江西省赣州市厚德外国语学校2026届化学高三第一学期期中调研试题含解析

江西省赣州市厚德外国语学校2026届化学高三第一学期期中调研试题注意事项：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、H3AsO3与SnCl2在浓盐酸中反应的离子方程式为3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2As＋3SnCl62－＋6M。关于该反应的说法中错误的是A．M为H2OB．还原剂是Sn2＋，还原产物是AsC．氧化性：H3AsO3＞SnCl62－D．每生成7.5gAs，转移的电子为0.6mol2、室温下，关于浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，下列说法不正确的是A．分别加水稀释10倍后，醋酸的pH大B．两者分别与形状大小完全相同的Zn发生反应，开始时盐酸中反应速率快C．等体积的两溶液分别与相同浓度的NaOH溶液反应至中性，盐酸消耗的NaOH溶液体积大D．等体积的两种溶液分别与足量的Zn发生反应，醋酸中产生的H2多3、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．标准状况下，2.24L乙烯分子中的共用电子对数目为0.6NAB．1molNO与0.5molO2充分反应后的原子数目为3NAC．100g质量分数为92%的乙醇溶液中，氧原子数目为2NAD．7.2gCaO2与CaS的混合物中离子总数为0.2NA4、下图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是A．反应I中，还原剂为Fe2＋ B．反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂C．反应III属于氧化还原反应 D．FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂5、下列各组物质不属于同分异构体的是（）A．2，2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇B．甲基丙烯酸和甲酸丙酯C．2-甲基丁烷和戊烷D．邻氯甲苯和对氯甲苯6、下列有关物质分类或归类不正确的是（）A．氯水和酸雨都是混合物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物D．淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体7、《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠去除工业废水中正五价砷（As(V)）的研究成果，其反应机理模型如图所示，下列说法正确的是A．转化为或时，硫元素化合价由+7降低至+6B．整个反应过程中作催化剂，为中间产物C．自由基有强氧化性D．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷8、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．宋·陈鼓年《广韵》中有“酢浆也,醋也”,食醋的主要成分为乙酸B．《诗经》有“周原膴膴,堇荼如饴(麦芽糖)”,麦芽糖属于单糖C．食盐中抗结剂K4[Fe(CN)6]中的铁元素显+2价D．碘伏是单质碘与聚乙烯吡咯烷酮的不定型结合物,可用于皮肤外用消毒9、常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A．H+Na+SOBa2+ B．Ca2+Na+H+COC．K+Fe3+H+NO D．Ag+Mg2+SOCl-10、回收并利用CO2一直是科研人员研究的热点，科研人员以CO2为原料在酸性介质中设计出如图装置的原电池。下列说法正确的是A．该过程中仅涉及光能与化学能的转化B．转移4mol电子时，可能有32gO2生成C．b电极反应方程式为2CO2+12e-+9H2O＝C2H5OH+12OH-D．工作一段时间，电极a附近溶液的pH会增大11、下列说法正确的是（）A．Na、Fe、Al都能导电，它们的氧化物都能与酸反应，与碱不反应B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在，都不是酸性氧化物C．某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+D．某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中一定有NH12、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是()A．已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2OC．已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D．已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO13、下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是(

)A．石墨转变为金刚石是放热反应B．白磷比红磷稳定C．S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2D．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g),△H<014、已知将Fe3O4看作为(FeO·Fe2O3)，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应的离子方程式为：3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法正确的是（）A．O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂B．每生成1molFe3O4，转移2mol电子C．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5molD．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶515、关于下列装置说法正确的是(

