湖南省永州市2026屆高三上化學(xué)期中經(jīng)典試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、下列說(shuō)法正確的是A．不能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)的分散系有氯化鈉溶液、水等B．將1L2mol/L的FeCl3溶液制成膠體后，其中含有氫氧化鐵膠粒數(shù)為2NAC．黃河入?？谔幦侵薜男纬膳c膠體性質(zhì)有關(guān)D．電泳現(xiàn)象說(shuō)明膠體帶電2、圖是短周期的一部分，若c原子的最外層上有5個(gè)電子，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)單質(zhì)可跟d的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)B．原子半徑a>b>c﹥dC．b的氫化物比c的氫化物不穩(wěn)定D．a(chǎn)的最高價(jià)氧化物的水化物比b的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)3、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是（）A．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．CuCl2Cu(OH)2CuD．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)4、下列物品所使用的主要材料屬于無(wú)機(jī)非金屬材料的是A．陶瓷工藝品 B．紙質(zhì)練習(xí)簿C．不銹鋼盆 D．蠶絲領(lǐng)帶5、下列變化中，不需要破壞化學(xué)鍵的是（）A．加熱氯化銨 B．干冰汽化C．石油裂化 D．氯化氫溶于水6、下列解釋事實(shí)的化學(xué)方程式或離子方程式中不正確的是A．盛放NaOH溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH－===SiO32－+H2OB．配制FeCl3溶液時(shí)要加鹽酸：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．燃煤時(shí)加入適量石灰石粉末，可減少SO2的排放：2CaCO3＋2SO2+O2===2CaSO4＋2CO2D．強(qiáng)堿溶液中，用次氯酸鈉與Fe(OH)2反應(yīng)制備高鐵酸鈉：2ClO－＋Fe(OH)2===FeO42—＋2Cl－＋2H＋7、下列敘述正確的個(gè)數(shù)是①常溫常壓下，17g甲基(-14CH3)所含的中子數(shù)為9NA②向氯水中加入碳酸鈣粉末，能提高溶液中HClO的濃度③0℃，101kPa，含有l(wèi)mol硫原子的SO2與SO3的混合物，其體積小于22.4L④向SiO2固體中滴加NaOH溶液或氫氟酸，固體均溶解，說(shuō)明SiO2是兩性氧化物⑤氯氣可置換出碘化鉀溶液中的碘，氟氣也可置換出碘化鉀溶液中的碘⑥加入鋁粉能放出H2的溶液中，Ca2+、Fe2+、Cl-、一定能夠大量共存⑦常溫下，鋁可溶于過(guò)量濃硝酸，也可溶于過(guò)量NaOH溶液⑧1molBrCl與H2O完全反應(yīng)生成氯化氫和次溴酸，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1molA．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)8、實(shí)驗(yàn)室制備乙酸丁酯的敘述正確的是A．采用水浴加熱法控制溫度B．制取裝置中有冷凝回流措施C．采用邊反應(yīng)邊蒸餾的方法提高產(chǎn)率D．用水和氫氧化鈉溶液洗滌后分液分離出產(chǎn)品9、向100mL0.1mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液。隨著B(niǎo)a(OH)2溶液體積V的變化，沉淀總物質(zhì)的量n的變化如下圖所示。則下列說(shuō)法中正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)溶液中所含主要溶質(zhì)為(NH4)2SO4B．a(chǎn)→b段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是SO＋Ba2＋=BaSO4↓C．b點(diǎn)為最大沉淀量，對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)值為0.02D．c點(diǎn)加入Ba(OH)2溶液的體積為200mL10、25℃時(shí)純水的，100℃時(shí)，，這說(shuō)明（）A．100℃水的電離程度較小B．前者較后者的大C．水的電離是吸熱的D．100℃時(shí)水的電離程度是室溫時(shí)的100倍11、關(guān)于三種有機(jī)物敘述正確的是（-SH的性質(zhì)類似于-OH）（）甲：阿司匹林乙：青霉素氨基酸丙：麻黃堿A．三種有機(jī)物都能發(fā)生消去反應(yīng)B．三種有機(jī)物都能與NaOH反應(yīng)C．甲的苯環(huán)上的一氯代物有2種D．丙的分子式為C10H15ON，苯環(huán)上的一氯代物有3種12、足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與3.36LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是（）A．60mL B．90mL C．120mL D．150mL13、某學(xué)生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液與0.5mol/LNa2CO3溶液的反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)如下。實(shí)驗(yàn)1實(shí)驗(yàn)2下列分析正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．