陜西省渭南市臨渭區(qū)2026屆高三化學(xué)第一學(xué)期期中考試模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、CH3OH是重要的化工原料,工業(yè)上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH,其反應(yīng)為:CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密閉容器中充入反應(yīng)物,測得平衡時(shí)混合物中CH3OH的體積分?jǐn)?shù)在不同壓強(qiáng)下隨溫度的變化如圖所示。下列說法中,正確的是A．p1<p2B．該反應(yīng)的ΔH>0C．平衡常數(shù):K(A)=K(B)D．在C點(diǎn)時(shí),CO轉(zhuǎn)化率為75%2、水凝膠材料要求具有較高的含水率，以提高其透氧性能，在生物醫(yī)學(xué)上有廣泛應(yīng)用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羥乙酯（HEMA）合成水凝膠材料高聚物A的路線如圖：下列說法正確的是A．NVP具有順反異構(gòu)B．高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性C．HEMA和NVP通過縮聚反應(yīng)生成高聚物AD．制備過程中引發(fā)劑濃度對含水率影響關(guān)系如圖，聚合過程中引發(fā)劑的濃度越高越好3、通入溶液中并不產(chǎn)生沉淀，而通入另一種氣體后可以產(chǎn)生白色沉淀．則圖中右側(cè)Y形管中放置的藥品組合不符合要求的是(必要時(shí)可以加熱)A．過氧化鈉和水 B．鋅和稀硫酸C．高錳酸鉀溶液和濃鹽酸 D．生石灰和濃氨水4、鉛蓄電池是目前常見的二次電池，其放電時(shí)總反應(yīng)為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。下列說法中正確的是A．放電時(shí)，Pb作為電池的負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)B．放電時(shí)，內(nèi)電路中的H+向Pb電極移動(dòng)C．充電時(shí)，外接電源的負(fù)極需要與Pb電極相連D．充電時(shí)，陽極區(qū)附近溶液酸性減弱5、下列說法正確的是A．HF分子間存在著氫鍵，故HF分子比H2S分子穩(wěn)定B．晶體中只要有陽離子，就一定有陰離子C．原子晶體中只存在非極性共價(jià)鍵D．HClO4的酸性比H2SO4酸性強(qiáng)，說明氯的非金屬性比硫強(qiáng)6、已知：t℃時(shí)的Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=1.0×10-16,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。該溫度下，下列說法正確的是A．溶解度大小順序?yàn)锳gCl>Ag2CrO4>AgIB．向AgNO3溶液中滴加少量氯化鈉溶液出現(xiàn)白色沉淀，再滴加少量KI溶液出現(xiàn)黃色沉淀，可證明AgI比AgCl更難溶C．該溫度下，AgCl可能轉(zhuǎn)化為Ag2CrO4D．某溶液中含有Cl-、和I-，濃度均為0.050mol/L,向該溶液中逐漸滴加0.050mol/L的AgNO3溶液時(shí)，c(Cl-)/c(I-)=1.8×1067、下列離子方程式錯(cuò)誤的是A．FeSO4酸性溶液暴露在空氣中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB．為緩解胃酸過多，服含NaHCO3的抗酸藥：HCO3-+H+=H2O+CO2↑C．明礬凈水的原理：Al3++3H2O=Al(OH)3(膠體)+3H+D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2++Al3++2SO42-+4OH－=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O8、下列各組物質(zhì)相互混合，既有氣體放出又有沉淀生成的是（）①金屬鈉投入到CuSO4溶液中②過量的NaOH溶液和明礬溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④過量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金屬鈉投入NH4Cl溶液中A．①④ B．②③ C．①③ D．①⑤9、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種易溶于水、高效的多功能水處理劑。工業(yè)上通常先制得高鐵酸鈉，然后在一定溫度下，向高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和，從而使高鐵酸鉀析出。下列敘述正確的是（）A．高鐵酸鉀溶于水可吸附水中懸浮物，凈水原理和明礬相同B．高鐵酸鉀與水反應(yīng)生成O2、Fe(OH)3(膠體)和KOH，該反應(yīng)中高鐵酸鉀既做氧化劑又做還原劑C．在無水條件下制備高鐵酸鈉的主要反應(yīng)為2FeSO4＋aNa2O2=2Na2FeO4＋bX＋2Na2SO4＋cO2↑，該反應(yīng)中物質(zhì)X的化學(xué)式為NaOHD．向Fe(OH)3和過量KOH溶液的混合物中通入氯氣，得到紫色固體的反應(yīng)為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O10、NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列有關(guān)敘述正確的是A．50mL18.4mol?L﹣1濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目為0.46NAB．