安徽省潜山二中2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

安徽省潜山二中2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A．检验试液中的SO42-B．检验试液中的Fe2+C．检验试液中的I-D．检验试液中的CO32-2、利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B．负极的电极反应式：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2OC．2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D．电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出3、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4、根据下列实验：①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是（）A．氧化性Cu2+>Fe3+ B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红5、下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A．A B．B C．C D．D6、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶7、某温度下，将amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，下列说法正确的是A．若混合溶液显中性，则a一定等于bB．若混合溶液显酸性，则a一定大于bC．混合溶液中一定有：c(H＋)＝mol·L－1D．混合溶液中一定有：c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)8、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:下列说法不正确的是A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O9、我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新化合物(如图所示)，W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主族。下列说法正确的是A．简单离子半径：X＞Y＞ZB．四种元素中，简单离子还原性最强的是YC．最简单氢化物的沸点：W＞XD．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W10、测定CuSO4·xH2O晶体的x值，数据如表中所示，己知x的理论值为5.0，产生误差的可能原因是坩埚质量坩埚+试样失水后，坩埚+试样11.70g20.82g16.50gA．晶体中含不挥发杂质 B．未做恒重操作C．加热时有晶体溅出 D．加热前晶体未研磨11、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极12、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓13、用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是A．2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NAB．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜C．标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NAD．5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA14、NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（）A．标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2NAB．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA原子C．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个15、化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是（）(1)钠的还原性很强；可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等(2)K、Na合金可作原子反应堆的导热剂(3)明矾常作为消毒剂(4)Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源；又可漂白织物、麦秆、羽毛等(5)碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂(6)分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液(7)人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3。A．(1)(2)(3)(4)B．(1)(2)(4)(6)C．(1)(2)(4)(6)(7)D．(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)16、下列叙述中正确的是A．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，不能说明SO2具有漂白性B．浓盐酸和浓硫酸暴露在空气中浓度都会降低，其原因相同C．向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸后该沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42-D．土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性17、化学与社会密切相关。下列叙述Ⅰ和Ⅱ都正确且二者有因果关系的是(

)选项叙述Ⅰ叙述ⅡAN2常作食品防腐剂N2的密度与空气接近BFeCl3常作净水剂FeCl3具有氧化性CMgO和Al2O3常作耐高温材料MgO和Al2O3的熔点高、难分解D醋酸常用于清洗水壶中水垢醋酸是强酸且醋酸钙、醋酸镁易溶于水A．A

B．B

C．C

D．D18、松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是A．二者互为同分异构体B．二者所含官能团的种类和数目相同C．二者均能与氢氧化钠溶液反应D．二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应19、下图是电化学膜法脱硫过程示意图，电化学膜的主要材料是碳和熔融的碳酸盐。下列说法错误的是()A．b电极为阳极，发生氧化反应B．阴极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑C．净化气中CO2含量明显增加，是电化学膜中的碳被氧化D．工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2∶120、下列实验中，预期的现象不合理的是选项滴管试管预测的现象A浓硫酸铝片持续产生使品红溶液褪色的气体B氨水CaO固体产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C氯水FeSO4溶液溶液变成黄色DKI溶液AgCl悬浊液白色沉淀变黄A．A B．B C．C D．D21、关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A．装置①可用于收集H2、CO2气体B．装置②中X若为四氯化碳，则此装置可用于吸收氯化氢，并防止倒吸C．装置③可用于实验室配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气22、下列有关化学方程式的叙述正确的是（）Ａ.已知2H2(g)+O2(g)="=="2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molA．已知C(石墨,s)="=="C(金刚石，s)△H＞0,则金刚石比石墨稳定B．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)="=="NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4kJ/mol"C．已知2C(s)+2O2(g)===2CO2(g)△H12C(s)+O2(g)===2CO(g)△H2则△H1＞△H2二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物，存在下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解。请回答以下问题:(1)若A为单质，且C为一元强酸。①写出一种工业制备单质A的离子方程式:____________________。

②X可能为________(填字母代号)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。①A与H2O反应的化学方程式为_____________________________。

