四川省成都龙泉中学2026届高三上化学期中达标测试试题含解析

四川省成都龙泉中学2026届高三上化学期中达标测试试题请考生注意：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、化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化B．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应C．鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥D．富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质2、下列事实不能用元素周期律解释的是A．NaOH的碱性强于Al(OH)3B．Mg与热水能反应，Al与热水很难反应C．H2O的稳定性强于H2SD．HClO4的酸性强于HBrO3、我国古代的有关典籍中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的反应原理之一是4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O。下列有关该反应的说法正确的是()A．O2被还原 B．Ag是氧化剂C．Ag得到电子 D．O2发生氧化反应4、将2mol过氧化钠与4mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120°C充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留。下列分析正确的是A．残留固体是4molNa2CO3B．残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C．反应中转移4mol电子D．排出的气体是3mol氧气5、下列说法正确的是A．常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的c(H+)=10-7mol·L-lB．常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后c(Cl-)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)C．常温下0.1mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10-10mol·L-lD．常温下向10mL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小6、下列说法正确的是A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D．乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸7、二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说法错误的是()A．该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋C．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1D．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－=2O2－8、下列应用与盐的水解无关的是A．分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B．配置FeSO4溶液加入铁屑C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D．制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO29、NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是A．生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4B．反应过程中溶液的pH减小C．该反应中NO2﹣被还原D．X可以是盐酸10、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑B．电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子11、现有CuO和Fe2O3组成的混合物ag，向其中加入2mol·L—1的硫酸溶液50mL，恰好完全反应。若将ag该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量()A．1.6ag B．(a－1.6)g C．(a－3.2)g D．ag12、某溶液中可能存在I－、CO32-、SO32-、Al3＋、Cl－、K＋

等六种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气体逸出；实验2：向所得黄色溶液中加CCl4萃取后，取水层滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成。根据上面的操作和现象推断，下列说法正确的是A．溶液中一定存在I－、CO32-，不存在Al3＋、SO32-B．溶液变黄色时发生反应的离子方程式为I－＋Cl2==I＋2Cl－C．产生的无色气体中一定有CO2，可能有SO2D．溶液中一定存在K＋，可能存在Al3＋、Cl－13、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OC．将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2D．将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O14、将1mol金属Al全部转化为Al(OH)3，过程中共消耗HClamol、NaOHbmol，则a＋b最小值为（）A．1.5B．6C．8D．215、某实验小组混合了饱和氯化钙溶液与饱和碳酸氢钠溶液，发现同时有沉淀和气体生成.下列说法错误的是()A．沉淀一定为碳酸氢钙B．气体为二氧化碳C．碳酸氢根的电离是可逆的D．反应进行的方向与反应物的浓度有关16、实验室模拟合成氨和氨催化氧化的实验装置如下图。反应一段时间后向丙中通入O2并伸入红热的铂丝,锥形瓶中有红棕色气体出现。下列说法错误的是()A．分离液态空气制取氮气的依据是氮气和氧气的沸点不同B．氮气和氢气通过甲装置混合,其主要作用是干燥和控制气体流速C．丙中导气管不会发生倒吸的原因可能是反应中氨的产率较少D．丙的溶液和棉花中均存在,说明直接发生反应NH3+2O2HNO3+H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液、NaHSO4溶液，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。根据实验现象，回答下列问题：实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象①A+B生成白色沉淀④B+C无明显变化②A+C放出无色气体⑤B+D生成白色沉淀③A+D放出无色气体⑥C+D无明显变化（1）A为_____________，C为_____________。（2）写出下列反应的离子方程式A+B:___________________________________________,A+D:___________________________________________，（3）等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为______________，反应后得到的溶液中含有的阴离子有____。18、A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与E、D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，A与B、C、D可分别形成10电子分子，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，请回答下列问题：(1)A、B、C元素的名称分别为______、______、_______，E、G两种元素的符号：E________、G________；F在元素周期表中的位置是___________。(2)E在D2中燃烧生成化合物X，X中化学键类型_________，X中阴阳离子个数比为________。(3)向含E的最高价氧化物的水化物0.5mol的水溶液中通入标况下BD2气体11.2L，其化学反应方程式为_________。(4)若1.7克C的氢化物发生催化氧化生成气态产物放出22.67KJ的热量。写出此反应的热化学方程式____________。19、氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如下所示：已知：①氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。③温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器b的名称是________，写出装置A中发生反应的化学方程式___________________。（2）某同学检验装置A部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？________（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”），判断理由：____________。（3）装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是___________，F装置的作用是_______________________。（4）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是_______________________________________。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁的质量分数为__________________。20、某化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：①称取ag样品，置于烧杯中；②加入50mL1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0mL溶液；③量取25.0mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量氯水，使反应完全；④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；⑤过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；⑥……请根据上面叙述，回答：(1)上图所示仪器中，步骤①②③中必须用到的仪器有E和___________(填字母)。(2)步骤②中：配制50mL1.0mol/L稀H2SO4，需要用量筒量取98%(密度1.84g/cm3)的浓H2SO4体积为________mL。(3)样品中的杂质Fe2＋有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式____Fe2＋＋ClO2＋===Fe3＋＋Cl－＋H2O从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果的影响是__________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)，等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为__________。(4)若步骤⑤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)。21、钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC

热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图:已知:①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)·4H2O;②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；(1)BaTiO3中Ti元素的化合价为:_______________。(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:________________________________________。(3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。①过滤操作中使用的玻璃仪器有_______________________________________。②如何证明晶体已洗净?__________________________________________。(4)TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是:______________________________________。(5)某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为:___________。(6)流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c([Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为____mol/L。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料中涉及裂化、裂解等，裂化、裂解属于化学变化，A错误；B．因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，B错误；C．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，C错误；D．铁是活泼金属，富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质，D正确；答案选D。点睛：本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2、D【详解】A．NaOH、Al(OH)3均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；B．Mg、Al与热水反应中，金属单质都是还原剂，Mg较易反应，说明还原性：Mg>Al，二者是同一周期元素，原子序数Mg<Al，符合“同周期元素从左至右金属性逐渐减弱”，故B项不选；C．非金属性O>S，同时H2O的稳定性强于H2S，能够用元素周期律解释，故C项不选；D．HClO4是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrO不是溴元素最高价氧化物的水化物，虽然酸性HClO4>HBrO，但不能用元素周期律解释，故D项选；综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。3、A【解析】在反应4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O中，Ag化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂；O2化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂。【详解】A．O2被还原，A正确；B．Ag作还原剂，B错误；C．Ag失去电子，C错误；D．O2发生还原反应，D错误；故答案A。4、A【解析】由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知4molNaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各2mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有2mol，恰好和CO2反应生成2molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：2mol+2mol=4mol。A．根据分析可知，残留固体为4mol碳酸钠，故A错误；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移了2mol电子，故C正确；D．排出的气体为1mol氧气和2mol水，故D错误；故选C。点睛：本题考查混合物反应的计算、化学方程式有关计算，明确发生反应原理为解答关键，注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应”，为易错点。5、D【解析】A．常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后，酸碱的元数不确定溶液不一定显中性，由水电离出的c(H+)不一定为10-7mol•L-l，故A错误；B．一水合氨为弱碱，存在电离平衡，常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒c(C1-)+c(OH-)═c(NH4+)+c(H+)，c(OH-)＞c(H+)，c(C1-)＜c(NH4+)，若混合后c(C1-)+c(H+)═c(NH4+)+c(OH-)，c(C1-)＞c(NH4+)，故B错误；C．常温下0.1

