江西省南昌一中2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

江西省南昌一中2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，ΔH1＝-393.5kJ·mol-1，ΔH2＝-395.4kJ/mol，下列说法或表示式正确的是A．金刚石的稳定性强于石墨B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1D．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量少2、化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是()A．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食品因氧化而变质B．燃烧煤、天然气、石油等排放的大量CO2是导致雾霾的原因C．小苏打能做糕点的膨松剂是由于NaHCO3能与碱反应D．漂白精可用作消毒剂是由于Ca(ClO)2可转化为HClO3、下列说法错误的是A．浓硝酸通常保存在无色玻璃试剂瓶中B．NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡C．单质硅是将太阳能转变成电能的常用材料D．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应相同4、下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)()A．①② B．②③ C．③④ D．②④5、X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其他产物已略去)：XYZ下列说法不正确的是()A．若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B．若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成YC．若X是碳酸钠，则W可能是盐酸D．若W为氧气，则Z与水作用(或溶于水)一定生成一种强酸6、化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化B．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应C．鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥D．富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，X、Z同主族且质子数之比为1：2，Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱。下列说法正确的是()A．简单离子半径：Z＞X＞YB．常温下，W的氢化物均为气体C．X、Z形成的化合物可用作食品漂白剂D．工业上常用电解YX的方法冶炼Y单质8、某工厂的污水中可能含有NH4+、Fe2+、Cl-、Fe3+、SO42-、HCO3-离子中的一种或几种，为检验上述离子，某兴趣小组设计了如下实验方案，下列说法正确的是A．沉淀l为BaCO3和BaSO4B．沉淀2可能为AgCl和Ag2SO4C．该污水中一定存在Fe3+，不存在Fe2+D．该污水中一定存在NH4+、Cl-、Fe3+、SO42-离子9、烧瓶中，铜与浓硫酸反应结束后，铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入相关物质，下列说法正确的是A．滴加浓NaOH溶液立即有蓝色沉淀生成B．加入铁粉，铁粉不溶解C．通入O2并加热，铜片继续溶解D．加入NaNO3固体，铜片不溶解10、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中一定正确的是（）A．1Llmol·L－1的FeCl3溶液中含有NA个Fe3+B．1．8g镁与足量盐酸反应时，转移0.2NA个电子C．钠与水反应生成1.12LH2，反应中转移的电子数为0.1NAD．常温常压下，22g氧气和26g臭氧混合气体所含氧原子总数为3NA11、化学反应中，反应物用量或浓度可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是A．铜与硝酸反应B．氢气与氧气反应C．硝酸银溶液与稀氨水反应D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应12、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C．简单氢化物的热稳定性：X＜WD．X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同13、下列变化需克服共价键的是A．金刚石熔化 B．汞受热变成汞蒸气 C．蔗糖溶于水 D．食盐溶于水14、常温下pH=2的溶液中离子数据如下：则该溶液中还存在的一种离子是A．K+ B．Ba2+ C．Cl- D．CO32-15、依据元素周期律进行推断，下列不正确的是A．碱性：KOH>NaOHB．氧化性:C12>SC．稳定性：HBr>HID．酸性H3PO4>HNO316、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12.4g白磷中所包含的P—P共价键有0.6NAB．60gSiO2晶体中含有NA个SiO2分子C．1mol淀粉(C6H10O5)n水解后产生的葡萄糖的分子数一定为nNAD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2反应，转移电子数为2NA17、锑（Sb）

在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的在蕴藏量为世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原:①2Sb2S3+6Fe+3O2Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO

↑关于反应①、②的说法正确的是（）A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反应①中每生成3molFeS时。共转移6mol电子C．反应②说明高温下C的还原性比CO强D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4:318、晶体的叙述中，正确的是A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D．离子晶体不一定能溶于水，但一定不含非极性共价键19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，2.24L甲烷与7.1g氯气在光照条件下反应得到CH3C1的分子数为0.1NAB．1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为8NAC．含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NAD．1L0.1mol·L-1盐酸中有0.1NA个H+20、向100mL0.1mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示。则下列说法中正确的是A．a点时溶液中所含主要溶质为(NH4)2SO4B．a→b段发生反应的离子方程式是SO＋Ba2＋=BaSO4↓C．b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.02D．c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mL21、《本草纲目》中的“石碱”条目中写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，……浣衣发面，甚获利也”。这里的“石碱”是指()A．KOH B．KAl(SO4)2C．KHCO3 D．K2CO322、下列说法正确的是（）A．所有的原子轨道都具有一定的伸展方向，因此所有的共价键都具有方向性B．某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数C．基态C原子有两个未成对电子，所以最多只能形成2个共价键D．1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为2∶1。请回答下列问题：（1）CB3分子的空间构型是______，其固体时的晶体类型为________。（2）写出D原子的核外电子排布式__________________，C的氢化物比D的氢化物在水中溶解度大得多的原因__________________________________。（3）D和Fe形成一种黄色晶体FeD2，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为__________________，FeD2物质中具有的化学键类型为________。24、（12分）如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。（2）写出A→D的化学方程式___。（3）写出实验室制备C的化学方程式___。（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。25、（12分）碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。(1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F→____→____→____→____→______。(3)W中发生反应的离子方程式为_______Y中发生反应的化学反应方程式为__________(4)X中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_________________。(5)Z中通入气体的方式________A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3C.NH3和CO2同时通入(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为_____。A.稳定性La2(CO3)3>La(HCO3)3B.稳定性La2(CO3)3<La(HCO3)3C.无法判断26、（10分）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。27、（12分）某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：探究一设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验。（1）硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_______________（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是_________________（3）装置E中的现象是_____________________探究二设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分。（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于________后，将所得溶液分成两份，其中一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为_____（选填序号，下同）；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为________。①一定有Fe3O4②一定有Fe③只有Fe3O4④只有Fe28、（14分）锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：已知：i.低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。ii.部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pHFe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+开始沉淀的pH6.81.83.78.65.2沉淀完全的pH8.32.84.710.16.7iii.几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)MnF2CaSMnSFeSCuS溶于水溶于水2.5×10－136.3×10－186.3×10－36(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。(4)滤渣c的成分是____________。(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。①电解池阳极的电极方程式是________________。②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。29、（10分）锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（℃）010203040608090100溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：____。

