2026届南宁市重点中学化学高三第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届南宁市重点中学化学高三第一学期期末质量跟踪监视模拟试题考生须知：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、工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方程式是（）A．CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD．NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓2、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态的粒子的物质的量分数（分布系数）δ随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是A．曲线①代表的粒子是HC2O4-B．H2C2O4的Ka1=-1.2C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c(C2O42-)D．浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)3、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．b为电池的正极，发生还原反应B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极C．当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NAD．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+4、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图），下列说法不正确的是A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色B．BHT与对甲基苯酚互为同系物C．BHT中加入浓溴水易发生取代反应D．方法一的原子利用率高于方法二5、下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是A．阿伏加德罗常數：mol-1 B．气体摩尔体积:L.mol-1C．物质的量浓度：g·L-1 D．摩尔质量：g·mol-16、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1L0.1mol/LFeCl3溶液的说法中正确的是A．溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NAB．加入Cu粉，转移电子数目为0.1NAC．加水稀释后，溶液中c(OH－)减小D．加入0.15molNaOH后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)7、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A．新型纳米疫苗有望对抗最具攻击性的皮肤癌——黑色素瘤，在不久的将来有可能用于治疗癌症B．单层厚度约为0.7nm的WS2二维材料构建出世界最薄全息图，为电子设备的数据存储提供了新的可能性C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的容量小D．基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料，有望在智能微纳电子系统等领域广泛应用8、“84消毒液”的主要成分是NaClO。下列说法错误的是（）A．长期与空气接触会失效B．不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用C．1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-D．0.1molNaClO起消毒作用时转移0.2mole-9、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（）A．X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B．Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强C．Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小D．工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W10、下图可设计成多种用途的电化学装置。下列分析正确的是A．当a和b用导线连接时，溶液中的SO42－向铜片附近移动B．将a与电源正极相连可以保护锌片，这叫牺牲阳极的阴极保护法C．当a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2H++2e-=H2↑D．a和b用导线连接后，电路中通过0.02mol电子时，产生0.02mol气体11、科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率12、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀13、下列有关化学用语表示正确的是（）A．硝基苯： B．镁离子的结构示意图：C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：14、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键15、已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K216、如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYWZTA．原子半径：X>Y>ZB．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性二、非选择题（本题包括5小题）17、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。18、有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。19、苯甲酸（）是重要的化工原料，可应用于消毒防腐、染料载体、增塑剂、香料及食品防腐剂的生产，也可用于钢铁设备的防锈剂。某化学实验小组在实验室中以苯甲醛为原料制取苯甲酸和副产品苯甲醇（）的实验流程:已知：①；；（R、R1表示烃基或氢原子）②相关物质的部分物理性质见表：名称相对密度熔点/℃沸点/℃溶解度水乙醚苯甲醛1.04－26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶，95℃可溶易溶苯甲醇1.04－15.3205.7微溶易溶乙醚0.71－116.334.6不溶—请回答下列问题:（1）进行萃取、分液操作时所用玻璃仪器的名称为___________。分液时，乙醚层应从_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。（2）洗涤乙醚层时需要依次用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、蒸馏水进行洗涤。其中加入NaHSO3溶液洗涤的主要目的是________________，对应的化学方程式为___________________________。（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为_____________，蒸馏时应控制温度在____℃左右。A．34.6B．179.6C．205.7D．249（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为________________。（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为____________。20、叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为____。（2）步骤①中先加热通氨气一段时间的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为____。步骤③中最适宜的加热方式为___(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为____。（4）产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质均不参与反应)。③充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为____(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____(填字母代号)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式____。21、消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。（1）化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知：则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为_______________________________。（2）已知：。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中的物质的量分数如图所示。①M点的v正___________Q点的v正（填“>”“<”或“=”）。②图中M点的平衡常数比N点的平衡常数___________（填“大”“小”或“相等”）（3）水体中过量氨气（以表示）会导致水体富营养化。①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式____________。②该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是_____________________。（4）氮氧化物也可用碱溶液吸收。若NO和混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为___________；已知常温下，，则反应的平衡常数的数值为_____________。（5）利用反应（未配平）消除用电器的简易装置如图所示。①a电极上的反应式为____________________________________________。②常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则理论上b电极上消耗B气体的体积为___________mL（标准状况；假设电解过程中溶液体积不变）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。2、C【解析】