實(shí)驗(yàn)2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．檢驗(yàn)白色沉淀a、b是否洗滌干凈，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液D．實(shí)驗(yàn)1、2中，白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH無(wú)關(guān)14、下列化學(xué)用語(yǔ)正確的是：（）A．硫的原子結(jié)構(gòu)示意圖： B．NH4Cl的電子式：C．原子核內(nèi)有8個(gè)中子的氧原子：188O D．Be2+離子中的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)之比為2:115、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡(jiǎn)單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說(shuō)法正確的是A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：B＞EB．原子半徑：C＞B＞AC．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：E＞CD．化合物DC與EC2中化學(xué)鍵類型相同16、甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、SO、NH、HCO中不同陽(yáng)離子和陰離子各一種組成，已知：①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合均有白色沉淀生成；②0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。下列結(jié)論不正確的是A．甲溶液中含有Ba2＋ B．乙溶液中含有SOC．丙溶液中含有Cl－ D．丁溶液中含有Mg2＋二、非選擇題（本題包括5小題）17、隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素(用字母x等表示)原子半徑的相對(duì)大小、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）用于文物年代測(cè)定的元素，其核素符號(hào)為_(kāi)________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序?yàn)開(kāi)________(用離子符號(hào)表示)。（3）元素f的單質(zhì)與元素e的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________。（4）元素h單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于元素g單質(zhì)的氧化性的事實(shí)是___________(用離子方程式表示)。18、A、B、C、D是元素周期表中前36號(hào)元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。第二周期元素A原子的核外成對(duì)電子數(shù)是未成對(duì)電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級(jí)，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序是_______(用對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為_(kāi)_____。(2)A的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分子中，其中心原子采取_____雜化；BC3-的立體構(gòu)型為_(kāi)_____(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π鍵個(gè)數(shù)為_(kāi)_____。(4)如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則該合金中Ca和D的原子個(gè)數(shù)比______。(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，它們有很強(qiáng)的儲(chǔ)氫能力。己知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.0×10-23cm3，儲(chǔ)氫后形成LaNinH4.5合金(氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n=________(填數(shù)值)；氫在合金中的密度為_(kāi)_______(保留2位有效數(shù)字)。19、工業(yè)以軟錳礦（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量雜質(zhì)）為主要原料制備高性能的磁性材料碳酸錳（MnCO3）。其工業(yè)流程如下：（1）浸錳過(guò)程中Fe2O3與SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，該反應(yīng)是經(jīng)歷以下兩步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的。寫出ⅱ的離子方程式：_____________。?。篎e2O3+6H+=2Fe3++3H2Oⅱ：……（2）過(guò)濾I所得濾液中主要存在的兩種金屬陽(yáng)離子為_(kāi)____________（填離子符號(hào)）。