福建省泉州市南安市侨光中学2026届化学高三第一学期期中调研模拟试题含解析

福建省泉州市南安市侨光中学2026届化学高三第一学期期中调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列物质变化中，只克服一种作用力的是（）A．NaHSO4受热熔化 B．NaHCO3受热分解C．干冰溶于水 D．石墨转变为金刚石2、某反应的△H＝+100kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A．正反应活化能小于100kJ·mol-1 B．逆反应活化能一定小于100kJ·mol-1C．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1 D．反应物的总能量比生成物的总能量高3、汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是A．及时除去二氧化碳，正反应速率加快B．混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一C．降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大D．其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率4、有机物命名正确的是()A．2，3，5-三甲基己烷B．1，3-二甲基丁烷C．2，3-二甲基-2-乙基己烷D．2，3-二甲基-4-乙基戊烷5、某未知溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、Mg2+、Al3+和K+。取100mL该溶液进行实验，过程记录如下。由此可知原溶液中A．一定有Cl-B．一定有CO32-C．一定没有K+D．一定没有Mg2+6、下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是A．图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B．图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀D．图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀7、已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。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．SO42−是否含有，不能确定C．肯定含有SO32− D．肯定含有NH4+8、将SO2气体通入下列溶液中，观察不到明显现象的是A．BaCl2B．石蕊溶液C．酸性KMnO4溶液D．氢硫酸9、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（）A．氧元素与A、B、C形成的二元化合物均只有两种B．简单离子半径：E>C>D>BC．由A、B、E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物D．C、D、E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应10、下列说法正确的是A．因为SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H+)、石蕊溶液褪色B．装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色C．SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同D．SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好11、废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：下列说法不正确的是A．热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B．操作a是萃取C．冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解D．Fe2O3可用作红色颜料12、石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶313、常温下，pH=1的某溶液A中除H+外，还含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、CO、NO、Cl-、I-、SO中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。现取该溶液进行验，实验结果如图所示，下列有关说法正确的是A．该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3+、SO、Cl-四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO414、仪器名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．15、通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是A．该方法能够提供电能B．B极上的电势比A极上的电势低C．A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+D．电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动16、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀二、非选择题（本题包括5小题）17、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）_______。18、A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素。A是短周期中半径最小的元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料。回答下列问题：(1)Y元素的名称是________，W在周期表中的位置是______________________。(2)写出化合物AZX的结构式：___________；化合物R2X2存在的化学键类型是______________________。(3)X、Z、R三种元素对应的简单离子半径由大到小大小：___________________(用离子符号表示)。(4)下列事实能证明非金属性强Z比Y的是________(填序号)。a．简单阴离子还原性Z>Yb．简单氢化物热稳定性：Z>Yc．氧化物对应的水化物酸性：Z>Yd．Y的简单氢化物的水溶液中通入Z的单质有沉淀析出(5)写出工业上制备Z的单质的离子方程式：______________________________________。(6)用电子式表示RZ的形成过程：______________________________________。19、硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍；②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽；③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是___________________________________________。（2）写出实验步骤②中的化学方程式__________________________________________。（3）补全实验步骤③的操作名称_________________________。（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你______(填“是”或“否”)同意乙的观点（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)．硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成请根据表中数据画出硫酸亚铁的溶解度曲线示意图。__（7）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为________________。（8）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)20、ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。21、综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。（1）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应：反应Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＝－393.5kJ·mol－1反应Ⅱ：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2＝－221kJ·mol－1反应Ⅲ：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3＝＋180.5kJ·mol－1试回答下列问题：①汽车尾气净化原理为反应Ⅳ：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＝______，该反应能自发进行的条件是_______。（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。②若一定温度下，在容积可变的密闭容器中，上述反应Ⅳ达到平衡状态，此时容积为3L，c（N2）随时间t的变化曲线x如图所示。若在t2min时升高温度，t3min时重新达到平衡，请在图中画出在t2～t4内c（N2）的变化曲线。______________（2）利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2＋2CO2CH2＝CH2＋4H2O①不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率的影响如图甲所示。下列有关说法不正确的是_____（填序号）。A．不同条件下反应，N点的速率最大B．温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高C．相同条件下，乙烯的产量M点比N高②若在密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，则图甲中M点时，产物CH2＝CH2的体积分数为________。（保留两位有效数字）（3）利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化还原为乙烯，如图乙所示。在阴极上产生乙烯的电极反应方程式为___________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A．NaHSO4受热熔化只克服离子键，故A选；B．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，克服了离子键和共价键，故B不选；C．干冰溶于水，反应生成了碳酸，克服了共价键，碳酸发生部分电离，需克服范德华力，共价键，故C不选D．石墨变为金刚石发生化学反应，克服了共价键和范德华力，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为CD，要注意干冰和石墨中均存在范德华力，发生了化学反应，同时需要破坏化学键。2、C【详解】A．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能，故正反应活化能大于100kJ·mol-1，A错误；B．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，不知道正反应的活化能，无法确定逆反应的活化能，B错误；C．