2026届广东省第二师范学院番禺附属中学高三上化学期中联考模拟试题含解析

2026届广东省第二师范学院番禺附属中学高三上化学期中联考模拟试题考生须知：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、下列图示的实验设计能实现相应实验目的的是A．验证氯化铁溶液中是否含有Fe2+

B．检验溴乙烷消去的产物

C．检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应

D．对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果

2、与氢气加成产物的名称是A．4-甲基己烷B．2-乙基戊烷C．1,3-二甲基戊烷D．3-甲基己烷3、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．78gNa2O2晶体中所含阴离子总数为2NAB．1.5gCH3+中含有的电子数为NAC．3.4g氨气分子中含有0.6NA个N-H键D．常温下，100mL1mol·L-1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NA4、我国古代科技十分发达，下列对古文献的解释不正确的是序号古文解释A烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑指蒸锅，蒸令气上，用器承滴露白酒烧酒的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯B白青碱式碳酸铜得铁化为铜可以用铁来冶炼铜C初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素D丹砂烧之成水银，积变又成丹砂加热时丹砂熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体A．A B．B C．C D．D5、如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用B．同主族元素的氢化物中B的沸点最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反应可用于检验D6、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生氢气B．原混合酸中NO物质的量为0.4molC．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH＝17、下列反应的离子方程式正确的是（）A．次氯酸钙溶液通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HCIOB．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+=Fe3++4H2OC．用氨水吸收少量二氧化硫：NH3∙H2O+SO2=NH4++HSO3-D．硫酸铝溶液中加过量的氨水：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+8、常温下，表面能自然形成氧化层且使金属不被继续氧化的是（）A．AuB．NaC．AlD．Fe9、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．氢氧化铁胶体中加入HI溶液:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．用氨水溶解氢氧化铜沉淀:Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．用稀硝酸除去试管内壁上的银:3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OD．向NaClO溶液中通入过量的SO2:SO2+NaClO+H2O=HClO+NaHSO310、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．14g乙烯和丙烯的混合气体中的氢原子数为5NAB．25℃时，pH=1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NAC．100g46%的乙醇溶液中，含有H-O键的数目为7NAD．标准状况下，22.4LCH2Cl2含氯原子数目为2NA11、已知下列热化学方程式：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1由此可知Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH3，其中ΔH3的值是（）A．-441.8kJ·mol-1 B．-254.6kJ·mol-1C．-438.9kJ·mol-1 D．-260.4kJ·mol-112、研究电化学腐蚀及防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是A．d为锌块，铁片不易被腐蚀B．d为锌块，铁片上电极反应为2H＋＋2e－==H2↑C．d为石墨，铁片腐蚀加快D．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e－==4OH－13、下列物质中既能与稀H2SO4反应,又能与NaOH溶液反应，且都只生成盐和水的是①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤Na2CO3A．②③④B．①②③④C．①③④D．②③14、25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随加水体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．HB的酸性强于HAB．a点溶液的导电性大于b点溶液C．同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)=c(B-)D．加水稀释到pH相同时，酸HA、HB用到的水V(A)小于V(B)15、短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是A．和水反应 B．和硫酸反应 C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应16、二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4B．能发生加成反应，不能发生取代反应C．在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应D．标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4LH2二、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、已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y的氧化物属于两性氧化物，Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是_________________。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_____________________________________(填字母序号)。A．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B．Z的气态氢化物的稳定性小于HFC．WZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是______________________。（4）工业上用电解法制备Y单质，化学方程式为___________________________。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为______________________________。（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性的W的氧化物H，再进行后续处理。相应离子方程式为____________。Y的单质与H在高温下反应的化学方程式为_________。19、自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。20、过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。(1)某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入_____溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。(2)该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。①A中发生反应离子方程式为___________。②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是________。③B装置出来的气体是否需要干燥____________。(填“是”或“否”)④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式__________。⑤D中NaOH溶液的作用___________。⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是______。