2026届江西省赣州市十四县高三上化学期中联考试题含解析

2026届江西省赣州市十四县高三上化学期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O的平衡体系中，加入一定量的，当重新达到平衡时，18O原子应存在于()A．乙酸乙酯中 B．乙酸中C．水中 D．乙酸、乙酸乙酯和水中2、化学是材料科学的基础。下列有关材料的说法正确的是()A．国产飞机C919用的氮化硅陶瓷，是新型的无机非金属材料B．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型的有机高分子材料C．华为手机使用的麒麟980芯片与光导纤维均属于半导体材料D．制造“N95型口罩”使用的聚丙烯是一种天然高分子化合物3、已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol4、下列说法正确的是（）A．原子晶体中的相邻原子都以共价键相结合B．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D．BaO2固体中的阴离子和阳离子个数比为2:15、下列有关物质的性质与用途的对应关系不正确的是A．Ca(OH)2

具有碱性，可用于修复被酸雨浸蚀的土壤B．SO2

具有漂白性,可用SO2

水溶液吸收Br2

蒸气C．ClO2

具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D．常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸6、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大7、短周期元素W、Q、X、Y在元素周期表中的位置如右图，其中X是两性金属元素。则A．简单离子半径：X<QB．气态氢化物的稳定性：Y>QC．X的族序数大于周期数D．Y氧化物对应水化物是强酸8、下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是A．模拟工业制氨气并检验产物B．实验室采用所示装置收集SO2C．可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀D．可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱9、CO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，在如图右侧的Y形管中放置合适的药品，进行合理操作，在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀。右侧Y形管中放置的药品是A．CaO和浓氨水B．Cu和浓硝酸C．Na2SO3和较浓硫酸D．KMnO4溶液和浓盐酸10、既能表现出酸性又能表现出碱性的化合物为两性化合物，下列物质为两性化合物的是①SiO2②Al2O3③KAl(SO4)2④Ca(HCO3)2⑤(NH4)2CO3⑥AlA．①②③④⑤⑥ B．①②④⑤ C．②④⑤⑥ D．②④⑤11、甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C．平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙12、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况），溶于mg水中，得到质量分数为w、物质的量浓度为cmol/L、密度为ρg/mL的溶液，下列说法正确的是（）A．溶液密度 B．物质的量浓度C．溶液的质量分数 D．相对分子质量13、下列“一带一路(TheBeltandRoad)”贸易的商品中，其主要成分属于无机物的A．中国丝绸 B．乌克兰葵花籽油 C．捷克水晶 D．埃及长绒棉14、某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种离子。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是（）A．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1molB．还原性：Cl-<CN-C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D．氧化剂是含ClO-的物质，氧化产物只有N215、A、B、C、X为中学化学常见物质，一定条件下有如下转化关系，说法错误的是（）A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO216、化学无处不在，下列说法错误的是A．《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应B．举世轰动的“超级钢”(含)是一种新型合金C．中国传统制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是火碱D．根据化学学科核心素养之一(证据推理与模型认知)可推知胶体也可吸附悬浮杂质二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图所示。请针对以下三种不同情况回答：(1)若A、B、C均为化合物且焰色反应均为黄色，水溶液均为碱性。则C物质的化学式是_____________。(2)若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。①A中含有的金属元素为___________。(写元素符号)②该金属元素的单质与某红棕色粉末在高温下反应，可用于焊接铁轨，反应的化学反应方程式为__________。若A为固态非金属单质，A与X同周期，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构。C与水剧烈反应，生成两种常见酸，反应的化学方程式为_______________________。18、下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。19、POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I．制备PCl3（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。II．实验室制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；②PCl3和POCl3的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3﹣112.076.0137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POCl32.0106.0153.5（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：a、准确称取15.0gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。b、取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol•L﹣1AgNO3标准溶液。c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。d、以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00mLNH4SCN溶液。①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。20、某小组探究“地康法制氯气”的原理并验证Cl2的性质，设计实验如下（夹持装置略去）请回答下列问题：I.Cl2的制备。（1）装置B中发生反应的化学方程式为________________________________。（2）装置C的作用除干燥气体外还有_______________________。（3）装置E中盛放CuSO4的仪器名称为_______________；反应开始后，硫酸铜变蓝，则装置D中发生反应的化学方程式为_______________________________。II.Cl2性质的验证。该小组用实验I中制得的Cl2和如图所示装置（不能重复使用）依次验证干燥纯净的Cl2无漂白性、湿润的Cl2有漂白性、Cl的非金属性强于S査阅资料：①PdCl2溶液捕获CO时，生成金属单质和两种酸性气体化合物；②少量CO2不干扰实验；③该实验条件下，C与Cl2不反应。