北京市19中2026届高三上化学期中考试模拟试题含解析

北京市19中2026届高三上化学期中考试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列化工生产中未使用催化剂的是（）A．合成氨 B．制纯碱 C．乙烯水化 D．SO2转化为SO32、将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（）A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦3、已知阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAB．常温下，14g的含中子数目为6NAC．用铂电极电解100mL1mol·L-1的CuSO4溶液足够长时间，转移电子数一定为0.2NAD．将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为2mol/L4、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入AgNO3溶液，溴水褪色B．对于平衡2SO2＋O22SO3，使用催化剂有利于SO3的合成C．醋酸稀溶液加热后溶液pH降低(不考虑醋酸受热挥发)D．合成氨时适当增大压强有利于提高氮气的转化率5、下列8种有机物①；②；③；④CH3CH2Cl⑤CCl4⑥CH3CH2C≡CH⑦HOCH2CH2OH⑧CH3OH根据官能团的不同可分为A．5类 B．6类 C．7类 D．8类6、下列物质分类正确的是（）①、混合物：铝热剂、氯水、水玻璃、漂白粉②、化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾③、酸性氧化物：Mn2O7、SO2、SiO2、NO2④、同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨⑤、电解质：BaSO4、NH3、NaOH、冰醋酸A．①②④B．②③④C．①③⑤D．②④⑤7、在第ⅦA族元素的氢化物中，最容易分解成单质的是A．HI B．HBr C．HCl D．HF8、下列各组物质中，属于同系物的一组是A．甲烷、一氯甲烷 B．C． D．9、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LC6H14中所含碳碳单键数目为0.5NAB．25℃时，1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中所含的H+数目为0.1NAC．常温常压下，1.4gN2与CO的混合气体中所含原子总数为0.1NAD．50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.3NA10、1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为A．C+H2O=CO+H2ΔH=+131.3KJ·mol-1B．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+10.94KJ·mol-1C．C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3KJ·mol-1D．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3KJ·mol-111、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、SO、NH、HCO中不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合均有白色沉淀生成；②0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。下列结论不正确的是A．甲溶液中含有Ba2＋ B．乙溶液中含有SOC．丙溶液中含有Cl－ D．丁溶液中含有Mg2＋12、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A．p1<p2B．该反应的ΔH>0C．平衡常数:K(A)=K(B)D．在C点时,CO转化率为75%13、解释下列物质性质的变化规律时，与共价键的键能无关的是（）A．N2比O2的化学性质稳定B．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高C．金刚石的熔点比晶体硅高D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱14、短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O7，则X为（）A．C B．N C．S D．Cl15、铜和镁的合金4.35g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g16、已知C8H11N的同分异构体中含有苯环的有很多种（不考虑立体异构）,其中苯环上有一个侧链、二个侧链和3个侧链的种数分别是A．5、9、6B．4、6、6C．3、9、7D．5、6、7二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为__________；E的名称为____________。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是____________；A→C的反应中氧化剂的化学式为___________；C→D反应的离子方程式为__________________________________。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为___________；D→E的化学方程式为：____________________________________。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则B→C的化学方程式为____________________________，E→C_________________________________。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、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。20、实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置如图所示，部分夹持装置未画出。请回答下列问题：(1)在组装好装置后，首先要进行的实验操作为_______________。(2)为检验SO2与Na2O2的反应是否有氧气生成，装置B中盛放的试剂X应为________，装置D中碱石灰的作用是_______________________________________________。(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入70%的硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体，检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是_____________________________________。(4)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置E、F、G中，能说明I－的还原性弱于SO2的现象为_________________。发生反应的离子方程式是_______________。(5)为了验证装置E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，某学生设计了如下实验：取少量装置E中的溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，并由此判断SO2与FeCl3发生了氧化还原反应。