a．直接读取气体体积，不需冷却到室温b．上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同c．视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为_____________。21、在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3△H<0。（1）反应开始阶段，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆），随后v（正）________逐渐（填“增大”或“减小”，下同），v（逆）逐渐_______，反应达到平衡时，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆）。（2）达到平衡后，若正反应速率用v（N2）表示，逆反应速率用v’（H2）表示，则v（N2）＝____v’（H2）。（3）下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_______（填字母）。A其他条件不变时，压缩容器体积B其他条件不变时，升高反应体系温度C使用合适的催化剂D保持容器体积不变，充入一定量的氮气（4）实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A项，先加入氯水后加入KSCN溶液，溶液变红不能说明FeCl3溶液中含Fe2+，因为原溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液一定会变红，错误；B项，产生的气体先通过盛水的试管将气体中的乙醇蒸气吸收而除去，然后将气体通过高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾溶液的紫红色褪为无色，说明溴乙烷发生消去反应生成了乙烯，正确；C项，亚硫酸钠溶液中滴入BaCl2溶液也会产生白色沉淀，不能证明反应后混合液中一定含SO42-，错误；D项，FeCl3溶液和CuSO4溶液中阴、阳离子都不同，无法说明反应速率的不同是阳离子的不同引起的，错误；答案选B。点睛：本题考查Fe2+、乙烯、SO42-的检验和探究催化剂对化学反应速率的影响，解题的关键是：检验时必须排除其他物质的干扰（如B项），探究催化剂对化学反应速率的影响应用控制变量法。检验FeCl3溶液中是否含Fe2+应用酸性KMnO4溶液；检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应，应向反应后的混合液中先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可将0.1mol/LCuSO4溶液换成0.1mol/LCuCl2溶液。2、D【解析】该烯烃与氢气加成产物的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH3，名称是3-甲基己烷，答案选D。3、C【详解】A、78gNa2O2的物质的量为1mol，其阴离子O22-的物质的量为1mol，则阴离子总数为NA，A错误；B、1.5gCH3+的物质的量为0.1mol，其电子数为0.8NA，B错误；C、3.4g氨气的物质的量为0.2mol，其N-H的个数为0.6NA，C正确；D、该溶液中AlCl3的物质的量为0.1mol，由于Al3+会水解，所以Al3+的离子总数小于0.1NA，D错误；故选C。4、D【详解】A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；B.白青得铁化为铜，发生了置换反应，应为湿法炼铜，可以用铁来冶炼铜，故B正确；C.黄泥具有吸附作用，可采用黄泥来吸附红糖中的色素，故C正确；D.丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞，故D错误；故选：D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。5、B【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B.B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C.C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D.NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。6、D【详解】A.根据题意，向另一份中逐渐加入铁粉，因为氧化性NO3-＞Fe3+＞H+，所以铁粉先跟氧化性强的硝酸反应生成NO，即OA段产生的是NO，然后铁粉和Fe3＋反应，即AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，最后铁粉和溶液中的H+反应，即BC段产生氢气，故A项正确；B.向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g，即消耗0.3mol铜，转移0.6mol电子，据得失电子守恒计算可得生成0.2molNO,又由图可知OA该反应消耗铁的物质的量是0.2mol，根据得失电子守恒，生成的NO也是0.2mol，通过分析可知，平均每份混合液中含有0.2molNO，故原混合液中含有的NO为0.4mol，故B项正确；C.第二份溶液中硝酸都被还原为NO，铁粉又足量，所以第二份溶液中溶质最终为FeSO4，故C项正确；D.根据OA段发生的反应Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O和BC段发生的反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，可计算共消耗H＋1.0mol，则原溶液中H＋为2.0mol，则原容液的c(H＋)=10mol·L－1，则取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H＋)＝0.2mol·L－1，即pH＝0.7，故D项错误。7、D【详解】A．次氯酸钙溶液通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，故离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，A错误；B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，根据氧化还原反应中得失电子守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错误；C．用氨水吸收少量二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，离子方程式为：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-，C错误；D．硫酸铝溶液中加过量的氨水，生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D正确；答案选D。8、C【解析】A项，Cu活泼性差，不容易被氧化，故A项错误；B项，Na非常活泼，虽然在空气中形成氧化物，氧化物会继续与空气中的水分和二氧化碳反应，故B错误项；C项，Al在空气中形成致密的氧化膜，可以保护内层金属不被氧化，故C正确；D项，Fe易被氧化，表面形成的氧化物疏松，不能形成保护层，故D错误。本题正确选项为C。9、C【详解】A、氢氧化铁胶体中加入HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，A错误；B、用氨水溶解氢氧化铜沉淀：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-，B错误；C、用稀硝酸除去试管内壁上的银：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，C正确；D、NaClO溶液具有强氧化性，能将SO2氧化生成硫酸，不生成HSO3-，D错误；故选C。10、C【详解】A．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14gCH2的物质的量为1mol，则二者混合气中氢原子个数为2NA，故A错误；B．pH=1的CH3COOH溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算溶液中氢离子的物质的量，则H+数目无法计算，故B错误；C．一个乙醇分子中含有1个H-O键，100g46%溶液中乙醇为46g，即为1mol，含H-O键的数目为NA，一个水分子中含有2个H-O键，水的质量为100g-46g=54g，即3mol，则3mol水中含H-O键的数目为6NA，则共含有H-O键的数目为7NA，故C正确；D．标准状况下，CH2Cl2为液体，不是气体，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则氯原子数目无法确定，故D错误；答案选C。11、D【详解】由已知：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1，Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1，根据盖斯定律，①-②得Zn

(s)+HgO

(s)

=ZnO

(s)

+Hg

(l)，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-З51.1kJ/mоl-(-90.