H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4，分析题中所给信息，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，随着pH的增大，H2C2O4发生一级电离，生成HC2O4-和H+，可知曲线②代表的粒子为HC2O4-，则曲线③代表的粒子为C2O42-。由图可知，在pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；据此进行分析。【详解】A．在酸性较强条件下主要存在H2C2O4，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，A项错误；B．H2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由图可知，pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10−1.2，B项错误；C．pH=4.2时，溶液中主要存在的离子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH−，依据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH−)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)＞c(OH−)，可得出c(K+)＜3c(C2O42-)，C项正确；D．浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到KHC2O4溶液，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离大于水解，故c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D项错误。答案选C。3、D【解析】

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+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【详解】A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；故答案为：D。4、C【解析】

A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义——结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。【点睛】①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。②酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。5、B【解析】A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·L－1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选B。6、D【解析】

A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3向右移动，(H+)增大，但c(H+)减小，c(OH－)增大，故C错误；D．加入0.15molNaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)，故D正确；答案选D。【点睛】列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。7、C【解析】

新型纳米疫苗的研制成功，在不久的将来有可能用于治疗疾病，选项A正确；单层厚度约为0.7nm的WS2二维材料为智能手表、银行票据和信用卡安全密码的印制和数据存储提供了可能性，选项B正确；纳米复合材料有较大的比表面积，具有较大的吸附容量，选项C不正确；基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件可同时提供优异的柔性和热电转换性能，且具有环境友好、稳定可靠、寿命长等优点，有望在以分布式、可穿戴式、植入式为代表的新一代智能微纳电子系统等领域获得广泛应用，选项D正确。8、C【解析】

A．空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A正确；B．“84消毒液”的主要成分是NaClO，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B正确；C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成HClO，导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol，故C错误；D．NaClO具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1价变为-1价，则0.1molNaClO转移0.2mole-，故D正确；答案选C。【点睛】次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。9、A【解析】

根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。【详解】A.由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B.由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；D.工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。【点睛】C选注意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。10、C【解析】

A．当a和b用导线连接时构成原电池，锌是负极，则溶液中的SO42－向锌片附近移动，选项A错误；B．将a与电源正极相连铜是阳极，锌是阴极，可以保护锌片，这叫外加电流的阴极保护法，选项B错误；C．当a和b用导线连接时时构成原电池，锌是负极，铜是正极发生还原反应，则铜片上发生的反应为：2H++2e=H2↑，选项C正确；D．a和b用导线连接后构成原电池，锌是负极，铜是正极，电路中通过0.02mol电子时，产生0.01mol氢气，选项D错误；答案选C。11、C【解析】

A．据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B．图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；C．由图像可知，整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D．由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故答案为C。12、B【解析】

X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。13、A【解析】

A.硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B.镁离子的结构示意图为，B项错误；C.由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为

，故D错误；正确答案是A。14、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。15、C【解析】

A．由图象可知，A点c[Fe(SCN)3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C正确；D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误；故选C。16、D【解析】

四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl>N>O，故A错误；B.HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。综上所述，答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。18、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。19、分液漏斗、烧杯上口倒出除去乙醚层中含有的苯甲醛防止暴沸D重结晶60%【解析】

（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；（2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛；（3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；（5）根据产率=进行计算。【详解】（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；（2）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛，饱和碳酸钠溶液除去残留的亚硫酸氢钠；根据题给信息可知，二者发生加成反应，化学方程式为：；（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为防止暴沸，蒸馏时得到产品甲为苯甲酸，应控制温度在249℃左右；答案选D；（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为重结晶；（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，理论上得到苯甲酸的质量为，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为。【点睛】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。20、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)；(2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210∼220℃，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)NaNH2和N2O在210∼220℃下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10mol⋅L−1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N3−反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，则与N3−按1:1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3−，原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为=65%；A.使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B.六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C.滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。21、4NH3(g)+6NO

(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=-1784.4kJ•mol-1＞大2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O温