上述方案是否合理？________(填“合理”或“不合理”)，原因是________。21、据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，有以下三种：部分氧化：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=-35.9kJ·mol-1①水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH2=+205.9kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.2kJ·mol-1③二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH4④则反应②自发进行的条件是________________，ΔH4=_____________kJ·mol-1。（2）起始向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)，发生反应①。CH4(g)的平衡转化率与温度（T）和压强（P）的关系如图所示。①N、P两点的平衡常数：K(N)_______K(P)（填“＞”“＜”或“=”）,理由是____________________________。②M、N两点的H2的物质的量浓度c(M)__________c(N)（填“＞”“＜”或“=”）。（3）合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在容积均为VL的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是_________（填“T1”或“T2”或“T3”）；该温度下的化学平衡常数为____________________（用a、V表示）。（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等。则b极的电极反应式为___________________；当电路中有3mol电子转移时，质子交换膜两侧溶液相差_________g。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．合成氨需要的条件是高温高压催化剂，故A选项错误。B．制纯碱可以向饱和食盐水里通入二氧化碳和氨气，不需要使用催化剂，故B选项正确。C．乙烯水化是乙烯通过固体酸催化剂与水反应生成乙醇的过程，故C选项错误。D．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫需要催化剂，故D选项错误。故答案选B。2、D【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。3、D【详解】A.在标准状况下，CCl4是液态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.14g的物质的量是1mol，1个原子中含有8个中子，所以1mol中含有中子数目为8NA，B错误；C.100mL1mol·L-1的CuSO4溶液中含有溶质的物质的量是n(CuSO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol。用铂电极电解开始时，溶液中Cu2+放电，产生Cu单质，当Cu2+放电完全后，溶液中的H+放电，产生H2，因此电解足够长时间，转移电子数大于0.2NA，C错误；D.含3NA个离子的Na2O2固体中，Na2O2的物质的量是1mol，溶于水反应产生2molNaOH，由于溶液的体积是1L，所以Na+的物质的量浓度c(Na+)=2mol÷1L=2mol/L，D正确。故本题合理选项是D。4、B【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，必须是可逆反应，且存在平衡移动的现象，否则勒夏特列原理不使用。【详解】A．加入AgNO3溶液，生成AgBr沉淀，HBr浓度减小，平衡正向移动，溴水褪色，可用勒夏特列原理解释，故A正确；B．使用催化剂会提高反应的速率，但是正逆反应速率相等，平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．醋酸存在电离平衡，该可逆反应是吸热反应，加热，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH降低，可用勒夏特列原理解释，故C正确；D．氮气与氢气合成氨是一个可逆反应，增大压强，会使平衡向系数减小的方向移动，平衡正向移动，有利于提高氮气的转化率，可用勒夏特列原理解释，故D正确；答案选B。【点睛】切记：催化剂能同等程度提升正逆反应的反应速率，平衡不移动。5、A【详解】①属于烯烃；②属于酚；④CH3CH2Cl、⑤CCl4属于卤代烃；③、⑦HOCH2CH2OH、⑧CH3CH2OH属于醇；⑥CH3CH2C≡CH属于炔烃，共5类，故选：A。6、A【解析】①混合物：铝热剂是氧化铁等金属氧化物与铝粉的混合物、氯水是氯气溶于水形成的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故①正确；②化合物：氯化钙、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物、胆矾是五水合硫酸铜，都是化合物，故②正确；③酸性氧化物：Mn2O7、SO2、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故③错误；④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤电解质：BaSO4、NaOH、冰醋酸都属于电解质，NH3不能自身电离出离子而导电，所以NH3不是电解质，故⑤错误；故答案选A。点睛：掌握混合物、化合物、酸性氧化物、同素异形体和电解质的含义是解答本题的关键，本题的易错点是误认为冰水混合物及胆矾是混合物，NO2是酸性氧化物，氨气是电解质，这就需要在平时的学习中加深对相关概念的记忆和理解。7、A【详解】同主族元素，自上而下，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，金属性增强、非金属性减弱，F、Cl、Br、I均位于元素周期表中第ⅦA族，且从上到下排列，从上向下，非金属性减弱，则F的非金属性最强，所以其气态氢化物最稳定，I的非金属性弱，HI最不稳定，易分解成单质，故选A。8、D【详解】A．甲烷属于烷烃，一氯甲烷为卤代烃，二者结构不相似，不属于同系物，故A错误；B.的结构不相似，一个含有碳碳双键，一个含有碳碳三键，不属于同系物，故B错误；C．HCHO为醛类物质，CH3COOH为羧酸，结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．都是羧酸，结构相似，相差1个CH2原子团，属于同系物，故D正确；故选D。【点睛】正确理解同系物的概念是解题的关键。互为同系物的物质需要结构相似，结构相似表示含有的原子种类相同，官能团的种类和数目相同。9、C【解析】A．标准状况下，C6H14为液体，无法用标准气体摩尔体积换算，A错误；B.醋酸是弱电解质，0.1molCH3COOH溶液中所含的H+数目小于0.1NA，B错误；C.N2与CO的摩尔质量相等，且都是双原子分子，1.4gN2与CO的混合气体的物质的量为0.05mol，则此混合气体中所含原子总数为0.1NA，C正确；D.因浓盐酸与足量MnO2反应，随反应进行浓度下降，停止反应，则转移的电子数小于0.3NA，D错误。答案选C。10、D【详解】1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，可知1molC完全反应吸热为12×10.94KJ=131.3KJ，则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131kJ/mol或C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)-131.3KJ，