足量的Fe粉與1molCl2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．0.78gNa2O2中含有離子總數(shù)為0.04NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8L四氯化碳含有的分子數(shù)為2NA11、下列各分子中，所有原子都滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)的是A．BF3 B．NCl3 C．H2O D．PCl512、下列說法不正確的是A．淀粉、纖維素及其水解產(chǎn)物都屬于糖類B．制作集成電路板的酚醛樹脂屬于合成高分子C．甘油和氨基酸在一定條件下都能發(fā)生酯化反應(yīng)D．蛋白質(zhì)溶液中加醋酸鉛溶液產(chǎn)生的沉淀能重新溶于水13、下列解釋事實(shí)的方程式正確的是A．用碳酸氫鈉治療胃酸過多：CO32－+2H+＝CO2↑+H2OB．用氨水吸收煙氣中的二氧化硫：SO2+2OH－＝SO32－+H2OC．把金屬鈉放入冷水中產(chǎn)生氣體：Na+2H2O＝Na++20H－+H2↑D．用氫氧化鈉溶液可以溶解氫氧化鋁固體：Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O14、分子式為C3H8O的醇與分子式為C4H8O2的羧酸在一定條件下反應(yīng)生成酯的種類有A．2種B．3種C．4種D．5種15、向乙酸、乙醇、乙酸乙酯和水的平衡體系中加入少量含有18O的，達(dá)到新平衡后，體系中含有18O的物質(zhì)是A．乙酸、乙醇B．乙醇、乙酸乙酯C．乙醇、乙酸乙酯和水D．乙酸、乙醇、乙酸乙酯和水16、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。下列敘述正確的是A．通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時(shí)可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C．負(fù)極反應(yīng)為2H2O–4e–=O2+4H+，負(fù)極區(qū)溶液pH降低D．當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，會(huì)有0.5mol的O2生成二、非選擇題（本題包括5小題）17、某課外學(xué)習(xí)小組對日常生活中不可缺少的調(diào)味品M進(jìn)行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示(部分產(chǎn)物已略去)：(1)寫出B的電子式________。(2)若A是一種非金屬單質(zhì)，且可用于制造半導(dǎo)體材料，寫出A和B水溶液反應(yīng)的離子方程式__________________________。(3)若A是CO2氣體，A與B溶液能夠反應(yīng)，反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，生成的CO2物質(zhì)的量與所用鹽酸體積如圖2所示，則A與B溶液反應(yīng)后溶液中所有溶質(zhì)的化學(xué)式為_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且A與B溶液能夠反應(yīng)，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是______________________________________。(5)若A是一種可用于做氮肥的化合物,A和B反應(yīng)可生成氣體E，E與F、E與D相遇均冒白煙，且利用E與D的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送D的管道是否泄露，寫出E與D反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。(6)若A是一種溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些離子，當(dāng)向該溶液中加入B溶液時(shí)發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生變化如圖3所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子是_____________________，它們的物質(zhì)的量濃度之比為______________。18、前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序數(shù)依次增加，它們的結(jié)構(gòu)和部分信息如下表所示：元素代號部分信息R基態(tài)R原子核外有三個(gè)能級，每個(gè)能級上電子數(shù)相同XX的雙原子單質(zhì)δ鍵和π鍵數(shù)目之比為1∶2Y短周期主族元素中，原子半徑最大ZZ的最高正化合價(jià)與最低負(fù)化合價(jià)之和等于4E基態(tài)E3+的外圍電子排布式是3d5回答問題：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基態(tài)原子中電子占據(jù)的最高能層是________。（2）元素X的氫化物M，分子內(nèi)含18個(gè)電子，M的結(jié)構(gòu)式為____，每個(gè)中心原子的價(jià)層電子對數(shù)是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根離子中，互為等電子體的離子組是__________。（4）Z元素的兩種氧化物對應(yīng)的水化物中，酸性較強(qiáng)的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常壓下，高于130℃時(shí)(ZX)4分解為相應(yīng)的單質(zhì)，這一變化破壞的作用力是_______；它為熱色性固體，具有色溫效應(yīng)，低于-30℃時(shí)為淡黃色，高于100℃時(shí)為深紅色，在淡黃色→橙黃色→深紅色的轉(zhuǎn)化中，破壞的作用力是______。