②室温下，NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D，试写出其分解反应的化学方程式_______。24、（12分）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π键个数为______。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。25、（12分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。26、（10分）Ⅰ.铁是人体必需的微量元素,绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。(1)FeSO4溶液在空气中会因氧化变质产生红褐色沉淀,其发生反应的离子方程式是__________;实验室在配制FeSO4溶液时常加入____以防止其被氧化。请你设计一个实验证明FeSO4溶液是否被氧化__。Ⅱ.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]较硫酸亚铁不易被氧气氧化,常用于代替硫酸亚铁。(2)硫酸亚铁铵不易被氧化的原因是______________________。(3)为检验分解产物的成分,设计如下实验装置进行实验,加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气,目的是_____________________________。②装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,观察到的现象为_。③实验中,观察到C中有白色沉淀生成,则C中发生的反应为___________(用离子方程式表示)。27、（12分）碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。①气体a的成分是____________________。②若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O21____+3_____。（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。①H2O2氧化SO2的化学方程式：_________________。②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗zmLNaOH溶液，若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_________________。（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的含量。①气体a通过B和C的目的是_____________________。②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是__________________。28、（14分）卤素的单质和化合物种类很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。回答下列问题：(1)溴原子的价层电子排布图为_______。根据下表提供的第一电离能数据，判断最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是________(填元素符号)。氟氯溴碘第一电离能/(kJ·mol－1)1681125111401008(2)氢氟酸在一定浓度的溶液中主要以二分子缔合[(HF)2]形式存在，使氟化氢分子缔合的相互作用是____________。碘在水中溶解度小，但在碘化钾溶液中明显增大，这是由于发生反应：I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，试写出CsICl2受热分解的化学方程式：_________________________________。(3)ClO2-中心氯原子的杂化轨道类型为________，与ClO2-具有相同立体构型和键合形式的物质的化学式为____________(写出一个即可)。(4)如图甲为碘晶体晶胞结构，平均每个晶胞中有________个碘原子，碘晶体中碘分子的配位数为____________。(5)已知NA为阿伏加德罗常数，CaF2晶体密度为ρg·cm－3，其晶胞如图乙所示，两个最近Ca2＋核间距离为anm，则CaF2的相对分子质量可以表示为____________。29、（10分）工业上烟气脱氮的原理NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)+Q(Q＞0)。（1）该反应化学平衡常数K的表达式为___。如果平衡常数K值增大，对___（填“正反应”或“逆反应”）的速率影响更大。（2）若反应在恒容条件下进行，能说明反应已达到平衡状态的是___（填序号）。a.容器内混合物的质量不变b.容器内气体的压强不变c.反应消耗0.5molNO的同时生成1molN2d.NO2的浓度不变（3）向2L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡，测得平衡时气体的物质的量增加了0.2mol，则用H2O(g)表示的平均反应速率为___。（4）如图是P1压强下NO的转化率随反应时间(t)的变化图，请在图中画出其他条件不变情况下，压强为P2(P2>P1)下NO的转化率随反应时间变化氮气示意图___。（5）常温下将等体积等浓度的氨水和NH4Cl溶液混合，pH＞7，溶液中NH3·H2O、H+、OH-、NH、Cl-浓度由大到小的关系是___。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【分析】A．不能排除SO32－的干扰；B．具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C．淀粉遇碘变蓝；D．溶液中可能存在SO32－．【详解】A．溶液中如含有SO32－，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，解题关键：将元素化学基础知识应用于离子检验，选项B为解答的易错点。2、D【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移。3、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。4、D【分析】在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+>Cu2+，故A错误；B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。5、B【详解】A.二氧化氮不属于酸性氧化物，选项A错误；B.硫酸钡属于强电解质，次氯酸属于弱电解质，七氧化二锰属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，选项B正确；C.氨水为混合物，不属于弱电解质，选项C错误；D.四氧化三铁不属于碱性氧化物，选项D错误。答案选B。6、C【分析】A．二氧化硫密度比空气大；B．类比浓硫酸的稀释；C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。7、D【解析】本题主要考查了酸碱等体积混合过程，酸碱性、氢离子浓度与浓度的关系，电荷守恒等。【详解】A.将amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液显中性，若均为强电解质，则a等于b，若其中一种为弱电解质，则弱电解质浓度偏高，A错误；B.混合溶液显酸性，若均为强电解质，则a大于b，若BOH为弱电解质，a可能等于b，B错误；C.当溶液为中性时，混合溶液中c(H＋)＝mol·L－1，其余情况均不符合，C错误；D.混合溶液中存在电荷守恒，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，D正确。答案为D。8、D【解析】A.电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。9、D【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，由图可知Y可形成1个共价键，W可形成3个共价键，可知Y为F元素，W为N元素；X、Z同一主族，且X可形成X=Z键，可知X最外层有6个电子，则X为O元素，Z为S元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素。A．离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2-＞O2-＞F-，即简单离子半径：Z＞X＞Y，A错误；B．元素的非金属性越弱，离子的还原性就越强，在上述四种元素中，元素非金属性最弱的是S元素，故还原性最强的是S2-，即简单离子还原性最强的是Z，B错误；C．氨气和水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点W＜X，C错误；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强。由于元素的非金属性：F＞O＞N，则气态氢化物的稳定性：Y＞X＞W，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律关系。明确元素周期律的内涵是解本题关键，注意氢化物的稳定性与元素的非金属性强弱有关，而氢化物沸点高低则与分子间作用力及氢键有关。10、C【解析】由表格中的数据，硫酸铜晶体的质量为：20.82g-11.70g=9.12g，结晶水的质量为：20.82g-16.50g=4.32g，则CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，