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【详解】A．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨的稳定性强于金刚石，A错误；B．石墨和金刚石的转化有新物质生成，属于化学变化，B错误；C．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，ΔH为正，所以ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-395.4kJ/mol)=+1.9kJ·mol-1，石墨转化为金刚石的热化学方程式为：C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1，C正确；D．C(s、石墨)=C(s、金刚石)的ΔH＞0，所以断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比形成1mol金刚石中的化学键放出的能量多，所以，断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，D错误。答案选C。2、D【详解】A项，盛有硅胶的透气小袋主要用于吸水防潮，不能起到防氧化的作用，故A项错误；B项，燃烧煤等化石燃料产生的烟尘等物质是雾霾形成的部分原因，而CO2的排放与雾霾形成无关，故B项错误；C项，小苏打可以做膨松剂的原理是NaHCO3受热分解生成了CO2气体，不是因为其能与碱反应，故C项错误。D项，漂粉精主要成分是次氯酸钙，与二氧化碳和水反应即可转变为HClO，具有强氧化性，可以用于消毒，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。3、A【详解】A、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B、NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、单质硅是制备太阳能电池常用的材料，故C正确；D、在弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上都是铁失电子发生氧化反应，故D正确；故答案选A。【点睛】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。4、D【解析】二氧化硅不能直接生成硅酸，故①错误；铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，故②正确；氧化铜不能与水直接反应生成氢氧化铜，故③错误；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与锌反应生成铁，故④正确；选D。5、D【解析】若W是单质铁，则X可以是Cl2，Z溶液可能是FeCl2溶液；若W是氢氧化钠，则X可以是AlCl3，Z可以是NaAlO2,AlCl3与NaAlO2反应生成Y[Al(OH)3],若X是碳酸钠，则W可能是盐酸,Y为碳酸氢钠；若W为氧气，则X可以是C，Y为CO，Z为CO2，CO2与水作用生成弱酸。选D。6、D【解析】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料中涉及裂化、裂解等，裂化、裂解属于化学变化，A错误；B．因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，B错误；C．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，C错误；D．铁是活泼金属，富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质，D正确；答案选D。点睛：本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。7、A【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，则W为C，X、Z同主族且质子数之比为1：2，则X为O，Z为S，Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱，Y为Mg。【详解】A．简单离子半径：S2−＞O2−＞Na+，故A正确；B．常温下，W的氢化物不一定都为气体，比如苯，故B错误；C．X、Z形成的化合物SO2不能用作食品漂白剂，会伤害人体肝等，故C错误；D．工业上常用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg单质，故D错误。综上所述，答案为A。8、D【解析】污水的pH=3，则不可能存在HCO3-，加入KSN呈血红色，则说明含有Fe3+，加入过量氢氧化钡生成沉淀1，且沉淀部分溶解，说明含有SO42-，沉淀1中含有氢氧化铁、硫酸钡等，气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明生成氨气，应含有NH4+，溶液1加入硝酸酸化的硝酸银生成沉淀，应生成AgCl，则含有Cl-，则A．沉淀1中含有氢氧化铁、硫酸钡等，没有BaCO3，A错误；B．加入过量氢氧化钡，溶液1中不含硫酸根离子，沉淀2为AgCl，B错误；C．由以上分析可知一定含有Fe3+，不能确定是否含有Fe2+，C错误；D．由以上分析可知该污水中一定存在NH4+、Cl-、Fe3+、SO42-离子，D正确，答案选D。点睛：本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大。选项C是易错点，注意亚铁离子的检验方法。9、C【分析】Cu与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，排在H前面的金属与稀硫酸反应，且硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，以此来解答。【详解】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，A．滴加浓NaOH溶液先与稀硫酸反应，故开始时没有蓝色沉淀生成，选项A错误；B．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，选项B错误；C．通入O2并加热，硫酸、氧气和铜反应生成硫酸铜和水，铜片继续溶解，选项C正确；D．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查铜、浓硫酸的性质等，为高频考点，把握烧瓶中含稀硫酸及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意D中氧化还原反应的判断，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。10、D【详解】A.1Llmol·L－1的FeCl3溶液中铁离子水解，所以不能计算含有Fe3+的个数，故错误；B.1．8g镁的物质的量为1.8/21=0.2mol，与足量盐酸反应时，转移0.1NA个电子，故错误；C.钠与水反应生成1.12LH2，但没有说明是否在标况下，所以不能进行计算，故错误；D.常温常压下，22g氧气和26g臭氧混合气体所含氧原子为（22+26）/16=3mol，总数为3NA，故正确。故选D。【点睛】掌握气体摩尔体积的使用范围---标况下气体。不在标况下的气体的体积不能计算其物质的量，或不是气体，根据体积基本也不能计算其物质的量。11、B【解析】A项，Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反应物浓度不同生成物不同；B项，氢气与氧气反应只能生成H2O；C项，硝酸银与少量稀氨水反应生成AgOH和NH4NO3，硝酸银与过量稀氨水反应获得银氨溶液，反应物用量不同生成物不同；D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2、NaCl和H2O，反应物用量不同生成物不同；答案选B。12、B【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)，故错误；B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；C.因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；D.X分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。13、A【详解】A．金刚石为原子晶体，只存在共价键，熔化时克服共价键，故A选；B．汞受热变成汞蒸气，克服金属键，故B不选；C．蔗糖为非电解质，溶于水不发生电离，则不破坏化学键，克服分子间作用力，故C不选；D．食盐为离子晶体，溶于水发生电离，克服离子键，故D不选；故选：A。14、C【分析】pH=2的溶液含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，结合溶液为电中性来解答。【详解】pH=2的溶液含大量的H+，c(H+)=1.0×10-2mol/L，结合表中数据可知，1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L×3>1.0×10-2mol/L+1.75×10-2×2，则还含离子为阴离子，且CO32-与Fe3+反应生成沉淀不能共存，只有C合理，故合理选项是C。【点睛】本题考查常见离子的检验及离子共存，把握溶液的pH及电荷守恒为解答的关键，注意电荷守恒的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。15、D【解析】试题分析：A．因为金属性K＞Na，所以碱性KOH＞NaOH，故A正确；B．因为非金属性Cl＞S，所以氧化性Cl2＞S，故B正确；C．因为非金属性Br＞I，所以稳定性HBr＞HI，故C正确；D．因为非金属性N＞P，所以酸性H3PO4＜HNO3，故D错误；故选D。考点：考查了元素周期律的作用的相关知识。16、A【解析】A、白磷的空间构型为正四面体，1mol白磷有6mol的P－P键，因此12.4g白磷含有P－P键的物质的量为12.4×6/(31×4)mol=0.6mol，故A正确；B、SiO2属于原子晶体，不存在SiO2分子，故B错误；C、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，题目中只说的是水解后，没有说最终水解，故C错误；D、Na2O2具有强氧化性，把SO2氧化成SO42－，发生的反应是Na2O2＋SO2=Na2SO4，转移电子物质的量为2×2×1mol=4mol，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C和D，选项C，应注意淀粉是多糖，水解的最终产物是葡萄糖，题目中没有说明是不是最终产物，而选项D，应注意Na2O2具有强氧化性，SO2具有强还原性，两者发生氧化还原反应，Na2O2＋SO2=Na2SO4，转移电子物质的量为2×2×1mol=4mol，不能照搬Na2O2与CO2的反应。17、B【解析】A.反应①中的氧化剂是O2，故A错误；B.反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子，故B正确；C.反应②说明高温下还原剂C的还原性强于还原产物Sb，故C错误；D.反应①与反应②中存在如下关系：6Fe～6C～4Sb～12e-，所以每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1:1，故D错误。故选B。点睛：在解决涉及多步反应的问题时，运用有关成分之间的关系式进行分析和计算是一种简洁而高效的方法。18、A【解析】A．原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键消耗的能量就越高，所以物质的熔、沸点就越高，正确；B．分子晶体中，分子之间通过分子间作用力结合。分子间的作用力越大，则含有该分子的晶体的熔沸点就越高，与物质的稳定性无关，错误；C．分子晶体中，共价键的键能越大，含有该化学键的物质稳定性就越强，错误；D．离子晶体不一定能溶于水，其中可能含非极性共价键，也可能不含有非极性共价键，错误。答案选A。19、C【解析】A.甲烷和氯气的反应除了生成CH3C1还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,故所得到的CH3C1分子个数小于0.1NA个,故A错误；