（3）寫出氧化過(guò)程中MnO2與SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________________。（4）“浸錳”反應(yīng)中往往有副產(chǎn)物MnS2O6生成，溫度對(duì)“浸錳”反應(yīng)的影響如圖所示，為減少M(fèi)nS2O6的生成，“浸錳”的適宜溫度是_________；向過(guò)濾Ⅱ所得的濾液中加入NH4HCO3溶液時(shí)溫度不宜太高的原因是___________________。（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同時(shí)還有氣體生成，寫出反應(yīng)的離子方程式：___________________。（6）生成的MnCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗(yàn)洗滌是否完全的方法是____________________。20、氨氣是重要的化工原料。(1)檢驗(yàn)氨氣極易溶于水的簡(jiǎn)單操作是：收集一試管氨氣，______________。(2)往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化學(xué)式為_(kāi)________；過(guò)濾后，使余液盡可能析出較多NH4Cl晶體的方法是：再通入足量的NH3、冷卻并加入________，請(qǐng)說(shuō)明這樣操作為什么可以析出較多NH4Cl的原因：_________________。某NaHCO3晶體中含有NaCl雜質(zhì)，某同學(xué)在測(cè)定其中NaHCO3的含量時(shí)，稱取5.000g試樣，定容成100mL溶液，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定(用甲基橙做指示劑)，測(cè)定數(shù)據(jù)記錄如下：滴定次數(shù)待測(cè)液(mL)0.5000mol/L鹽酸溶液的體積(mL)初讀數(shù)終讀數(shù)第一次20.001.0021.00第二次20.00如圖Ⅰ如圖Ⅱ(3)定容過(guò)程中需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、___________和____________。(4)當(dāng)?shù)味ㄖ羅_________________________，即為滴定終點(diǎn)；第二次滴定，從圖I圖II顯示消耗的鹽酸溶液體積為_(kāi)________mL。(5)該實(shí)驗(yàn)測(cè)定樣品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_________(保留2位小數(shù))。(6)若該同學(xué)測(cè)定結(jié)果偏大，請(qǐng)寫出一個(gè)造成該誤差的原因_____________。21、原子序數(shù)依次遞增的A、B、C、D、E五種元素，其中只有E是第四周期元素，A的一種核素中沒(méi)有中子，B原子基態(tài)時(shí)最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，D原子基態(tài)時(shí)2p原子軌道上有2個(gè)未成對(duì)的電子，E元素的原子結(jié)構(gòu)中3d能級(jí)上未成對(duì)電子數(shù)是成對(duì)電子數(shù)的2倍?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）E的+2價(jià)離子基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)______。（2）A、B、C、D原子中，電負(fù)性最大的是_______（元素符號(hào)）（3）1molB2A4分子中σ鍵的數(shù)目為_(kāi)_____。B4A6為鏈狀結(jié)構(gòu)，其分子中B原子軌道的雜化類型只有一種，則雜化類型為_(kāi)______。（4）C的簡(jiǎn)單氫化物在D的簡(jiǎn)單氫化物中具有很大的溶解度，其主要原因是______。（5）E和C形成的一種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該化合物的化學(xué)式為_(kāi)_____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、C【解析】A、氯化鈉溶液和水都不能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)，但水是純凈物，不屬于分散系，A錯(cuò)誤；B、膠體的粒子是很多分子的集合體，不能確定膠體的粒子數(shù)，B錯(cuò)誤；C、黃河水屬于膠體，入海時(shí)遇到電解質(zhì)溶液而發(fā)生聚沉現(xiàn)象形成三角洲，與膠體的性質(zhì)有關(guān)，C正確；D、電泳現(xiàn)象說(shuō)明膠體粒子帶電荷，D錯(cuò)誤；答案選C。2、D【分析】圖為周期表中短周期的一部分，d處于第二周期，a、b、c處于第三周期，c原子的最外層上有5個(gè)電子，則c為P元素，a為Al元素，b為Si元素，d為N元素，據(jù)此解答?！驹斀狻緼、d為N元素，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為HNO3，a為Al元素，Al可以與硝酸反應(yīng)，故A正確；B、同周期主族元素自左而右，原子半徑減?。煌髯逶刈陨隙?，原子半徑增大，所以原子半徑a>b>c﹥d，故B正確；C、同周期主族元素自左而右，非金屬性增強(qiáng)，所以非金屬性b＜c，非金屬越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，所以c的氫化物比b的氫化物穩(wěn)定，故C正確；D、同周期主族元素自左而右，非金屬性增強(qiáng)，所以非金屬性a＜b，非金屬越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，所以a的最高價(jià)氧化物的水化物比b的最高價(jià)氧化物的水化物酸性弱，故D錯(cuò)誤。