160+18x

18x

9.12g

4.32g解得x=8＞5，测定结果偏大。A．硫酸铜晶体中含不挥发杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故A错误；B．未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故B错误；C．加热过程中有少量晶体溅出，导致测定的硫酸铜的质量偏小，水的质量测定结果偏大，故C正确；D．加热前晶体未研磨，测定的结晶水质量偏小，测定结果偏小，故D错误；故选C。11、A【详解】A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故A正确；B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al＋4OH－－3e－=AlO2-+2H2O，故B错误；C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al＋4OH－+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；故选A。12、C【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。13、A【详解】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。14、A【详解】A.

标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目不一定为0.2NA，例如与氢氧化钠溶液反应等，故A错误；B.标准状况下，11.2L氦气是0.5mol，其中含有0.5NA原子，B正确；C.如果46g完全是NO2，则NO2的物质的量是46g÷46g/mol=1mol，一个分子中含有3个原子，所以1molNO2含有的原子的物质的量是1mol×3=3mol，数目是3NA；如果46g完全是N2O4，则N2O4的物质的量为46g÷92g/mol=0.5mol，一个分子中含有6个原子，所以46g的N2O4含有原子的物质的量是0.5mol×6=3mol，其数目为3NA；综上，无论是46g的NO2，还是46g的N2O4，还是46g的NO2和N2O4混合气体中含有原子总数均为3NA，故C正确；D.