（6）常溫條件下，E的晶體采用如圖所示的堆積方式。則這種堆積模型的配位數(shù)為_____，若E原子的半徑為r，則單質(zhì)E的原子空間利用率為________。（列出計(jì)算式即可）19、實(shí)驗(yàn)室制取少量溴乙烷的裝置如圖所示。根據(jù)題意完成下列填空：（1）圓底燒瓶中加入的反應(yīng)物是溴化鈉、乙醇和1:1的硫酸。配制體積比1:1的硫酸所用的儀器為________（選填編號）。a天平b量筒c容量瓶d燒杯（2）寫出加熱時(shí)燒瓶中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________。（3）將生成物導(dǎo)入盛有冰水混合物的試管A中，冰水混合物的作用是________，試管A中的物質(zhì)分為三層（如圖所示），產(chǎn)物在第____層。（4）試管A中除了產(chǎn)物和水之外，還可能存在________，_________（寫出結(jié)構(gòu)簡式）。（5）用濃硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，若試管A中獲得的有機(jī)物呈棕黃色，除去其中雜質(zhì)的最佳方法是___________（選填編號）。a蒸餾b氫氧化鈉溶液洗滌c用四氯化碳萃取d用亞硫酸鈉溶液洗滌若試管B中的酸性高錳酸鉀溶液褪色，使之褪色的物質(zhì)名稱是_________。（6）實(shí)驗(yàn)員老師建議把上述裝置中的儀器連接部分由橡膠管改成標(biāo)準(zhǔn)玻璃接口，其原因_________。20、工業(yè)生產(chǎn)中常常需要對混合氣體中的，含量進(jìn)行測定，其中一種方法的操作如下：①將0.200氣樣通入酸化的溶液中，使完全被氧化為；(氣樣中的其它氣體不參與反應(yīng))，加水稀釋至100.00mL；②微熱，除去過量的；③量取20.00mL該溶液，加入20.00mL溶液，充分反應(yīng)；④用溶液滴定剩余的，終點(diǎn)時(shí)消耗溶液20.00mL，已知：(未配平)；(未配平)(1)若主要為NO，寫出NO被氧化為的離子方程式____。(2)若氣體中僅含、NO和，由于發(fā)生反應(yīng)，氣體中也存在一定量的以表示該混合氣體的組成，增大壓強(qiáng)時(shí)，x的值將______(填“增大”“不變”或”減小”)。(3)若缺少步驟②，混合氣體中含量的測定結(jié)果將______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。(4)氣樣中中N的含量為_______。(保留3位有效數(shù)字，寫出計(jì)算過程)21、在人類文明的歷程中，改變世界的事物很多，其中鐵、硝酸鉀、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17種“分子”改變過人類的世界。（1）鐵原子在基態(tài)時(shí)，價(jià)層電子排布式為___。（2）硝酸鉀中NO3-的空間構(gòu)型為___。（3）1molCO2分子中含有σ鍵的數(shù)目為___。乙醇的相對分子質(zhì)量比氯乙烷小，但其沸點(diǎn)比氯乙烷高，其原因是___。（4）6－氨基青霉烷酸的結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中采用sp3雜化的原子有___。（5）鐵和氨氣在640℃可發(fā)生置換反應(yīng)，產(chǎn)物之－的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___。（6）晶胞有兩個(gè)基本要素：①原子坐標(biāo)參數(shù)：表示晶胞內(nèi)部各微粒的相對位置。如圖是CaF2的晶胞，其中原子坐標(biāo)參數(shù)A處為(0，0，0)；B處為(，，0)；C處為(1，1，1)。則D處微粒的坐標(biāo)參數(shù)為___。②晶胞參數(shù)：描述晶胞的大小和形狀。已知CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，則晶胞參數(shù)a為___pm(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，用含ρ、NA的式子表示)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【分析】A．增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；B．由圖可知，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)的△H＜0；C．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；D．設(shè)向密閉容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法進(jìn)行數(shù)據(jù)分析計(jì)算．【詳解】A．由300℃時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)增大，所以p1＞p2，故A錯(cuò)誤；B．圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡逆向移動(dòng)，則該反應(yīng)的△H＜0，故B錯(cuò)誤；C．A、B處的溫度不同，平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，故平衡常數(shù)不等，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉(zhuǎn)化率為x，則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120變化x2xx結(jié)束1-x2-2xx在C點(diǎn)時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正確；故選D。