答案選D?！军c(diǎn)睛】本題以元素周期表的結(jié)構(gòu)為載體，考查元素推斷、元素周期律、物質(zhì)性質(zhì)，清楚周期表的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵。3、A【詳解】A、Al與NaOH反應(yīng)生成NaAlO2和H2，NaAlO2屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，加熱其溶液可得到NaAlO2固體，故A正確；B、電解NaCl溶液不可能得到NaHCO3，不能實(shí)現(xiàn)題干物質(zhì)轉(zhuǎn)化，故B錯(cuò)誤；C、新制Cu(OH)2懸濁液與葡萄糖在加熱條件下會(huì)生成Cu2O，而非Cu，故C錯(cuò)誤；D、Mg屬于較活潑金屬，電解其水溶液無(wú)法得到其金屬單質(zhì)，故D錯(cuò)誤。4、A【詳解】A.陶瓷的主要成分為硅酸鹽，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，故A選；B.紙張的主要成分為纖維素，為有機(jī)材料，故B不選；C.不銹鋼的主要成分為鐵，有無(wú)機(jī)金屬材料，故C不選；D.蠶絲主要成分為蛋白質(zhì)，為有機(jī)材料，故D不選。故答案選：A。5、B【解析】加熱氯化銨分解產(chǎn)生氨氣和氯化氫，化學(xué)鍵斷裂。干冰汽化固體變成氣體，不需要破壞化學(xué)鍵。石油裂化長(zhǎng)鏈烴變成短鏈烴，發(fā)生化學(xué)變化。氯化氫溶于水，電離出自由移動(dòng)的離子，共價(jià)鍵破壞。6、D【解析】A.氫氧化鈉能夠與玻璃中二氧化硅反應(yīng)生成具有粘性硅酸鈉溶液，離子方程式：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正確；B.由于鐵離子發(fā)生水Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以配制FeCl3溶液時(shí)要加鹽酸，抑制鐵離子的水解，故B正確；C．在燃煤時(shí)加入石灰石，可減少SO2的排放，發(fā)生反應(yīng)為2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，故C正確；D.

強(qiáng)堿溶液中，離子方程式的生成物中不可能出現(xiàn)大量氫離子，故D錯(cuò)誤。答案選D。7、A【詳解】①常溫常壓下，17g甲基(-14CH3)的物質(zhì)的量為=1mol，1個(gè)-14CH3中含有中子的個(gè)數(shù)為14-6=8個(gè)，則1mol-14CH3中含有中子的個(gè)數(shù)為8NA，錯(cuò)誤；②Cl2+H2OHCl+HClO，向氯水中加入碳酸鈣粉末，CaCO3+HCl=CaCl2+H2CO3，從而使反應(yīng)平衡向生成HClO的方向移動(dòng)，提高溶液中HClO的濃度，正確；③標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3呈固態(tài)。所以含有1mol硫原子的SO2

與SO3的混合物，其體積小于22.4L，正確；④二氧化硅能和堿反應(yīng)生成鹽和水，但只能與氫氟酸反應(yīng)，所以二氧化硅是酸性氧化物，不是兩性氧化物，錯(cuò)誤；⑤氟氣性質(zhì)活潑，與碘化鉀溶液混合，F(xiàn)2與H2O反應(yīng)，不能置換出KI溶液中的碘，錯(cuò)誤；⑥加入鋁粉能放出H2的溶液中，存在大量的H+或OH-離子（強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性）。當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，F(xiàn)e2+不能大量存在，當(dāng)溶液呈酸性時(shí)，具有強(qiáng)氧化性，會(huì)和Fe2+反應(yīng)，不能大量共存，錯(cuò)誤；⑦鋁在濃硝酸中會(huì)鈍化，不溶于過(guò)量濃硝酸，錯(cuò)誤；⑧BrCl與H2O完全反應(yīng)生成氯化氫和次溴酸，該反應(yīng)中沒(méi)有化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，錯(cuò)誤；正確的有2個(gè)，故選A。8、B【分析】實(shí)驗(yàn)室用乙酸和丁醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)制備乙酸丁酯，為可逆反應(yīng)，反應(yīng)總濃硫酸起到吸水劑和催化劑作用，為提高丁醇的轉(zhuǎn)化率，可使用過(guò)量的乙酸，結(jié)合酯類的性質(zhì)解答該題?！驹斀狻緼.水浴加熱溫度較低，不能超過(guò)100℃，應(yīng)直接加熱，故A錯(cuò)誤；B.采用冷凝回流的方法，可使反應(yīng)物充分利用，提高轉(zhuǎn)化率，故B.正確；C.邊反應(yīng)邊蒸餾，導(dǎo)致乙酸、丁醇揮發(fā)，產(chǎn)率較低，故C錯(cuò)誤；D.乙酸丁酯在氫氧化鈉溶液中水解，一般可用碳酸鈉飽和溶液，故D錯(cuò)誤。答案選B。9、A【解析】A、O→a段發(fā)生的離子反應(yīng)為Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，當(dāng)Fe2+沉淀完全后，沉淀產(chǎn)生的增幅降低，出現(xiàn)了拐點(diǎn)，所以a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶質(zhì)為（NH4）2SO4，故A正確；B、隨著B(niǎo)a（OH）2溶液的滴入，NH4+參加反應(yīng)，a→b段的反應(yīng)為2NH4++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3?H2O，故B錯(cuò)誤；C、b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的沉淀為BaSO4和Fe（OH）2，總量為0.3mol，故C錯(cuò)誤；D、到b點(diǎn)時(shí)，溶液中的離子基本反應(yīng)結(jié)束，且此時(shí)消耗的Ba（OH）2溶液的體積為200ml，故c點(diǎn)大于200ml，故D錯(cuò)誤。