之间不反应，都不与Fe2+反应，能够大量共存，故④正确；⑤加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，与H+、OH-反应，不能大量共存，故⑤错误；⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量OH-，S2-、ClO-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑥错误；②④正确，故答案为C。13、D【解析】A.从饱和食盐水逸出气体中含有水蒸气，所以氯气要先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，即装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A错误；B.通干燥空气的目的是将Cl2O从发生装置完全赶出至收集装置，故B错误；C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2，故C错误；D.装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确。故选D。点睛：在除去气体中包括水蒸气在内的气体杂质时，由于常用溶液作为除杂试剂，而从一般溶液逸出气体中含有水蒸气，所以应该在气体除杂过程的最后一步除去水蒸气。14、A【解析】A、装置b中出现气体，说明硫酸的酸性强于碳酸，装置c中出现沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，即S>C>Si，故正确；B、MnO2和浓盐酸反应，需要加热，此装置中没有加热装置，饱和食盐水除去氯气中的HCl，从装置c中出来氯气中混有水蒸气，不是纯净的，故错误；C、装置b中加入盐酸，出现能使澄清石灰水变浑浊的气体，不能说明X中含有CO32－，可能含有HCO3－或SO32－或HSO3－，故错误；D、氯水具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能达到实验目的，故错误。点睛：本题考查实验设计方案的评价，设计过程中注意反应的条件，如选项B，MnO2和浓盐酸反应需要加热，此装置中缺少加热装置，离子检验中要防止其他离子的干扰，故选项C。15、B【解析】A.禁燃生活垃圾就可以减少产生CO、SO2等有害气体，能够降低对空气的污染，A正确；B.雾炮洒水车向空气中喷洒水雾，只是使二氧化硫、氮氧化物形成酸，没有从根本上减少这些有害气体的产生与排放，B错误；C.研发新能源，推广新能源汽车，可减少有害气体的排放，改善空气质量，C正确；D.燃煤中加入生石灰，这样煤中硫元素燃烧产生的SO2会与CaO反应转化为CaSO4进入炉渣，从而可降低SO2等有害气体的排放，D正确；故合理选项是B。16、B【详解】A.从热化学方程式H2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=-270kJ·mol-1可知，反应放热，即1mol氢气和1mol氟气的总能量大于2molHF气体的总能量，故A错误；B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1，水由气体变为液体要放出热量，即1mol氢气的燃烧热大于241.8kJmol-1，故B正确；C.热化学方程式没有标明物质的聚集状态，故C错误；D.H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ的热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化为氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误。故选B。【点睛】注意N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，反应物不可能100%转化为生成物。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu144g，则Cu的物质的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，则NO的物质的量是×2.25mol，其在标准状况下的体积是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是H＋＋OH－=H2O，当H＋完全反应后，开始发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4＋，发生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。18、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O离子键和极性共价键Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据氧化还原反应原理书写反应方程式；根据物质性质及转化关系分析物质种类并书写反应方程式及电子式；根据燃烧热计算反应热并书写热化学方程式；根据反应方程式及物质的量与体积的关系进行相关计算。【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H②为Na③为Al④为C.⑤为N⑥为O⑦为Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，物有As的最高价含氧酸，即生成H3AsO4，根据化合价升降相等可知还有NaCl生成，反应方程式为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合价由0升高为+5，转移电子数为5，故消耗1mol还原剂时,转移的电子个数为5NA，故答案为5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反应的物质有金属氧化物、非金属氧化物、金属和非金属。(1)若E为氧化物，常温下与A与水反应生成E，则为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故A为NO2，B为HNO3，E为NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，则X为碳酸盐，C为CO2，D为碳酸氢盐，则：C的电子式为，表示X呈碱性的离子方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②当X为金属单质时，由转化关系可知，X为变价金属，故X为Fe，C为硝酸铁，D为硝酸亚铁，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E为单质气体，D为白色沉淀，则A为Na或过氧化钠，E为氢气或氧气，B为NaOH，X为氯化铝，C为偏铝酸钠，D为氢氧化铝，B(NaOH)含有的化学键类型为：离子键、共价键，C与X反应的离子方程式为Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的主要成分，则该化合物为N2H4，1molN2H4燃烧放出的热量为31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，该反应热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)双氧水有强氧化性,酸性条件下，双氧水能氧化铜生成铜离子同时生成水，反应离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氢气和钠反应生成氢化钠，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和铝反应生成氢气，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氢化钠和水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠和铝反应生成1.5mol氢气，故标况下生成氢气体积为(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。19、Na2O24NH3＋5O24NO＋6H2ONH取E中少许溶液放入一支洁净式管中，滴加氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明溶液中含有NHbCl2＋NH3―→NH4Cl＋N2离子键、共价键【解析】(1)①过氧化钠和水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应能提供氧气，同时为放热反应，放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故答案为Na2O2；②氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的一步反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；③铵根离子的检验，是加入强碱加入能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有铵离子，故答案为NH4+；取E中少许溶液放入一只洁净试管中，滴加氢氧化钠浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有NH4+；④装置D和E的作用既防止倒吸，又吸收二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO。a的吸收装置中的导管没直接伸入到液体中，二氧化氮不能被充分吸收；b的装置中：水的密度比四氯化碳小且水和四氯化碳不互溶，所以水浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和二氧化氮反应，也不溶解二氧化氮，该装置既能够吸收易溶性气体二氧化氮，又能够防止倒吸；c的装置中：气体能充分被吸收，但会产生倒吸；d的装置中：无法排出尾气；故选b；(3)氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气，化学方程式为Cl2+NH3→NH4Cl+N2；氯气中氯元素从0价，变为NH4Cl中的-1价，所以NH4Cl为还原产物，氯化铵是由铵根离子和氯离子组成的盐，含有离子键，铵根离子中氮与氢元素间含有共价键，故答案为Cl2+NH3→NH4Cl+N2；离子键、共价键。20、fed，cCaCO3+2H+=Ca2-+H2O+CO2↑浓氨水饱和NaHCO3溶液B防止倒吸吸收多余的NH3过滤取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结【解析】工业制取碳酸氢钠的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，即向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳。考虑到氨气的溶解度过大，需要注意防倒吸，所以要从c口通入氨气（干燥管防倒吸），从d通入二氧化碳。实验室制取二氧化碳应该选用碳酸钙和稀盐酸反应，所以装置为A，考虑到盐酸挥发，应该先通过饱和碳酸氢钠溶液（装置D），除去挥发的HCl。则装置B为实验室制取氨气。根据上述分析得到：（1）装置的连接顺序为：a接f，e接d；b接c。（2）A中制取二氧化碳的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2-+H2O+CO2↑。装置B为实验室制取氨气，选用的方法是将浓氨水滴加到氧化钙上。D中为饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去挥发的HCl。（3）为保证氨气先通入，所以要先让B装置进行反应。（4）C中球形干燥管的作用是防止倒吸。无水氯化钙的作用是吸收氨气（生成CaCl2·8NH3）。（5）碳酸氢钠从溶液中析出，经过滤得到固体。（6）氯化铵受热会分解为氨气和