)A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．用装置②精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变C．装置③工作一段时间后，往Fe极区滴加2滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀D．用装置④电解Na2CO3溶液，阳极的电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑16、取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述不正确的是()A．燃烧后得白色固体 B．燃烧时火焰为黄色C．燃烧后生成淡黄色固体物质 D．金属先熔化二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。请回答下列问题：（1）X中官能的名称是______________。（2）F→H的反应类型是_________________。（3）I的结构简式为___________________；（4）E不具有的化学性质________（选填序号）a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________；②F→G的化学方程式：____________________；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____种，其中一种的结构简式为________。a．苯环上核磁共振氢谱有两种b．不能发生水解反应c．遇FeCl3溶液不显色d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应18、X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其性质如下：元素代号XYZMWQR原子半径/nm0.1430.1040.0990.0700.066主要化合价+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2其它焰色为黄色形成气体单质密度最小完成下列填空：（1）上述元素中，X在周期表中的位置是__，由Y、Q形成的简单离子半径大小关系是Y___Q(填“＞”或“＜”)。（2）由W或Q与R两种元素组成的微粒中，都是10e-体参与的离子反应方程式为___，是18e-分子的有__种。（3）写出证明Z、M非金属性强弱的化学方程式为__。（4）Z、W、Q、R四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成某化合物，则该化合物中化学键类型为___。（填选项）A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键19、Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因_______________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________。②加入MnO2反应的化学方程式为________________________。③Na2O2的电子式为_____________(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题：①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是____。检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是_________________。②乙同学认为反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是:_____。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计并实施了如下实验方案：甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为_______。③测定B中反应完全后的固体中Na2SO4含量的实验方案：称取样品a克加水溶解，_______，烘干，称量得BaSO4沉淀b克，则Na2SO4的质量分数为____（列出计算式即可）。20、为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g。方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g。（1）配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙和__________________、_________________。（2）写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式__________________________________。（3）方案I加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是_____________________________，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________________________。（4）方案I中，若滤液浑浊，将导致测定结果____________（选填“偏高”或“偏低”）。（5）若操作正确，则m1_____m2（选填“>”、“<”或“=”），原因是________________。（6）取25.00mL上述溶液，用滴定的方法测定Na2SO3的纯度。下列试剂可作为标准溶液进行滴定的是________。a．酸性KMnO4溶液b．H2O2溶液c．Br2水d．FeCl3溶液Na2SO3固体的纯度可表示为：______________________________（注明你的表达式中所用的有关符号的含义和单位）。21、合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。镍是重要的合金元素，例如镧镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。（1）基态镍原子的外围电子排布式为_____________。（2）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物[Ni(NH3)4]SO4。①H、N、O、Ni的电负性大小顺序为______________________。②与SO42—互为等电子体的分子（写出一种即可）______________。③SO32—、SO42—中S的杂化类型都是___________；但它们的实际空间构型却不同，其主要原因是________________________________________________________________。（3）工业上，采用反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)提纯粗镍。推测Ni(CO)4晶体中存在的作用力有__________。a、范德华力b、配位键c、非极性键d、极性键e、离子键（4）镧镍合金的晶胞如图1所示，镍原子除了1个在体心外，其余都在面上。该合金中镍原子和镧原子的个数比为________。（5）铝镍合金的晶胞如图2所示。已知：铝镍合金的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距(d)为________________pm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.根据原子守恒，对比方程式中前后每种元素的原子个数发现M中有2个H和1个O，推测为H2O，A项正确；B.锡元素化合价由+2价变为+4价，砷元素化合价由+3价变为0价，根据还原剂和还原产物定义可知，还原剂为Sn2＋，还原产物是As，B项正确；C.结合B中分析可知氧化剂是H3AsO3，氧化产物是SnCl62－，根据氧化还原反应规律可知氧化性：H3AsO3＞SnCl62－，C项正确；D.7.5gAs的物质的量为mol，且砷元素化合价由+3价变为0价，转移的电子为0.1mol×3=0.3mol，D项错误。故选D。2、D【解析】相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，都是一元酸，可以提供的H+数量相同，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中H+浓度盐酸大于醋酸。【详解】A项、加水稀释100倍后，盐酸溶液的pH增大2各单位，醋酸是弱酸，氢离子浓度小，PH大于盐酸，故A正确；B项、、体积相同，浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸两种溶液中，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液中的氢离子浓度小于盐酸中的氢离子浓度，所以加入锌时，盐酸的反应速率要快于醋酸，故B正确；C项、若等体积的两溶液分别与相同浓度的NaOH溶液恰好中和，盐酸反应生成氯化钠，溶液pH=7，醋酸反应生成醋酸钠，醋酸钠发生水解反应使溶液pH＞7，则反应至中性时，醋酸不能完全反应，必有盐酸消耗的NaOH溶液体积大于醋酸，C正确；D项、体积相同，浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸两种溶液溶质物质的量相同，都是一元酸，和Zn反应生成H2相同，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡应用，稀释时溶液中离子浓度变化的判断、酸碱恰好中和的反应实质和溶液显中性的原因分析是解答的关键。3、C【详解】A.1mol乙烯分子中含有6mol共价键，标准状况下，2.24L乙烯为0.1mol，分子中的共用电子对数目为0.6NA，故A正确；B.化学反应遵循物料守恒，反应前原子总数与反应后原子总数相等，反应前1molNO与0.5molO2中原子总数为3NA，充分反应后原子总数也为3NA，故B正确；C.乙醇溶液含有水，水中也含有氧原子，100g质量分数为92%的乙醇溶液中，氧原子数目大于2NA，故C错误；D.CaO2与CaS的摩尔质量相等，平均摩尔质量为72g/mol，7.2gCaO2与CaS的混合物为0.1mol，CaO2含有Ca2+和O22-，CaS中含有Ca2+和S2-，故离子总数为0.2NA，故D正确；答案选C。4、D【详解】A．根据图示，反应I中，还原剂为Fe(NO)2+，故A错误；B．反应II中，FeS2中S元素由-1价升高到+6价，是还原剂，不是氧化剂，故B错误；C．根据图示，反应III中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故C错误；D．根据图示，FeS2催化氧化过程中，NO参与了反应，但经过反应后还变成NO，因此NO是催化剂，故D正确；故选D。