答案選A。10、C【詳解】A.25℃時(shí)純水的，100℃時(shí)，，這說(shuō)明100℃水的電離程度較大，A錯(cuò)誤；B.電離吸熱，加熱促進(jìn)水的電離，因此前者較后者的小，B錯(cuò)誤；C.水的電離是吸熱的，加熱促進(jìn)水的電離，因此水的離子積常數(shù)增大，C正確；D.由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)可知，25℃時(shí)，水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為10-7mol/L,100℃時(shí)，水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為10-6mol/L,因此100℃時(shí)水的電離程度不是室溫時(shí)的100倍，D錯(cuò)誤；答案選C。11、D【詳解】A．阿司匹林不能發(fā)生消去反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．阿司匹林含有羧基，青霉素氨基酸含有羧基，它們都可與NaOH反應(yīng)，麻黃堿不含羧基，也不含酚羥基，它不能用與NaOH反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．甲的苯環(huán)上有4種等效氫，苯環(huán)上的一氯代物有4種，C錯(cuò)誤；D．麻黃堿的分子式為C10H15ON，苯環(huán)上有3種等效氫，苯環(huán)上的一氯代物有3種，故D正確；故選D。12、C【分析】分析反應(yīng)過(guò)程，可知Cu失去的電子全部轉(zhuǎn)移給HNO3，生成了氮氧化物，而這些氮氧化物又全部將所得電子轉(zhuǎn)移給了O2，生成了HNO3，相當(dāng)于Cu失去的電子全部轉(zhuǎn)移給了O2，故可以通過(guò)O2的量來(lái)計(jì)算參加反應(yīng)的Cu的量，也可以計(jì)算出生成的Cu2+的量，從而計(jì)算得NaOH的體積。【詳解】根據(jù)分析，題中n(O2)=，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)=，1molCu可轉(zhuǎn)移2mol電子，故可知共有0.3molCu參與反應(yīng)，即生成0.3molCu2+，0.3molCu2+完全沉淀，則需要0.6molNaOH，故V(NaOH)=，C項(xiàng)正確；答案選C。13、C【分析】由現(xiàn)象可知：實(shí)驗(yàn)1發(fā)生完全雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3，實(shí)驗(yàn)2過(guò)量的Na2CO3與完全雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3發(fā)生反應(yīng)?！驹斀狻緼.實(shí)驗(yàn)1中，沉淀溶解，無(wú)氣泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A錯(cuò)誤；B.實(shí)驗(yàn)2中，沉淀溶解，少量氣泡，該氣體是CO2，但不能說(shuō)明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B錯(cuò)誤；C.檢驗(yàn)白色沉淀a、b是否洗滌干凈，即可檢驗(yàn)有無(wú)SO42-，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)，故C正確；D.實(shí)驗(yàn)1、2中，過(guò)量Al2(SO4)3溶液顯酸性，過(guò)量Na2CO3溶液顯堿性，不能確定白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH有關(guān)，故D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】注意D項(xiàng)中，強(qiáng)酸弱堿鹽顯酸性，強(qiáng)堿弱酸鹽顯堿性。14、D【解析】A、S原子的最外層電子數(shù)是6個(gè)，A不正確；B、氯離子的電子式不正確，應(yīng)該是，B不正確；C、應(yīng)該是，不正確；正確的答案選D。15、A【分析】A、B形成的簡(jiǎn)單化合物常用作制冷劑，該化合物為氨氣，A為H，B為N；D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，則D的質(zhì)子數(shù)=2+8+2=12，D為Mg；化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，C為O；A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，E為Si?！驹斀狻緼.N的非金屬性強(qiáng)于Si，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性B＞E，A正確；B.同周期，原子半徑隨原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑N>O，即B>C>A，B錯(cuò)誤；C.元素的非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，故氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性C>E，C錯(cuò)誤；D.