2、B【分析】如圖，HEMA和NVP通過加聚反應(yīng)生成高聚物A，聚合過程中引發(fā)劑的濃度為1.6含水率最高?！驹斀狻緼.NVP中碳碳雙鍵的其中一個(gè)碳原子的另外兩個(gè)鍵均是C-H鍵，故不具有順反異構(gòu)，故A錯(cuò)誤；B.–OH是親水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性，故B正確；C.HEMA和NVP通過加聚反應(yīng)生成高聚物A，故C錯(cuò)誤；D.制備過程中引發(fā)劑濃度對含水率影響關(guān)系如圖，聚合過程中引發(fā)劑的濃度為1.6含水率最高，并不是引發(fā)劑的濃度越高越好，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】常見親水基：羥基、羧基等。含這些官能團(tuán)較多的物質(zhì)一般具有良好的親水性。3、B【分析】SO2與BaCl2不反應(yīng)，通入另一種氣體后可以產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀為硫酸鋇或亞硫酸鋇，氣體為氨氣時(shí)生成亞硫酸鋇，氣體具有氧化性時(shí)可生成硫酸鋇沉淀，以此來解答。【詳解】A．過氧化鈉與水反應(yīng)生成氧氣，氧氣可氧化H2SO3生成硫酸，再與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故A錯(cuò)誤；B．Zn與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，與二氧化硫、氯化鋇不反應(yīng)，無沉淀生成，故B正確；C．高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，氯氣在水中可氧化二氧化硫生成硫酸，再與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故C錯(cuò)誤；D．生石灰和濃氨水反生成氨氣，氨氣與二氧化硫、氯化鋇反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀，故D錯(cuò)誤；故答案為B。4、C【解析】由總方程式可知，為原電池時(shí)，Pb為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為PbO2+4H++SO42-+2e-=2H2O+PbSO4，在充電時(shí)，陰極發(fā)生的反應(yīng)是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，陽極反應(yīng)為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，陽離子向正極移動(dòng)，以此解答該題。【詳解】A、放電時(shí)，該原電池的負(fù)極材料是鉛，鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B、放電時(shí)，蓄電池內(nèi)電路中H+向正極（即PbO2極）移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、充電時(shí)，外接電源的負(fù)極與Pb陰極相連，陰極發(fā)生的反應(yīng)是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故C正確；D、陽極反應(yīng)為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，由電解方程式可知陽極附近電解質(zhì)溶液的pH逐漸減小，酸性增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；

綜上所述，本題應(yīng)選C?！军c(diǎn)睛】本題考查原電池和電解池知識，注意把握電解方程式的書寫。在原電池中，負(fù)極失去電子，元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，被氧化；正極得到電子，元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)溶液中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，陽離子向正極移動(dòng)。在電解池中，陰極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。5、D【詳解】A.分子的穩(wěn)定性與化學(xué)鍵有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B.金屬晶體中含有陽離子和自由電子，沒有陰離子，所以晶體中有陽離子，不一定有陰離子，故B錯(cuò)誤；C.二氧化硅是原子晶體，存在極性鍵Si-O鍵，原子晶體中不一定只存在非極性共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；D.最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，HClO4的酸性比H2SO4酸性強(qiáng)，說明氯的非金屬性比硫強(qiáng)，故D正確。