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，C正确；D．该反应为吸热反应，反应物的总能量比生成物的总能量低，D错误；答案选C。3、C【解析】A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。4、A【详解】A．符合烷烃命名规则，主链最长，主链编号之和最小，A选项正确；B．主链选取错误，该物质的正确命名为2-甲基戊烷，B选项错误；C．主链选取错误，该物质的正确命名应为3，3，4-三甲基庚烷，C选项错误；D．主链选取错误，该物质的正确命名应为2，3，4-三甲基己烷，D选项错误；答案选A。【点睛】烷烃命名规则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号，如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。5、A【解析】试题分析：溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氢氧化钠溶液中，这说明沉淀是氢氧化铝，因此溶液是偏铝酸钠，则一定含有0.01mol铝离子，因此一定不能存在碳酸根离子。试样溶液加入过量的氢氧化钡生成0.01mol沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氢氧化镁或是二者的混合物。即硫酸根离子的最大值是0.01mol，而铝离子是0.01mol，所以根据电荷守恒可知一定还含有氯离子，答案选A。考点：考查离子共存与检验的有关判断6、B【详解】A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不易生锈，故A正确；B.与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故B错误；C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，故C正确；D.若金属M比Fe活泼，M、Fe形成原电池时，Fe作正极，M失电子作负极，Fe被保护，故D正确；答案选B。7、C【详解】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，溴水为橙色，则溶液中含SO32-，不含Fe2+；A．少量溴水先氧化SO32-，不能确定是否含I-，故A错误；B．若含SO42-，一定含SO32-，且所有离子物质的量浓度相等，三种阳离子均存在也不能满足电荷守恒，故B错误；C．由上述分析可知，肯定含有SO32-，故C正确；D．若阴离子只有SO32-，阳离子为Na+、NH4+、K+中的两种，可满足电荷守恒，不能确定是否含NH4+，故D错误；故答案为C。8、A【解析】BaCl2与二氧化硫不反应，故A正确；二氧化硫使石蕊溶液变红，故B错误；二氧化硫具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；二氧化硫与氢硫酸反应生成硫沉淀，故D错误。9、D【解析】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+<N3-，B错误；H、N、Cl可以形成氯化铵，即有离子键、又含共价键的离子化合物，C错误；氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D正确；正确选项D。10、B【详解】A.SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液，SO2具有还原性，能使溴水、KMnO4(H+)褪色；SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性石蕊溶液变红色，A错误；B.SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，因此装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色，B正确；C.SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理分别是化合、氧化、吸附、氧化，C错误；D.SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中二者反应生成盐酸和硫酸，漂白效果降低，D错误；答案选B。11、B【解析】用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。加入稀硫酸后，将铁单质转化为亚铁离子，再加入碳酸氢铵，促进亚铁离子水解得到沉淀。通过过滤、洗涤、煅烧，得到氧化铁，据此分析；【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A项正确；B.操作a是过滤，故B项错误；C.冰水既可洗去杂质又降低温度，减少固休的溶解，故C项正确；D.Fe2O3俗名铁红，可用作红色颜料，故D项正确；综上，本题选B。12、D【解析】石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2，占有的C－C键是6×1/2＝3，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是2∶3，答案选D。13、A【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32-；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀甲、气体甲，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有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，说明在原溶液中有NO3-，在强酸性溶液中含有NO3-，则一定不存在具有还原性的离子I-，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五种离子，据此解答分析。【详解】A.根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，0.1mol/LNO3-；溶液中阳离子带有的电荷为：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO42-离子和Cl-，所以该溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子，故A正确；B.根据反应方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)==0.225mol，根据反应方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol；由于没有告诉条件是否是标准状况下，所以0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.36L，故B错误；C.根据上述分析可知，在强酸性溶液中含有NO3-，溶液具有强氧化性，则一定不存在具有还原性的离子I-，故C错误；D.根据上述分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故D错误；故答案：A。14、B【详解】A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为容量瓶，故B正确；C．为锥形瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选B。15、D【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。【详解】A.该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；B.原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；C.A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；D.原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；答案选D。16、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、硫第三周期第ⅢA族H—O—Cl离子键，非极性共价键(共价键、非极性键)Cl-＞O2-＞Na+bd2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【分析】根据题干信息，A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素，其中A是短周期中半径最小的元素，则A为H元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，Y最高正价与最低负价代数和为4，则Y为S元素，Z的单质常用于漂白工业，则Z为Cl元素，R是短周期元素中金属性最强的元素，则R为Na元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料，则W为Al元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，Y为S元素，元素名称为硫，W为Al元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)化合物AZX为HClO，为共价化合物，其结构式为H—O—Cl，化合物R2X2为Na2O2，化合物中Na+与形成离子键，中O原子间形成非极性共价键；(3)电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Cl-、Na+、O2-中，Cl-电子层数为3层最多，半径最大，Na+和O2-电子层数均为2层，核电荷数Na＞O，则离子半径Cl-＞O2-＞Na+；(4)a．简单阴离子的还原性应该是S2-＞Cl-，即Y＞Z，a错误，不符合题意；b．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，热稳定性HCl＞H2S，则非金属性Cl＞S，b符合题意；c．不是最高价氧化物对应水化物，比较酸性强弱不能得出非金属性强弱，c不符合题意；d．H2S水溶液中通入Cl2有沉淀析出，说明氧化性Cl2＞S，则则非金属性Cl＞S，d符合题意；答案选bd；(5)工业上电解NaCl水溶液制备Cl2，其离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(6)NaCl为离子化合物，其形成过程可表示为。19、去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁热过滤洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗是56.7℃<t<64℃偏低【详解】（1）Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污；（2）发生化学方程式为Fe＋H2SO4FeSO4＋H2↑；（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗；（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2＋，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，即同意乙同学的观点；（6）根据表格中的数据，得出：；（7）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因为温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃<t<64℃；（8）根据得失电子数目，推出FeSO4·7H2O的质量分数为，根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，即所测结果偏低。20、锥形瓶b慢