河北省邢台市2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题

河北省邢台市2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题

高三化学试卷 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ ‎4.可能用到的相对原子质全:H‎1 C12 O16 Al27 Cl35.5 Ti48‎ 第Ⅰ卷(选择题 共42分)‎ 一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.世界上最大的空港——北京新机场，被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界机场多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列属于无机材料的是 A. 高韧薄层沥青罩面 B. 隔震橡胶垫 C. 超高分子量聚乙烯纤维 D. 高强度耐腐蚀钢筋 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高韧薄层沥青罩面，成分为烃类有机物质，属于有机材料，故A错误； ‎ B．隔震橡胶垫，成分为有机高分子材料，属于有机材料，故B错误；‎ C．超高分子量聚乙烯纤维，是有机高分子材料，属于有机材料，故C错误；‎ D．高强度耐腐蚀钢筋的主要成分为铁合金，是金属材料，属于无机材料，故D正确； ‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 掌握有机物与无机物的概念、特征是解答此题的关键。要知道无机材料主要包括金属、氮化物、硅酸盐等物质组成的材料，有机材料是指成分为有机化合物的材料，最基本的组成元素是都含碳元素。‎ ‎2.下列化学用语表示正确的是 A. 16O2－的离子结构示意图： B. 甲烷的球棍模型：‎ C. 乙酸的结构式：CH3COOH D. 羟基的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O的质子数为8，原子核外电子数为8，则16O2－的离子结构示意图为，故A错误；‎ B．为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，故B错误；‎ C．CH3COOH为乙酸的结构简式，结构式需要用“—”表示出化学键，故C错误；‎ D．羟基结构简式为-OH，为电中性粒子，电子式为，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同 B. C4H8O2的同分异构体中，能与碳酸钠溶液反应的有2种 C. 硬脂酸甘油酯发生皂化反应后，加入饱和食盐水，下层有固体析出 D. 组成人体蛋白质的氨基酸均须由食物供给 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分馏汽油中没有烯烃，不能使溴水褪色，与溴水发生萃取；裂化汽油中含有烯烃，能够使溴水褪色，故A错误；‎ B、C4H8O2的同分异构体中，能与碳酸钠溶液反应，说明结构中含有羧基，符合条件的有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，故B正确；‎ C、硬脂酸甘油酯发生皂化反应后，加入饱和食盐水，发生盐析，析出的高级脂肪酸的钠盐的密度比水小，在上层有固体析出，故C错误；‎ D、组成人体蛋白质的氨基酸分为必需氨基酸和非必需氨基酸，非必需氨基酸可以由人体合成，不一定由食物供给，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是 A. c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、SO42－、SCN－‎ B. 在pH＝2的溶液中：NH4＋、K＋、F－、NO3－‎ C. 由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：Mg2＋、Na＋、SO42－、ClO－‎ D. 通入足量CO2的溶液中：H＋、NH4＋、Al3＋、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SCN-与Fe3+发生络合反应而不能大量共存，故A错误；‎ B．pH=2的溶液呈酸性，酸性条件下F－不能大量存在，故B错误；‎ C．水电离c(H+)=10-12 mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下ClO-不能大量存在，碱性条件下Mg2＋不能大量存在，故C错误；‎ D．通入足量CO2的溶液中不和H+、NH4+、Al3+、SO42-离子反应，且离子间也不发生反应，能大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意氢卤酸中只有氢氟酸为弱酸，其余为强酸。‎ ‎5.一定条件下，卤素互化物碘化砹(AtI)与Zn、NH3发生反应，化学方程式：2AtI+2Zn=ZnI2+ZnAt2、AtI+2NH3(l)=NH4I+AtNH2。下列叙述正确的是 A. 上述两个反应均是氧化还原反应 B. 上述两个反应均是非氧化还原反应 C. ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物 D. AtI与Zn反应，AtI是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、AtI+2NH3(l)=NH4I+AtNH2中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；‎ B、2AtI+2Zn=ZnI2+ZnAt2反应中，Zn的化合价升高，At元素化合价降低，属于氧化还原反应，故B错误；‎ C、反应中，Zn的化合价升高，对应产物ZnI2、ZnAt2是氧化产物，At元素化合价降低，ZnAt2是还原产物，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；‎ D、AtI与Zn反应中，Zn的化合价升高，锌为还原剂，At元素化合价降低，AtI是氧化剂，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】准确判断AtI中I为-1价，At为+1价是解答本题的关键。