5、B【解析】A项，2,2-二甲基丙醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，2-甲基丁醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A项正确；B项，甲基丙烯酸的结构简式为：，分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的结构简式为：，分子式为C4H8O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，故B项错误；C项，2-甲基丁烷的结构简式为：，戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C项正确。D项，邻氯甲苯和对氯甲苯分子式相同，只是Cl的位置不同，属于同分异构体，故D项正确；正确选项B。6、C【详解】A.氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；B.蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；C.硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；D.淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；故选C。7、C【详解】A．S最外层有6个电子，最高价为+6价，因此转化为时，化合价未变，里面8个氧中的2个氧为−1价，6个氧为−2价，化合价降低变为−2价，故A错误；B．整个反应过程中，是氧化剂，可氧化零价铁、还可氧化亚铁离子，硫酸根是氧化零价铁的还原产物，故B错误；C．自由基中O最外层有7个电子，易得到1个电子，因此自由基有强氧化性，故C正确；D．溶液的pH越小，越难形成氢氧化铁和氢氧化亚铁沉淀，难与As(V)发生共沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。8、B【详解】A、食醋的主要成分为乙酸，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖属于二糖，不属于单糖，故B错误；C、食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，钾显-1价，CN-显-1价，根据代数和为零计算出铁元素显+2价，故C正确；D、碘伏可用于皮肤外用消毒，故D正确。答案选B。9、C【详解】A．SO、Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，A不能大量共存；B．H+、CO反应生成二氧化碳气体，B不能大量共存；C．K+、Fe3+、H+、NO不反应，C能大量共存；D．Ag+与SO或Cl-反应生成硫酸银或氯化银沉淀，D不能大量共存；答案为C。10、B【分析】从装置图看，电极a中H2O→O2，则此电极为负极，电极反应式为6H2O-12e-==3O2↑+12H+；电极b中，CO2→CH3CH2OH，则此电极为正极，电极反应式为2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O。【详解】A．该过程中，太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，甚至还存在化学能转化为热能，A不正确；B．由电极反应式6H2O-12e-==3O2↑+12H+看，反应转移4mol电子时，可能生成1molO2，其质量为32g，B正确；C．由以上分析知，b电极反应方程式为2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O，C不正确；D．电极a上发生的反应为6H2O-12e-==3O2↑+12H+，工作一段时间，电极a附近溶液的pH会减小，D不正确；故选B。11、D【详解】A．Na、Fe、Al都能导电，Al的氧化物既能与酸反应，又能与碱反应，A说法错误；B．CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO可与空气中氧气反应，B说法错误；C．某溶液中加KSCN溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能证明是否含有Fe2+，C说法错误；D．某无色溶液中加入氢氧化钠溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则该溶液中一定有NH，D说法正确；答案为D。12、B【详解】A．铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，选项B正确；C．铁和氯气反应生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3；碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成碘化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+I2FeI2，选项C错误；D．少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；答案选B。13、D【详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；C.气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C项错误；D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项正确。答案选D。14、C【解析】试题分析：在3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62-＋2H2O中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，则A．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；B．由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，B错误；C．2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为：2mol÷4=0.5mol，C正确；D．由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算【名师点晴】Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子转移，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。15、D【解析】A.原电池工作时，阳离子向正极移动；B.粗铜中含铁、锌等，失电子发生氧化反应，铜离子浓度略降低；C.锌比铁活泼，锌作负极，铁被保护；D.图示信息可以看出，电解池的阳极有氧气和HCO3-生成，发生氧化反应，据此分析阳极反应式。【详解】A.含有盐桥的原电池中，盐桥中阳离子向正极所在溶液移动，阴离子向负极所在溶液移动，该装置中活泼金属Zn作负极、Cu作正极，则盐桥中K+移向CuSO4溶液，故A项错误；B.粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，因粗铜中含铁、锌等，这些金属在阳极均会失电子产生金属阳离子进入溶液，而在阴极只有铜离子得电子产生铜，根据得失电子守恒规律可知，阳极失电子的铜的量小于阴极得电子的铜的量，溶液中铜离子浓度会略降低，故B项错误；C.锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，滴加2滴铁氰化钾溶液后，不会出现蓝色沉淀，故C项错误；D.从图中可以看到，电解池的阳极区生成了氧气和HCO3-，发生了失电子的氧化反应，其电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D项正确；答案选D。16、A【详解】A.钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为黄色固体，故A错误；B.钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故B正确；C.与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故C正确；D.由于钠的熔点较低，先熔化，故D正确；答案选A。【点睛】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基、溴原子消去反应b、d4：、、、（任写一种）【分析】分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。（5）①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；②F→G的化学方程式是：；（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4种，他们的结构分别是：、、、。18、第三周期ⅠA族＜NH+OH-=H2O+NH32H2S+Cl2=S+2HClA、B【分析】X焰色为黄色，则X为Na，R的形成气体单质密度最小，则R为H，Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X，可知应和X同周期，为Al元素，M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为Cl元素，W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则W为N元素。【详解】（1）由分析可知，X为Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族，Y、Q各自形成的简单离子Al3+、O2-，具有相同电子层结构，核电荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序是Al3+＜O2-，故答案为：第三周期ⅠA族；＜；（2）由N或O与H两种元素组成的微粒中，NH、OH-、H2O、NH3等都是10e-体，反应的离子方程式为NH+OH-=H2O+NH3，N或O与H两种元素组成的微粒中，N2H4、H2O2都是18e-分子，有2种，故答案为：NH+OH-=H2O+NH3；2；（3）氯气能置换出硫单质，可比较Cl、S非金属性强弱，化学方程式为H2S+Cl2=S+2HCl，故答案为：H2S+Cl2=S+2HCl；（4）S、N、O、H四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成的化合物为NH4HSO4，为离子化合物，该化合物中含有的化学键类型为离子键，极性共价键，故答案为：A、B。19、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2↑2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2取反应B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤142b/233a【解析】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，据此写出电子式。