故选：D。11、D【详解】A.甲能与乙产生白色沉淀，可知甲中应有Ba2＋，故A正确；B.0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1可知乙为二元强酸，结合离子组成乙应为硫酸，故B正确；C.向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成可知丙中含Cl－，故C正确；D.因甲与丙也产生白色沉淀，钡离子与氯离子不反应，则说明丙中的阳离子与甲中的阴离子能够结合成沉淀，结合离子组成可知丙中阳离子为Mg2＋，甲中的阴离子为OH－，又甲、乙、丙、丁中的阴阳离子各不相同，则丁只能碳酸氢铵，故D错误。故选D。12、D【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；C．平衡常数只与温度有关；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。13、B【详解】A项、N≡N键的键能比O=O键大，N2分子比O2的化学性质稳定，与共价键的键能有关，故A错误；B项、F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量在增大，分子间作用力增大，则熔、沸点在增大，与键能无关，故B正确；C项、金刚石中键能大于硅中的键能，碳碳键比硅硅键强，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，故C错误；D项、非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故D错误；故选B。【点睛】金刚石、晶体硅都是由原子通过共价键结合的原子晶体，共价键越强，破坏它使物质融化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。14、D【解析】短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O7，则X最高价为+7，则X为Cl，故D正确。15、C【分析】最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。根据此分析进行解答。【详解】由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是金属失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是4.48L÷22.4L/mol＋2×0.336L÷22.4L/mol＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是3.91g，则沉淀的质量是4.35g+3.91g=8.26g，故答案选C。【点睛】注意本类型题中最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量，就是就是失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可进行计算。16、A【解析】苯环上有一个侧链，乙苯侧键是碳碳键之间插−NH−，有两种位置，得到两种结构，在碳氢单键之间插−NH−，也有两种位置，氮原子与苯环相连且氮原子连有两个甲基为一种，故苯环上有1个侧链的结构有5种；若苯环含有2个侧链，有邻，间，对三种取代，苯环上的取代基可以是氨基与乙基、甲基与甲氨基、甲基与氨甲基，故苯环上有2个侧链的结构有9种；若苯环含有3个侧链，取代基是−CH3、−CH3、−NH2，两个取代基分为邻、间、对3种结构，邻二甲苯苯环上氢原子有2种，若连接一个氨基，有2种异构体，间二甲苯苯环上氢原子有3种，若连接一个氨基，有3种异构体，对二甲苯苯环上氢原子有1种，若连接一个氨基，有1种异构体，故苯环上有3个侧链的结构有6种；故答案选A。点睛：识记常见的同分异构体数目可以大大减小解题的时间，进行同分异构体的书写和数目判断时一定要按照一定的顺序和原则，如本题中苯环上连接两个两个取代基时，可以有邻、间、对三种位置结构，要按照顺序先考虑邻位，再考虑间位，最后考虑对位。二、非选择题（本题包括5小题）17、红褐色氧化铁3周期IIIA族H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O【详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁，D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐，D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。(3)若A~E均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A：Na2O2，B:NaOH，C:Na2CO3，D:NaCl，E:NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。【点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。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、)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，铜与铁离子发生反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以看不到无红色物质生成，但不能说明样品中不含Cu2O；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，即反应生成了二氧化氮，说明样品中含有还原性物质，即含有Cu2O；如果反应后的溶液中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果出现红色溶液，证明含有铁离子；综上所述，本题答案是：否，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；Cu2O；KSCN溶液，若溶液变红色。(5)溶液中依次发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，反应后，过滤得到m(Cu)=3.2g，滤液中Fe2+有1.0mol，则参与反应的n(Cu)=0.5mol，所以反应中生成Cu的物质的量为3.2/64+0.5=0.55mol，所以样品中n(Cu2O)＝0.55mol；综上所述，本题答案是：0.55。20、检查装置的气密性浓硫酸吸收未反应的SO2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置与Na2O2反应，干扰实验将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成装置F中溶液蓝色褪去SO2＋I2＋2H2O＝2I－＋SO42－＋4H＋不合理装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42－，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO42－)的检验造成干扰【解析】由题意结合流程，A为SO2的制取装置；B为吸水装置，防止水蒸气与Na2O2反应，干扰SO2与Na2O2反应的实验探究；C为SO2与Na2O2反应装置；D为隔绝空气及尾气吸收装置；E、F为探究SO2还原性的装置；G为尾气吸收装置。(1)有气体参与或生成的实验装置组装好后的第一步操作都是检查装置的气密性。(2)因为Na2O2能与水蒸气反应产生氧气，所以要检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成，为避免干扰，应先除去水蒸气；SO2是有毒的酸性氧化物，可用碱石灰吸收，以防止污染，同时碱石灰可防止空气中的水蒸气、CO2进入装置与Na2O2反应，干扰实验。(3)检验氧气用带火星的木