6、C【詳解】根據(jù)對應(yīng)化學(xué)式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，固體溶解度越小，即AgCl＞AgI；假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，則CrO42-的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=9.0×10-12，x3=18.0×10-12，即X==×10-4，所以Ag2CrO4＞AgCl，故順序?yàn)椋篈g2CrO4＞AgCl＞AgI，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、氯化鈉不足，硝酸銀過量，過量的硝酸銀一定會(huì)與碘化鉀反應(yīng)，產(chǎn)生黃色沉淀，無法證明是否AgI比AgCl更難溶，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、當(dāng)c(CrO42-)足夠大時(shí)，氯化銀可能部分溶解轉(zhuǎn)化為Ag2CrO4，選項(xiàng)C正確；D、向該溶液中逐漸滴加0.050mol/L的AgNO3溶液時(shí)，只有Cl-和I-都發(fā)生反應(yīng)生成沉淀時(shí)才有====1.8×106，滴加的0.050mol/L的AgNO3溶液體積未知，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。7、D【分析】根據(jù)離子反應(yīng)的條件分析；根據(jù)離子反應(yīng)方程書寫規(guī)則分析；【詳解】A.由于在酸性條件下抑制了Fe2+水解，F(xiàn)e2+在空氣中，被氧氣被氧化為Fe3+，則FeSO4酸性溶液暴露在空氣中的離子反應(yīng)為：4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O，故A正確，但不符合題意；B.為緩解胃酸過多，服含NaHCO3的抗酸藥發(fā)生的離子反應(yīng)為：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B正確，但不符合題意；C.明礬凈水原理即是明礬中的Al3+水解生成Al(OH)3膠體，膠體吸附水中雜質(zhì)，離子方程式為：Al3++3H2O===Al(OH)3(膠體)+3H+，故C正確，但不符合題意；D.恰好使SO42-沉淀完全，明礬與Ba（OH）2的物質(zhì)的量之比為1：2，則向明礬溶液中滴加Ba（OH）2，恰好使SO42-沉淀完全的離子反應(yīng)為：A13++2SO42-+2Ba2++4OH-═A1O2-+2BaSO4↓，故D錯(cuò)誤，但符合題意；故選D。【點(diǎn)睛】判斷離子反應(yīng)方程式書寫的正誤從三點(diǎn)出發(fā)：①查原子守恒②查電荷守恒③查是否符合客觀規(guī)律（是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)，是否能拆成離子形式，產(chǎn)物是否正確等）8、A【詳解】①金屬鈉投入到CuSO4溶液中，鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，故①正確；②過量氫氧化鈉與明礬反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和硫酸鉀，不會(huì)產(chǎn)生沉淀，故②錯(cuò)誤；③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸鈉，沒有氣體生成，故③錯(cuò)誤；④過量的Na2O2投入FeCl2溶液，反應(yīng)生成氧氣和氫氧化鐵沉淀，故④正確；⑤金屬鈉投入NH4Cl溶液中，生成氫氣和氨氣，不產(chǎn)生沉淀，故⑤錯(cuò)誤，答案選A。9、D【詳解】A．高鐵酸鉀中鐵為+6，最高正價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，作水處理劑時(shí)能起到殺菌消毒的作用，同時(shí)其與水反應(yīng)生成的還原產(chǎn)物為Fe(OH)3膠體，又能起到凈水的作用；而明礬的水溶液只是形成氫氧化鋁膠體吸附懸浮物，原理不完全相同，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)的離子方程式為4＋10H2O=4Fe(OH)3(膠體)＋8OH-＋3O2↑高鐵酸鉀只做氧化劑，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)元素守恒可知，X應(yīng)是Na2O，故C錯(cuò)誤；D．向Fe(OH)3和過量KOH溶液的混合物中通入氯氣，得到紫色固體，說明堿性環(huán)境下氯氣將Fe(OH)3氧化成高鐵酸鉀，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知化學(xué)方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故D正確；綜上所述答案為D。10、B【詳解】A．足量的Cu與一定濃硫酸反應(yīng)時(shí)，隨著反應(yīng)進(jìn)行當(dāng)濃硫酸變?yōu)橄×蛩釙r(shí)，反應(yīng)會(huì)停止，則50mL18.4mol?L﹣1濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目小于0.46NA，故A錯(cuò)誤；B．Fe與氯氣反應(yīng)生成FeCl3，足量的Fe粉與1molCl2充分反應(yīng)，氯氣完全反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故B正確；C．Na2O2晶體中含有Na+和，則0.78gNa2O2的物質(zhì)的量為0.01mol，所含有離子總數(shù)為0.03NA，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下CCl4為液體，不能根據(jù)氣體摩爾體積計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8L四氯化碳的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；故答案為B。11、B【詳解】根據(jù)定義，共價(jià)鍵中的電子被成鍵的兩個(gè)原子共有，圍繞兩個(gè)原子核運(yùn)動(dòng)。