mol•L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10

-4

mol•L-l，故C错误；D．溶液中c(NH4+)c(NH3•H2O)=c(N6、A【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B.苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。7、D【分析】该装置为原电池，根据氢离子的流向可知Pt1电极为负极，SO2失电子被氧化，Pt2电极为正极，O2得电子被还原。【详解】A．放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，故A正确；B．Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO，则电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故B正确；C．该电池的总反应为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1，故C正确；D．Pt2电极上氧气得电子结合迁移到正极的氢离子生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D错误；综上所述答案为D。8、B【详解】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，由于氯化氢易挥发，加热、蒸发浓缩、结晶，得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发浓缩、结晶，得到硫酸铝固体，灼烧后依然是硫酸铝，所得固体的成分不相同，且与盐的水解相关，故A不符合题意；B．配置FeSO4溶液加入铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B符合题意；C．铵根和F-均会水解，且二者相互促进，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃试剂瓶中，与水解有关，故C不符合题意；D．TiCl4在水中水解：：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最终彻底水解得到TiO2·xH2O，经焙烧得TiO2，与水解有关，故D不符合题意；综上所述答案为B。9、A【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1molKMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A.生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B.反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C.该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D.X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。10、D【分析】以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。11、B【解析】硫酸和CuO和Fe2O3反应分别生成硫酸铜和硫酸铁以及水，即硫酸中的氢离子和氧化物中的氧原子结合生成了水，硫酸的物质的量是0.1mol，则氧化物中氧原子的物质的量也是0.1mol，其质量是1.6g，所以混合物中金属原子的质量是（a－1.6）g，所以正确的答案是B。12、A【解析】实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，说明溶液中含有I-，且有无色气泡冒出，该气体只能是二氧化碳，说明溶液中含CO32-；实验2：向所得橙色溶液加CCl4萃取后，取水层滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀生成，由于实验1引进了氯离子，则无法判断原溶液中是否含有Cl-；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-；结合电荷守恒及离子共存的条件可以判断，该溶液中一定存在的离子为K+、I-、CO32-，一定不存在的离子为Al3+、SO32-，可能存在Cl-。【详解】A．溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+，因Al3+与CO32-发生双水解反应不能共存，生成沉淀，实验3说明不含SO32-，选项A正确；B．溶液变黄色时发生反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，选项B错误；C．实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气泡冒出，说明反应生成的碘单质、气体为二氧化碳；实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-（若有则一定可以被氯气氧化为硫酸根离子），则溶液中一定存在I-、CO32-，无色气体中一定为CO2，不可能有SO2，选项C错误；D．根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有K+，溶液中含有CO32-，则一定不含有Al3+，实验1引进了氯离子，则无法判断原溶液中是否含有Cl-，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意把握反应的实验现象，结合离子的性质进行判断。13、D【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故A错误；B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，故C错误；D、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl等体积互相均匀混合,设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子,1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；故选D；14、A【解析】生成4molAl(OH)3时，由反应方程式可知：方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，

4

12

4

4

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

4

4

4

4

4

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

1

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1

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1

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4即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH-，则a+b=6；显然方案③药品用量少，故选B。15、A【分析】，，加入氯化钙，引人钙离子，钙离子与碳酸钙离子结合成碳酸钙沉淀，促进碳酸氢根离子的电离，产生大量的氢离子，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，据此回答问题。【详解】A.有分析可知，沉淀是碳酸钙，故A选；B.有分析可知，气体为二氧化碳，故B不选；C.有分析可知，碳酸氢根的电离是可逆的，故C不选；D.有分析可知，反应进行的方向与反应物的浓度有关，故D不选；故选：A。16、D【详解】A.氮气和氧气的沸点不同，因此可依据二者沸点不同分离液态空气制取氮气，A正确；B.浓硫酸具有吸水性，氮气和氢气通过盛有浓硫酸的甲装置混合，一方面可以干燥气体，另一方面可控制气体流速，从而控制反应速率，B正确；C.由于合成氨反应是可逆的，生成的氨气较少，因此丙中导气管不会发生倒吸，C正确；D.在催化剂作用下氨气和氧气反应生成NO，NO继续被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，所以丙的溶液和棉花中均存在，D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3溶液稀盐酸CO32-+Ba2+=BaCO3↓CO32-+2H+=CO2↑+H2OBa2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OOH-【解析】根据反应现象和物质的性质进行推断，由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸。

（1）根据分析可知：A为碳酸钠溶液，C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；

（2）碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3↓；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O；OH-。点睛：本题属于表格型推断题，考查溶液中物质之间的离子反应，把两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。本题的易错点为（3），要注意与硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式的区别。18、氢碳氮NaS第三周期ⅢA主族离子键和共价键1∶2NaOH＋CO2=NaHCO34NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=－906.8kJ·mol-1【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。【详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3)E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2LCO2的物质的量为0.5mol，则0.5molNaOH与0.5molCO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOH＋CO2=NaHCO3。(4)C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=－906.8kJ·mol-1。19、蒸馏烧瓶NH4Cl+NaNO2△N2↑+NaCl+2H2O无法确定由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶除去氧气防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2【解析】（1）由图中仪器结构可知，b为蒸馏烧瓶；A装置制备氮气，方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断。（3）由于温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，氧气能与镁反应，因此装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气。氮化镁易与水反应，则F装置的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解。（4）由于该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），气体是氨气，物质的量是V/22400mol，所以氮化镁的物质的量是V/44800mol，则样品中氮化镁的质量分数为。20、CFG2.7514H＋===512不影响5∶2偏大【分析】根据氧化还原反应的本质和特征分析解答；根据一定物质的量浓度溶液的配制操作及注意事项分析解答；根据常用物质的制备分析解答。【详解】(1)称量药品用天平，氯化铁和氯