（4）按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为E→→→→→→→→尾气处理（填装置字母）________________。（5）试剂X的名称为________________。（6）装置J中发生反应的化学方程式为______________________________________。21、过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)⇌NH3(g)的△H=______kJ·mol-1，该反应历程中最大能垒对应的化学方程式为：_________。(2)2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(ΔHEa)的反应历程由两步基元反应组成：Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g)(快)ΔH1＜0Ea1v1正＝k1正c2(NO)v1逆＝k1逆c(N2O2)Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(慢)ΔH2＜0Ea2v2正＝k2正c(N2O2)c(O2)v2逆＝k2逆c2(NO2)①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_________。②下列关于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的说法正确的是_______。A．2Ea=Ea1+Ea2B．增大压强，反应速率常数增大C．温度升高，正逆反应速率都增大D．总反应快慢由第二步决定③在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因_______。④画出2NO+O2⇌2NO2的反应过程—能量示意图______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，其反应的实质是：乙酸脱去羟基，乙醇脱去羟基中的氢原子而生成酯和水：。当生成的酯水解时，原来生成酯的成键处即是酯水解时的断键处，且将结合水提供的羟基，而—18OC2H5结合水提供的氢原子，即，所以18O存在于乙酸乙酯和乙醇中，答案选A。2、A【详解】A．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，A正确；B．碳纤维属于无机物，B错误；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是半导体材料，C错误；D．聚丙烯是由人工利用丙烯合成的高分子化合物，D错误；综上所述答案为A。3、B【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；答案选B。4、A【解析】A、构成原子晶体的粒子为原子，相邻的原子间以共价键结合，A正确。B、金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，例如金属汞常温下为液体，而常温下有些分子晶体如AlCl3、C60为固体，所以金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，B错误。C、元素F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以对应的氢化物的稳定性也依次减弱，C错误。D、BaO2中的O22–是一个整体，所以阴离子与阳离子个数比为1:1，D错误。正确答案为A5、B【解析】A项，Ca（OH）2具有碱性，可与被酸雨浸蚀的土壤中的酸反应，修复土壤，正确；B项，SO2水溶液吸收Br2蒸气的反应为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，在反应中SO2表现还原性，不是漂白性，错误；C项，ClO2中Cl元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，正确；D项，常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸，正确；答案选B。6、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。7、A【解析】X是两性金属元素，则X是Al，所以W是N，Q是O，Y是S。A、核外电子排布相同的离子，其离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径Q＞X，A正确；B、氧元素非金属性强于S，则氢化物稳定性是O＞S，B错误；C、铝是第三周期第ⅢA族，族序数和周期序数相等，C错误；D、S元素的最高价含氧酸硫酸是强酸，但亚硫酸是弱酸，D错误，答案选A。8、D【解析】A.检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；B.SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式收集SO2，故B错误；C.食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C错误；D.锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D正确；答案选D。9、A【解析】CaO和浓氨水反应会生成氨气，氨气通入溶液和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，所以选项A正确。铜和浓硝酸反应生成NO2，通入水中反应生成硝酸，硝酸和氯化钡以及二氧化碳均不反应，选项B错误。亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡、二氧化碳均不反应，所以选项C错误。高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气与氯化钡、二氧化碳均不反应，所以选项D错误。点睛：二氧化碳与氯化钡溶液不反应，原因在于如果反应应该为：CO2+BaCl2+H2O=BaCO3↓+2HCl，这样就不符合强酸制弱酸的原则，所以反应不发生。同理，二氧化碳与氯化钙，二氧化硫与氯化钡、氯化钙均不反应。10、D【详解】①SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；②Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；③KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；④Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑤(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑥Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的有②④⑤，本题选D。【点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。11、B【分析】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1。【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，A.甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；B.甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；C.甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；D.甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。12、D【分析】A、根据c=1000ρω/M进行计算；B、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，进而根据V=m/ρ计算溶液的体积，再利用c=n/V计算；C、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%计算；D、根据n=V/Vm计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，进而计算溶液的质量，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%，整理计算M．