(2)①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；

②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；

③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算Na2SO4的质量分数。【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，因此，本题正确答案是：2H2O22H2O+O2↑；

③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，电子式为；

(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；

②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，

因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a

克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b

克，计算含量；b

克BaSO4的物质的量为b233mol，则样品中含Na2SO4的质量为b233mol×142g/mol=142b233g，所以Na2SO因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。20、托盘天平250mL的容量瓶2Na2SO3+O2=2Na2SO4使SO32-充分转化为气体，使SO42-完全沉淀静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成偏高<方案II中盐酸提供H+，Ba(NO3)2提供NO3-形成稀HNO3，将一部分SO32-氧化成SO42-，导致BaSO4质量增大aV—mL，c—mol/L【分析】（1）配制250mLNa2SO3溶液时，用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙、托盘天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠；SO42-完全沉淀时，上层清液中没有SO42-，再加入氯化钡溶液也没有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算样品中硫酸钠的质量偏小；（5）酸性条件下，硝酸根将亚硫酸根氧化为硫酸根，导致硫酸钡质量增大；（6）依据试剂的性质和滴定实验达到终点的颜色分析判断选择标准溶液；依据高锰酸钾和亚硫酸根离子反应的定量关系计算得到；V-消耗KMnO4溶液体积为VmL，KMnO4溶液浓度为cmol/L，计算高锰酸钾的物质的量，根据电子转移守恒计算Na2SO3的物质的量，进而计算样品的纯度。【详解】（1）用天平称量固体质量，用到药匙，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流移入250mL容量瓶中，加水至刻度线1-2cm出改用胶头滴管定容；故答案为：托盘天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠，反应方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是：使SO32-充分转化为气体，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是：静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成，故答案为：使SO32-充分转化为气体；静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