化合物DC為MgO，EC2為SiO2，DC中為離子鍵，EC2為共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤；故答案選A?！军c(diǎn)睛】日常學(xué)習(xí)中注意積累相關(guān)元素化合物在實(shí)際生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，以便更好地解決元素化合物的推斷題。16、D【詳解】A.甲能與乙產(chǎn)生白色沉淀，可知甲中應(yīng)有Ba2＋，故A正確；B.0.1mol·L－1乙溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1可知乙為二元強(qiáng)酸，結(jié)合離子組成乙應(yīng)為硫酸，故B正確；C.向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成可知丙中含Cl－，故C正確；D.因甲與丙也產(chǎn)生白色沉淀，鋇離子與氯離子不反應(yīng)，則說(shuō)明丙中的陽(yáng)離子與甲中的陰離子能夠結(jié)合成沉淀，結(jié)合離子組成可知丙中陽(yáng)離子為Mg2＋，甲中的陰離子為OH－，又甲、乙、丙、丁中的陰陽(yáng)離子各不相同，則丁只能碳酸氫銨，故D錯(cuò)誤。故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】從圖中的化合價(jià)、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）能用于文物年代測(cè)定的是14C，其核素的符號(hào)為：614C，z元素為氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案為：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的簡(jiǎn)單離子分別是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三個(gè)電子層，半徑最大，O2-、Na+、Al3+三種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案為S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為NaOH，兩者反應(yīng)的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h為氯元素，元素g為硫元素，氯元素的非金屬性較硫強(qiáng)，所以氯氣的氧化性強(qiáng)于硫，能與硫化鈉溶液或氫硫酸反應(yīng)得到硫單質(zhì)，反應(yīng)的離子反應(yīng)為：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案為S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。18、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號(hào)元素，它們的核電荷數(shù)依次增大；第二周期元素A原子的核外成對(duì)電子數(shù)是未成對(duì)電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級(jí)，則A是C元素；C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，且原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；基態(tài)D原子核外有29個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的簡(jiǎn)化電子排布式；(2)A的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是H2CO3，該分子中中心原子C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其中心原子雜化方式及碳酸根離子空間構(gòu)型；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個(gè)CN-中含有C、N三鍵，1個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵，據(jù)此計(jì)算1molCN-中含有的π鍵個(gè)數(shù)；(4)根據(jù)圖示的金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法計(jì)算Ca、Cu原子個(gè)數(shù)之比；(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，根據(jù)Ca、Cu合金確定該鑭鎳合金中n值；其密度根據(jù)ρ=計(jì)算。【詳解】根據(jù)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，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以C、N、O元素第一電離能從小到大順序是C<O<N；基態(tài)Cu原子核外有29個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其中心原子雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構(gòu)型為平面三角形；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個(gè)CN-中C、N原子之間形成三個(gè)共價(jià)鍵，其中含有1個(gè)σ鍵，含有2個(gè)π鍵，則1molCN-中含有的π鍵個(gè)數(shù)為2NA；(4)根據(jù)金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知：該晶胞中Ca原子個(gè)數(shù)=8×=1，含有的Cu原子個(gè)數(shù)=8×+1=5，則該晶體中Ca、Cu原子個(gè)數(shù)之比為1：5；(5)Ca、Cu合金化學(xué)式為CaCu5，鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，所以該鑭鎳合金中n=5；該物質(zhì)密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化、電離能、核外電子排布等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握原子結(jié)構(gòu)理論、物質(zhì)結(jié)構(gòu)變化的一般規(guī)律及反?