【详解】A、根据c=1000ρω/M可知，溶液密度ρ=cM/1000×w=cM/1000w，故A错误。B、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为(VM/22.4+m)g/1000ρg·L－1=(VM+22.4m)/22400ρL，故溶液的物质的量浓度c==1000ρV/(VM+22.4m)mol·L－1，故B错误；C、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，故质量分数w=，故C错误；D、VL气体的物质的量为的物质的量为VL/22.4L·mol－1=V/22.4mol，故氨气的质量为V/22.4mol×Mg·mol－1=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w=，整理得M=，故D正确；故选D。13、C【详解】A．中国丝绸为蛋白质，属于有机物，A与题意不符；B．乌克兰葵花籽油为油脂，属于有机物，B与题意不符；C．捷克水晶主要成分为二氧化硅，属于无机物，C符合题意；D．埃及长绒棉为纤维素，属于有机物，D与题意不符；答案为C。14、D【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，据此分析作答。【详解】A.2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO−的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，A项正确；B.反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，还原剂为CN−，还原产物为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性比较：Cl-<CN-，B项正确；C.由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN−是还原剂，ClO−是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2，C项正确；D.反应中，C元素化合价由CN−中+2价升高为HCO3−中+4价，N元素化合价由CN−中−3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3−、N2，D项错误；答案选D。15、A【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。【详解】A.无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C.若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A。16、C【详解】A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；B．“超级钢”中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，则“超级钢”不是化合物，而是一种合金钢，是新型合金材料，故B正确；C．碳酸钠能与明矾发生双水解反应生成二氧化碳，“一碱、二矾、三钱盐”中的“碱”是纯碱碳酸钠，常用作“口碱”，不是火碱氢氧化钠，故C错误；D．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故D正确；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaHCO3Al2A1+Fe2O3A12O3+2FePCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【详解】A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成。（1）若A、B、C均为化合物且焰色反应均为黄色，水溶液均为碱性。则A、B、C分别为NaOH、Na2CO3、NaHCO3，X为CO2，则C物质的化学式是NaHCO3。本小题答案为：NaHCO3。（2）①因为A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，且A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。则A的水溶液含有铝离子，C的水溶液含有偏铝酸根，混合后的白色胶状沉淀为氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，A中含有的金属元素为Al，本小题答案为：Al。②Al与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨及定向爆破，此反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，本小题答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。（3）若A为固态非金属单质，A与X为同周期，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e−结构，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，X为氯气。C与水剧烈反应，生成两种常见酸，则反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。本小题答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。18、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。19、A吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低溶液由无色变为红色且30s内不再变色71.0%【分析】I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置A；答案：A；（2）根据氯气有毒，因此尾气不可排放到空气中，产品PCl3遇水剧烈反应，要防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；答案：吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；II．（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，确定有HCl生成，根据磷元素的化合价还可以确定有磷酸生成，方程式为POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；（4）根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；答案：温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低；（5）因为Fe3+与SCN-结合，溶液会变红，因此以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为红色且30s内不再变色；答案：溶液由无色变为红色且30s内不再变色；（6）测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据NH4SCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，进而确定氯元素的质量分数；NH4SCN的物质的量为0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为（3.2×0.01mol-0.002mol）×10=0.3mol，氯元素的质量分数为×100%=71.0%；答案：71.0%。20、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2控制气体的流速和比例、使气体混合均匀（球形）干燥管4HC1+O22H2O+2C12G(或L)KJL(或G)HFI硫化钠溶液PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1