B.NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，根据反应可知，BH4-中氢由-1价升高到0价，发生氧化反应，1molNaBH4完全反应转移4mol电子，即转移的电子数为4NA，故B错误；C.NH4HSO4能够完全电离出铵根离子和氢离子，少量铵根离子发生水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+,1个铵根离子水解产生1个氢离子；水存在微弱电离：H2OH++OH-，所以含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略大于0.2NA，故C正确；D.氯化氢完全电离出氢离子和氯离子，水存在微弱电离：H2OH++OH-，所以1L0.1mol·L-1盐酸中H+数目略大于0.1NA，故D错误；综上所述，本题选C。20、A【解析】A、O→a段发生的离子反应为Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe2+沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；B、随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+参加反应，a→b段的反应为2NH4++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；D、到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200ml，故c点大于200ml，故D错误。答案选A。21、D【解析】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故D符合。答案选D。22、D【详解】A．s电子在形成共价键时，没有方向性，则不能所有的共价键都具有方向性，如p-p电子重叠需具有方向性，选项A错误；B．某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数不一定等于该元素原子的价电子数，例如水中氧原子形成2个H－O键，但氧原子的价电子是6个，选项B错误；C．基态C原子有两个未成对电子，但可杂化形成4个等同的sp3杂化轨道，可形成4个共价键，选项C错误；D．N最外层有5个电子，未成对电子数为3，则1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的，选项D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、三角锥形分子晶体1s22s22p63s23p4NH3与水分子形成氢键且发生化学反应1∶1离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)【解析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于ⅥA族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：1，则R是Na2S。

（1）NCl3分子中氮原子含有3个共价单键且含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，其固态时的晶体中构成微粒是分子，构成分子晶体，故答案为三角锥形；分子晶体；（2）D是S元素，原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，C的氢化物是NH3，D的氢化物是H2S，氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应，导致氨气溶解性大于硫化氢，故答案为1s22s22p63s23p4；氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应；

（3）FeS2晶体中阴离子为S22-、阳离子为Fe2+，故阴离子、阳离子数之比为1：1，FeS2物质中含有离子键，S22-含有共价键，故答案为1：1；离子键、共价键（或非极性共价键）。点睛：正确推断元素是解本题关键。本题的易错点为（3）中FeS2晶体中阴阳离子的数目比，要注意阴离子为S22-。本题的难点是元素D的判断。24、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。25、分液漏斗ABDECCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑饱和NaHCO3溶液防倒吸ALa(HCO3)3C【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。【详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；(6)酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(CO3)3分解生成CO2，使最后得到的固体质量减轻，甲物质和乙物质受热都发生了分解反应，由于二者的温度不同，且都发生了反应，因此通过该套管实验不能确定二者稳定性大小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，结合纯碱的工业制法确定通入气体的先后顺序，结合Na2CO3、NaHCO3的稳定性确定两种物质放入套管的内外顺序，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力和灵活运用能力。26、2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑在HCl的气氛中加热CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O)用生成的氨气排除装置内的空气碱石灰防止空气中的水分进入装置C没有尾气处理装置(或其他合理答案)91.8%【分析】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；②生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为用生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为没有尾气处理装置；（3）设14.38g样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为91.8%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。27、防止爆沸黑色固体变成红色，玻璃管壁有水珠盐酸或稀硫酸①②【详解】（1）硬质玻璃管中的Fe在高温情况下被水蒸气氧化成而水自身被还原成，其反应方程式为：，故答案为：；（2）液体加热时容易发生暴沸现象，加碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（3）装置E中所发生的反应为：，则该反应的实验现象为：黑色固体变红，硬质玻璃管E的右端管壁有液珠，故答案为：黑色固体变成红色，玻璃管壁有水珠；（4）由反应可知，硬质玻璃管B中的黑色固体可能为Fe或者或者为Fe与的混合物，为检验其组成应用酸溶解（但不能选用氧化性酸），则所选的酸应为稀硫酸或者盐酸；将所得溶液分成两份，其中一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液中含有，而是由溶于酸所得，则元固体中一定含有，故选①；若溶液未变红色，说明溶液中不含，则原固体中一定含有Fe，故选②，故答案为：盐酸或稀硫酸；①；②。28、3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)CaF22H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少阴极2H2O+2e－＝H