钠在反应中只能失去1个电子，1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA，故D正确；题目要求选错误的，故选A。15、C【解析】(1)金属钠的还原性强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确；(2)K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确；(3)明矾不具有氧化性，不能用作消毒剂，铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可以做净水剂，故错误；(4)Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，具有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；(5)碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误；(6)分散系中分散质小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，介于1-100nm的是胶体，所以Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，故正确；(7)人造刚玉的主要成分是氧化铝，故正确；故选C。16、A【解析】试题分析：A、将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫的还原性被高锰酸钾氧化，故A正确；B、浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性，浓硫酸和浓盐酸放置在空气中一段时间后溶液都变稀，浓硫酸中溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，浓盐酸中溶质的物质的量减小，所以二者原因不同，故B错误；C、向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀盐酸后氯化银沉淀不溶解，原溶液中可能存在银离子，不一定含有SO42-离子，故C错误；D、CuS、ZnS都为难溶于水的盐，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4与ZnS发生复分解反应，ZnS能转化为CuS，为溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，与CuS很稳定不具有还原性无关，故D错误；故选A。考点：考查了离子的检验方法，物质的性质的相关知识。17、C【详解】A.N2的化学性质稳定，常用作食品防腐剂，与其密度无关，不符合题意，A错误；B.FeCl3常用作净水剂，是由于FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质，起到净水作用，与其氧化性无关，不符合题意，B错误；C.MgO和Al2O3的熔点高、难分解，可用作耐高温材料，符合题意，C正确；D.CH3COOH是弱酸，但酸性比H2CO3强，水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，因此醋酸能用于清洗水垢，不符合题意，D错误；答案为C。【点睛】FeCl3在水中水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可吸附水中的杂质。18、D【解析】A.二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B.二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C.二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D.羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误；故选D。19、C【分析】由题给示意图可知，该装置为电解池，H2S在阴极上得到电子发生还原反应生成S2-和H2，电极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑，则a极为阴极，b极为阳极，S2-在阳极失去电子发生氧化反应生成S2，电极反应式为2S2-—4e-=S2。【详解】A.由分析可知，b极为阳极，S2-在阳极失去电子发生氧化反应生成S2，故A正确；B.由分析可知，a极为阴极，H2S在阴极上得到电子发生还原反应生成S2-和H2，电极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑，故B正确；C.硫化氢是酸性气体，净化气中CO2含量明显增加的原因是硫化氢气体与熔融碳酸盐反应生成二氧化碳，故C错误；D.由得失电子数目守恒可知，工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2∶1，故D正确；故选C。20、A【详解】A、铝在冷的浓硫酸中钝化，不能持续产生二氧化硫气体，故选A；B、氧化钙能与水反应，并且放热，所以浓氨水滴在氧化钙固体上，能放出氨气，故不选B；C、氯水把Fe2+氧化为Fe3+，所以氯水滴入FeSO4溶液，溶液变成黄色，故不选C；D、AgI的溶度积小于AgCl的溶度积，所以KI溶液滴入AgCl悬浊液，白色AgCl转化为黄色沉淀AgI，故不选D。21、C【详解】A．从a进气，可收集氢气，从b进气，可收集二氧化碳，故A正确；B．HCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故B正确；C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向上排空气法收集，氨气极易溶于水，需要用倒扣的漏斗，防止倒吸，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意四氯化碳的密度大于水，在下层，可以防止倒吸，不能用苯，苯浮在水面上，不能防止倒吸。22、C【解析】A、氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，故A错误；B、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，40g氢氧化钠完全反应放热57.4kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故C正确；D、物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＜△H2，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，（1）若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，以此解答该题。【详解】(1)若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等。①工业可用电解饱和食盐水制备氯气,离子方程式为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑，故答案为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑；

②四种物质中能与盐酸连续反应的为Na2CO3、NaAlO2，发生的化学方程式为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案为cd；(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，进而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，D为NO。①A为NCl3，A与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室温下，NH2OH(羟氨)中的氮元素为-1价，发生分解生成NH3、NO，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，其分解反应的化学方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案为：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。24、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1molCN-中含有的π键个数；(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C<O<N；基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1molCN-中含有的π键个数为2NA；(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。25、2Ag++===Ag2SO3↓有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】(1).实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。26、Ⅰ.(1)12Fe2++3O2+6H2O=Fe(OH)3↓+8Fe3+(其他合理答案也给分)铁粉取少量FeSO4溶液于试管中,加数滴KSCN溶液,如果溶液变红,则说明FeSO4溶液已被氧化,如不变红,则说明FeSO4溶液没有被氧化。Ⅱ.(2)硫酸亚铁铵溶液中N发生水解增大c(H+),抑制了Fe2+氧化反应的进行。(3)①使分解产生的气体在B、C中被吸收充分②溶液变浑浊(或出现白色沉淀)③SO2+H2O2+Ba2+=aSO4↓+2H+(或SO2+H2O2=H++S、S+Ba2+=aSO4↓)【解析】(1)Fe2+被O2氧化为Fe3+,最终生成红褐色的Fe(OH)3沉淀;加入铁粉可以防止Fe2+被氧化为Fe3+;通常用KSCN检验Fe3+。(2)N水解显酸性,c(H+)越大,反应4Fe2++O2+10H2O=Fe(OH)3↓+8H+正向进行的程度越小,Fe2+越不易被氧化。(3)①通入N2可以将装置中的气体全部排到B和C,保证被完全吸收。②SO2不和BaCl2反应,但SO3可以和BaCl2反应产生BaSO4沉淀。③H2O2将SO2氧化为S,再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀。27、CO2、SO2、O2Fe3O4SO2H2O2+SO2=H2SO4zy/x除去SO2对CO2测定的干扰吸收CO2气体