所以，形成共價(jià)鍵的原子的最外層電子數(shù)等于它本身最外層電子的個(gè)數(shù)加上它與其他原子形成共價(jià)鍵的數(shù)目。據(jù)此，題中各原子的最外層電子個(gè)數(shù)為：A.BF3中B有3+3＝6個(gè)電子、F有7+1＝8個(gè)電子，不符合題意；B.NCl3中N有5+3＝8個(gè)電子、Cl有7+1＝8個(gè)電子，符合題意；C.H2O中H有1+1＝2個(gè)電子、O有6+2＝8個(gè)電子，不符合題意；D.PCl5中P有5+5＝10個(gè)電子、Cl有7+1＝8個(gè)電子，不符合題意。故答案選B?！军c(diǎn)睛】本題要注意解題方法：滿足最外層8電子飽和的，我們先看有沒有氫元素，因?yàn)闅湓刈钔鈱?個(gè)電子就可以達(dá)到飽和了，所以很快的就可以排除了C選項(xiàng)，對于ABn型，我們可以按照一個(gè)公式：化合價(jià)的絕對值+主族序數(shù)=8，那么就滿足8個(gè)電子飽和了。12、D【分析】A．淀粉和纖維素都屬于多糖，其水解產(chǎn)物都是葡萄糖；B．相對分子質(zhì)量在10000及以上的化合物為高分子化合物；C．含有羧基和羥基的有機(jī)物能發(fā)生酯化反應(yīng)；D．蛋白質(zhì)遇重金屬發(fā)生變性?！驹斀狻緼．淀粉和纖維素都屬于多糖，其水解產(chǎn)物都是葡萄糖，葡萄糖屬于單糖，所以淀粉、纖維素及其水解產(chǎn)物都屬于糖類，A正確；B．相對分子質(zhì)量在10000及以上的化合物為高分子化合物，酚醛樹脂相對分子質(zhì)量在10000以上，所以屬于高分子化合物，B正確；C．含有羧基和羥基的有機(jī)物能發(fā)生酯化反應(yīng)，甘油含有醇羥基、氨基酸含有羧基，所以二者都能發(fā)生酯化反應(yīng)，C正確；D．蛋白質(zhì)遇重金屬發(fā)生變性，醋酸鉛屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，蛋白質(zhì)變性沒有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確物質(zhì)含有的官能團(tuán)及其與性質(zhì)關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，注意蛋白質(zhì)變性和鹽析區(qū)別，為解答易錯(cuò)點(diǎn)。13、D【解析】A.碳酸氫根離子在溶液中應(yīng)以HCO3-的形式表示，碳酸氫鈉與胃酸反應(yīng)的離子方程式為：HCO3-+H+=H2O+CO2

，故A錯(cuò)誤；B.一水合氨為弱堿，在溶液中主要以NH3·H2O分子形式存在，當(dāng)氨水足量時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故B錯(cuò)誤；C.該離子反應(yīng)電荷不守恒，把金屬鈉放入冷水中的離子反應(yīng)方程式應(yīng)為：2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑，故C錯(cuò)誤；D.氫氧化鋁為兩性氫氧化物，能溶于強(qiáng)堿生成偏鋁酸鹽和水，故D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題主要考查離子反應(yīng)方程式的書寫，書寫離子方程式時(shí)，易溶易電離兩個(gè)條件都滿足的物質(zhì)要拆寫成離子形式，這樣的物質(zhì)有，三大強(qiáng)酸，四大強(qiáng)堿；鉀、鈉、銨鹽、硝酸鹽等。但有的物質(zhì)不能全拆，例如弱酸的酸式鹽酸根不拆，強(qiáng)酸的酸式鹽酸根要拆。14、C【解析】C3H8O分子式可對應(yīng)的醇有2種：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式C4H8O2的酸有2種：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，二者之間兩兩組合形成的酯有4種。故選C。點(diǎn)睛：本題考查同分異構(gòu)體的書寫和數(shù)目的判斷。飽和一元醇C3H8O和飽和一元酸C4H8O2在濃硫酸條件下發(fā)生酯化反應(yīng)得到酯，若醇的種類為a，羧酸的種數(shù)為b，則酯的種類為ab。15、B【解析】根據(jù)醇與羧酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯和水，屬于酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是醇脫羥基上的氫原子，酸脫羥基，酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，據(jù)此進(jìn)行分析即可?！驹斀狻坑捎谝宜崤c乙醇反應(yīng)，乙酸提供羧基中的-OH，乙醇提供-OH上的H，相互結(jié)合生成乙酸乙酯和水，加入少量含有18O的CH3CO18OCH2CH3后，存在平衡：CH3COOH+CH3CH218OH?CH3CO18OCH2CH3+H2O，所以18O出現(xiàn)在CH3CH218OH和CH3CO18OCH2CH3中，所以正確的是B，答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查示蹤原子法確定酯化反應(yīng)反應(yīng)機(jī)理，難度不大，有利于學(xué)生對酯化反應(yīng)的理解。16、B【詳解】A．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會(huì)向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動(dòng)，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負(fù)電荷的OH－失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正極區(qū)溶液酸性增強(qiáng)，溶液的pH減小，故A錯(cuò)誤；B．陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時(shí)可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；C．負(fù)極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大，所以負(fù)極區(qū)溶液pH升高，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，根據(jù)整個(gè)閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】本題主要是考查電解原理及其應(yīng)用、電極判斷、電極反應(yīng)式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計(jì)算等。電化學(xué)是歷年高考的重要考點(diǎn)之一，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應(yīng)式的書寫，提供反應(yīng)方程式設(shè)計(jì)原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據(jù)電解時(shí)電極質(zhì)量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計(jì)算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)的變化。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1)C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，為氫氣與氯氣反應(yīng)生成HCl，可推知C為H2、D為Cl2、F為HCl，M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，M的溶液電解生成氫氣、氯氣與B，可推知M為NaCl、B為NaOH；(2)若A是一種非金屬單質(zhì)，且可用于制造半導(dǎo)體材料，則A為Si，Si和NaOH的水溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和H2；(3)曲線中，從0.4L～0.6L發(fā)生反應(yīng)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，該階段消耗鹽酸為200mL，而開始產(chǎn)生二氧化碳時(shí)消耗鹽酸為400mL，大于200mL，所以溶液中的溶質(zhì)成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH溶液能夠反應(yīng)，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解；(5)若A是一種氮肥，實(shí)驗(yàn)室可用A和NaOH反應(yīng)制取氣體E，則E為NH3、A為銨鹽，E與氯氣相遇均冒白煙，且利用E與氯氣的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送氯氣的管道是否泄露，則氨氣與氯氣反應(yīng)生成氯化銨，同時(shí)生成氮?dú)猓?6)由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有CO32-，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應(yīng)為NH4++OH-=NH3?H2O的反應(yīng)，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，根據(jù)各階段消耗的NaOH體積結(jié)合離子方程式計(jì)算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再結(jié)合電荷守恒計(jì)算與n(SO42-)的比例關(guān)系，據(jù)此計(jì)算?！驹斀狻?1)B為NaOH，其電子式為；(2)A為Si，Si和NaOH的水溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和H2，反應(yīng)的離子方程式為Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲線中，從0.4L～0.6L發(fā)生反應(yīng)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，該階段消耗鹽酸為200mL，而開始產(chǎn)生二氧化碳時(shí)消耗鹽酸為400mL，大于200mL，所以溶液中的溶質(zhì)成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的鹽酸為200mL，結(jié)合反應(yīng)原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，則c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH溶液能夠反應(yīng)，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解，故看到的現(xiàn)象為：液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷地增加，隨后沉淀逐漸溶解最終消失；(5)若A是一種氮肥，實(shí)驗(yàn)室可用A和NaOH反應(yīng)制取氣體E，則E為NH3、A為銨鹽，E與氯氣相遇均冒白煙，且利用E與氯氣的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送氯氣的管道是否泄露，則氨氣與氯氣反應(yīng)生成氯化銨，同時(shí)生成氮?dú)?