，F(xiàn)象是正確分析判斷的基礎(chǔ)，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，題目側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算及空間想象能力。19、2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Mn2+、Fe2+MnO2+SO2=MnSO490℃防止NH4HCO3受熱分解，提高原料利用率Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O取1-2mL最后一次洗液于試管，滴加鹽酸酸化BaCl2溶液，若無(wú)白沉淀產(chǎn)生，則洗滌干凈【解析】(1)反應(yīng)ⅱ是溶液中的Fe3+氧化SO2生成硫酸，本身還原為Fe2+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(2)浸錳操作時(shí)MnO2被SO2還原為Mn2+，則過(guò)濾Ⅰ所得濾液中主要存在的兩種金屬陽(yáng)離子為Mn2+、Fe2+；(3)氧化過(guò)程中MnO2被還原為Mn2+，SO2被氧化為SO42-，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+SO2=MnSO4；(4)由圖示可知溫度在90℃左右時(shí)，錳的浸出率最高，此時(shí)MnS2O6的生成率最低，則“浸錳”的適宜溫度是90℃；因NH4HCO3穩(wěn)定性差，受熱易分解，向過(guò)濾Ⅱ所得的濾液中加入NH4HCO3溶液時(shí)溫度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受熱分解，提高原料利用率；(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同時(shí)還有氣體生成，此氣體應(yīng)為CO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(6)生成的MnCO3沉淀表面附著液中含有SO42-，則檢驗(yàn)洗滌是否完全的方法是取1-2mL最后一次洗液于試管，滴加鹽酸酸化BaCl2溶液，若無(wú)白沉淀產(chǎn)生，則洗滌干凈。20、倒插入水中，水迅速充滿試管NaHCO3NaCl足量的NH3、冷卻并加入NaCl，能夠增大NH4+和Cl-的濃度，使平衡NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動(dòng)100mL容量瓶膠頭滴管溶液由橙色變成黃色，且半分鐘內(nèi)部變色20.2084.42%滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)酸液進(jìn)行滴定(或滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失或錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗了等)【分析】(1)根據(jù)氨氣極易溶于水分析解答；(2)根據(jù)侯氏制堿法的反應(yīng)原理分析判斷；結(jié)合NH4Cl飽和溶液中存在NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根據(jù)定容的操作分析解答；(4)碳酸氫鈉溶液顯堿性，用甲基橙做指示劑時(shí)，開(kāi)始時(shí)溶液顯橙色，解甲基橙的變色范圍分析判斷；根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)結(jié)合圖I圖II讀出初讀數(shù)和終讀數(shù)，再計(jì)算消耗的鹽酸溶液體積；(5)計(jì)算兩次消耗鹽酸的平均值，計(jì)算消耗鹽酸的物質(zhì)的量，依據(jù)方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后計(jì)算碳酸氫鈉的物質(zhì)的量和質(zhì)量，計(jì)算其質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(6)根據(jù)c(待測(cè))=，測(cè)定結(jié)果偏大，造成該誤差的原因?yàn)閂(標(biāo)準(zhǔn))偏大，結(jié)合造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大的可能因素解答?！驹斀狻?1)檢驗(yàn)氨氣易溶于水的簡(jiǎn)單操作是：收集一試管氨氣，將試管倒插入水中，水迅速充滿試管，故答案為：倒插入水中，水迅速充滿試管；(2)根據(jù)侯氏制堿法的反應(yīng)原理，往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，可生成碳酸氫鈉沉淀；NH4Cl飽和溶液中存在NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)，為盡可能析出較多NH4Cl晶體，可以向溶液中再通入足量的NH3、冷卻并加入NaCl，可使平衡逆向移動(dòng)，故答案為：NaHCO3；NH3；NaCl；足量的NH3、冷卻并加入NaCl，能夠增大NH4