7kJ/mol)

=-260.

4kJ/mol

，故D符合题意；故选D。【点睛】根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。12、B【解析】本题考查的知识点是吸氧腐蚀和原电池。①吸氧腐蚀一般在中性或碱性环境下，腐蚀过程中会吸入氧，氧含量减少，电极反应式为：（正极）O2+4e-+2H2O=4OH-，（负极）Fe-2e-=Fe2+。②原电池中较活泼的金属为负极，负极失电子发生氧化反应；活泼性较差的金属或非金属导体为正极，正极得电子发生还原反应。【详解】A.d为锌块，锌块作负极，铁片作正极，这是牺牲阳极的阴极保护法，铁片不易被腐蚀，故A正确；B.d为锌块，锌块作负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铁片上的电极反应式为：O2+2H2O+4C.d为石墨，铁片作负极，发生氧化反应，腐蚀加快，故C正确；D.d为石墨，石墨作正极，发生还原反应，电极反应为O2+2H2【点睛】本题解题关键是判断出正负极，理解负极更容易被腐蚀。A中锌和铁比较，锌为负极，锌更易被腐蚀；C中铁和石墨比较，铁为负极，铁更易被腐蚀。13、D【解析】①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al都是既能与稀H2SO4反应、又能与NaOH溶液反应的物质，其中只生成盐和水的是②Al2O3和③Al(OH)3，①NaHCO3还生成二氧化碳，④Al还生成氢气。⑤Na2CO3只和酸反应，不和碱反应。本题选D。14、D【详解】A.酸性越弱，加水稀释后电离出的氢离子越多，pH越小，故HB的酸性弱于HA，故A不选；B.溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度。在a、b两点的溶液中都有电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(A-)和c(H+)=c(OH-)+c(B-)。a点溶液的pH大于b点溶液的PH，所以a点溶液中的c(H+)小于b点溶液中的c(H+)，可以推知a点溶液中的离子的总浓度小于b点溶液中的离子的总浓度，所以a点溶液的导电性小于b点溶液的导电性，故B不选；C.酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)大于c(B－)，故C不选；D.根据上图可知，稀释到相同pH时，V(A)小于V(B)，故D选；故选D。15、C【分析】短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。【详解】A.SiO2和水不反应，A项错误；B.SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项错误；C.SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项正确；D.SiO2不与氯气反应，D项错误；答案选C。16、C【详解】A．只有-COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可知，与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4，故A错误；B．含-COOH，不能发生加成反应，故B错误；C．含-OH，-CH2OH在铜的催化下与氧气反应的产物含-CHO可以发生银镜反应，故C正确；D．-COOH、-OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5mol×22.4L/mol=33.6LH2，故D错误；故选C。【点晴】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇和羧酸的性质考查。解答此类试题要抓住有机物的结构和特征性质分析。（1）能与氢气加成的：苯环结构、C=C、、C=O。(和中的C=O双键不发生加成)；（2）能与NaOH反应的：—COOH、、；（3）能与NaHCO3反应的：—COOH；（4）能与Na反应的：—COOH、、－OH；（5）能发生加聚反应的物质：烯烃、二烯烃、乙炔、苯乙烯、烯烃和二烯烃的衍生物；（6）能发生银镜反应的物质：凡是分子中有醛基(－CHO)的物质均能发生银镜反应。①所有的醛(R－CHO)；②甲酸、甲酸盐、甲酸某酯；注：能和新制Cu(OH)2反应的——除以上物质外，还有酸性较强的酸(如甲酸、乙酸、丙酸、盐酸、硫酸、氢氟酸等)，发生中和反应。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、第二周期，第IVA族ABCl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl22Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O==Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X为C元素；Y的氧化物属于两性氧化物，Y为Al元素；Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，则Z原子最外层电子数为14-4-3=7，Z为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性小于HF，能够用元素周期律解释，故选；C.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2，因此氯气可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，故答案为Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工业上用电解熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑，故答案为2Al2O3

(熔融)4A1+3O2↑；(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑，故答案为2Al+2NaOH+

2H2O==2NaAlO2

+

3H2

↑；(6)铁可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+，铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe，故答案为3Fe

+

NO3-+

2H++

H2O==

Fe3O4+

NH4+；8Al+

3Fe3O44Al2O3+

9Fe。19、分离Cl2和ClO2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O溶液分层，下层为紫色ad3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【详解】（1）①根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO211℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2；②NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a.FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b.O3具有强氧化性，故b不符合；c.KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d.SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。20、CaCl2或BaCl2溶液CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑检查装置的气密性否2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑吸收未反应的CO2a【分析】过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而转化为碳酸钠，检验是否变质只需检验碳酸根离子；装置图中A为生成