，反?yīng)方程式為：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有CO32-，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應(yīng)為NH4++OH-=NH3?H2O的反應(yīng)，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，發(fā)生反應(yīng)H++OH-=H2O，氫離子消耗NaOH溶液的體積為1體積，發(fā)生反應(yīng)Al3++3OH-=Al(OH)3↓，鋁離子消耗NaOH溶液的體積為3體積，發(fā)生反應(yīng)NH4++OH-=NH3?H2O，銨根消耗氫氧化鈉為2體積，則n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由電荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。18、第四周期VIII族N4CO32-與NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示為(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S為+4價(jià)，而H2SO4中的S為+6價(jià)，正電性更高，導(dǎo)致S-O-H中的O的電子更向S偏移，越易電離出H+。共價(jià)鍵范德華力或分子間作用力8【解析】基態(tài)R原子核外有三個(gè)能級，每個(gè)能級上電子數(shù)相同，則R是C；X的雙原子單質(zhì)δ鍵和π鍵數(shù)目之比為1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半徑最大，則的Y是Na；Z的最高正化合價(jià)與最低負(fù)化合價(jià)之和等于4，Z是S；基態(tài)E3+的外圍電子排布式是3d5，這說明E的原子序數(shù)是26，即E是Fe。則（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基態(tài)原子中電子占據(jù)的最高能層是N。（2）元素X的氫化物M，分子內(nèi)含18個(gè)電子，M的結(jié)構(gòu)式為，每個(gè)中心原子的價(jià)層電子對數(shù)是4，均有一對孤對電子。（3）原子數(shù)和價(jià)電子數(shù)分別都相等的是等電子體，則在R、X、Z的含氧酸根離子中，互為等電子體的離子組是CO32-與NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示為(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S為+4價(jià)，而H2SO4中的S為+6價(jià)，正電性更高，導(dǎo)致S-O-H中的O的電子更向S偏移，越易電離出H+，因此硫酸的酸性更強(qiáng)。（5）(SN)4在常壓下，高于130℃時(shí)分解為相應(yīng)的單質(zhì)，S和N之間的化學(xué)鍵是共價(jià)鍵，則這一變化破壞的作用力是共價(jià)鍵；在淡黃色→橙黃色→深紅色的轉(zhuǎn)化中沒有新物質(zhì)生成，化學(xué)鍵不變，破壞的作用力是范德華力或分子間作用力。（6）常溫條件下，鐵的晶體采用如圖所示的堆積方式。則這種堆積模型的配位數(shù)為8。晶胞中鐵原子個(gè)數(shù)是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半徑為r，則體對角線是4r，所以邊長是，所以單質(zhì)Fe的原子空間利用率為。19、bNaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O冷凝、液封溴乙烷3CH2=CH2CH3CH2OCH2CH3d乙烯反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生Br2，腐蝕橡膠【分析】實(shí)驗(yàn)原理為圓底燒瓶中加入的反應(yīng)物是溴化鈉、乙醇和1:1的硫酸，加熱進(jìn)行反應(yīng)制備溴乙烷，制備原理為：NaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O，試管A中加入冰水冷凝液封得到溴乙烷，試管B對產(chǎn)物的成分進(jìn)行探究驗(yàn)證?！驹斀狻浚?）配制體積比1:1的硫酸所用的儀器為量筒，答案選b；（2）加熱時(shí)燒瓶中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaBr+H2SO4+CH3CH2OHCH3CH2Br+NaHSO4+H2O；（3）冰水混合物可以起到冷卻的作用，生成的溴乙烷和水互不相溶，并且溴乙烷的密度比水大，在冰水混合物的下層，所以也可液封溴乙烷，防止其揮發(fā)，產(chǎn)物在第3層；（4）反應(yīng)過程中會(huì)有HBr生成，在加熱條件下反應(yīng)，HBr和CH3CH2OH都易揮發(fā)，故生成物中可能有HBr、CH3CH2OH；乙醇在濃硫酸加熱的條件可以發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2，也可以分子間脫水生成CH3CH2OCH2CH3，即產(chǎn)物中也可能存在CH2=CH2，CH3CH2OCH2CH3；（5）試管A中獲得的有機(jī)物呈棕黃色，是由于濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，將HBr氧化物Br2，產(chǎn)物為溴乙烷，混有單質(zhì)溴，蒸餾不能完全除去雜質(zhì)，并且操作麻煩；氫氧化鈉溶液易使溴乙烷水解；四氯化碳會(huì)引入新的雜質(zhì)；而亞硫酸鈉和溴