解答本题要注意化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，对应产物是还原产物，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，对应产物是氧化产物。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 标准状况下，30.8gCCl4中所含的原子数为NA B. ‎100g46%乙醇溶液中含有的H－O键的数目为NA C. 1molNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为NA D. n(H2SO3)+n(HSO3-)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na＋的数目大于NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、30.8gCCl4的物质的量为=0.2mol，含有原子1mol，所含的原子数为NA，故A正确；‎ B、乙醇溶液中，除了乙醇中含有H-O键外，溶剂水中也含H-O键，而‎100g46%的乙醇溶液中含乙醇为1mol，故含H-O键数目为NA，含水为‎54g，物质的量为3mol，故含H-O键数目为6NA，则此溶液中共含7NA个H-O键，故B错误；‎ C、1mol Na2O2与足量CO2充分反应2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，只有过氧化钠中的O的化合价发生变化，转移的电子数为NA，故C正确；‎ D、HSO3-在溶液中既能部分水解为H2SO3又能部分电离为SO32-，故当n(H2SO3)+n(HSO3-)=1mol时，NaHSO3的物质的量大于1mol，则钠离子的个数多于NA个，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.以Pt－g-C3N4为催化剂，用光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。‎ 该脱除过程中，下列说法不正确的是 A. 该过程太阳能转化为化学能 B. Pt端发生的是氧化反应 C. 过程①发生的电极反应为H2O2－2e－＝O2↑＋2H＋‎ D. 过生③的化学方程式为2NO2＋H2O2＝2HNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图示，脱除过程中，太阳能转化为化学能，故A正确；‎ B、根据图示，Pt端NO失去电子，发生氧化反应生成NO2，反应式为NO+H2O-2e-=NO2+2H+，最终NO2和H2O2发生氧化还原反应生成硝酸，故B正确；‎ C、由脱除NO过程图可知，Pt端NO失去电子，发生氧化反应生成NO2，反应式为NO+H2O-2e-=NO2+2H+，g-C3N4端氧气得到电子与氢离子结合生成过氧化氢，发生还原反应，电极反应为O2＋2H＋+2e－＝H2O2，故C错误；‎ D、最终NO2和H2O2发生氧化还原反应生成硝酸，反应的方程式为2NO2+H2O2=2HNO3，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，W、Z核外电子数之和是X核外电子数的2倍，Y的最外层电子数是其质子数的。下列叙述正确的是 A. X、Z两元素可形成离子化合物 B. 气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z C. 该新化合物中的Y元素满足8电子稳定结构 D. Y、Z元素分别对应的最高价氧化物的水化物均是强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为同一短周期元素，Y的最外层电子数是其质子数的，Y为Li或P元素，根据化合物的结构示意图，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，Y能形成2个共价键，则Y只能为P，X位于第IVA族，为Si元素；Z位于第VIIA族，为Cl元素，W、Z核外电子数之和是X核外电子数的2倍， 则W的核外电子数为11，W为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素。‎ A、Si和Cl都是非金属元素，形成共价化合物，故A错误；‎ B、元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性：X＜Y＜Z，故B错误；‎ C、Y为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，故C正确； ‎ D、磷酸不能完全电离，属于中强酸范畴，不属于强酸，故D错误； ‎ 故选C。‎ ‎【点睛】正确推断Y元素是解本题关键。本题的易错点为根据Y形成的共价键为2个，判断Y为S元素，就会导致错误。‎ ‎9.环丙叉环丙烷可通过下列反应生成：‎ 下列说法不正确的是 A. 反应②属于取代反应 B. Z与苯互为同分异构体 C. Z分子中所有碳原子处于同一平面 D. 与W互为同分异构体的链状羧酸类化合物有8种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应②中X中的羟基被替代为溴原子，属于取代反应，故A正确；‎ B、Z的分子式为C6H8，与苯的分子式不同，不属于同分异构体，故B错误；‎ C、Z分子中含有碳碳双键，为平面结构，-CH2-中的碳原子取代的是乙烯中氢原子的位置，因此所有碳原子处于同一平面，故C正确；‎ D、W的分子式为C5H8O2，与W互为同分异构体的链状羧酸类化合物中含有—COOH，链状烃基-C4H7的结构有：4个碳原子在一条直链上，则羧基有2种位置，其中羧基在1号碳原子上，双键有3种位置，羧基在2号碳原子上，双键有3种位置；3个碳原子在一条直链上，还有一个碳做支链，羧基有1种位置，碳碳双键有2种位置；因此共8种，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的D也可以根据丁烯中H原子的种类分析判断，丁烯有3种，共有8种化学环境的H原子。‎ ‎10.在两个容积均为‎2L的恒容密闭容器中，起始时均充入a molH2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验[反应为2H2S2H2(g)+S2(g)]。测得的结果如图所示。（曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率）‎ 下列说法正确的是 A. 温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量减少 B. 由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率 C. ‎900°C时，ts后达到平衡，则H2的生成速率为mol·L-1·s-1‎ D. 约‎1100°C，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像可知，温度升高，H2S的分解速率增大，H2S转化率增大，则平衡右移，S2的含量增大，故A错误；‎ B．催化剂不影响平衡的移动，加入催化剂Al2O3，H2S的平衡转化率不变，故B错误；‎ C．‎900°C时，ts后达到平衡，H2S的平衡转化率为50%，则生成的氢气为a mol，则H2的生成速率为=mol·L-1·s-1，故C错误；‎ D．催化剂需要适宜温度，根据图像，约‎1100°C，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明不论有无催化剂，反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意催化剂影响化学反应速率，但不影响化学平衡的移动。‎ ‎11.根据下列实验所操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验，操作和现象 实验结论 A 石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色 产生的气体中一定含有C2H4‎ B 常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 C 将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，依次出现白色沉淀、溶液褪色 分解产生物中一定有SO3和SO2‎ D 向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色 I－还原性强于Cl－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，气体中含有不饱和烃，但不一定为乙烯，故A错误；‎ B．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；‎ C．将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，Ba(HSO3)2溶液出现白色沉淀，说明生成物中含有三氧化硫，三氧化硫的水溶液显强酸性，能够与亚硫酸氢根离子反应放出二氧化硫，因此品红溶液褪色，不能说明生成物中含有二氧化硫，故C错误；‎ D．由现象可知NaI溶液中滴入少量新制氯水，生成碘易溶于苯，则I-还原性比Cl-强，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意硫酸能够与Ba(HSO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，同时会放出二氧化硫气体。‎ ‎12.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，可用电解法从溶液中除去。有Cl－存在时。除氮原理如图1所示。主要依靠有效氯（HClO、ClO－）将NH4＋或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度与溶液pH的关系如图2所示。‎ 下列说法不正确的是 A. pH＝3时，主要发生ClO－氧化NH3的反应 B. pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小 C. pH>8时，NH4＋转变为NH3·H2O，且有利于NH3逸出 D. pH<8时，氮的去除率随pH的减少而下降的原因是c(HClO)减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、pH＝3时，有效氯主要以HClO存在，主要发生HClO氧化NH3的反应，反应后，次氯酸被还原为氯离子，离子反应方程式为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+，故A错误；‎ B、根据图像，pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，故B正确；‎ C、当pH＞8时，有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是：pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化(或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出)，故C正确；‎ D、当pH＜8时，氮去除率随pH的降低而下降，结合平衡移动原理，可能的原因是：随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.已知某校回收的含银悬浊废水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl等，设计从废水中回收硝酸银的具体流程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅱ中发生的主要反应的离子方程：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O B. 实验中用铝粉代替铝片可以加快反应速率并简化实验操作 C. 步骤Ⅲ中若先将Ag氧化为Ag2O，再加入稀硝酸反应有利于环保 D. 操作Ⅰ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含银悬浊废水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl 等，加入盐酸后生成氯化银沉淀，过滤后，滤渣的主要成分是氯化银，在氯化银中加入铝片、氢氧化钠溶液后置换出银，然后用硝酸溶解得到硝酸银溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硝酸银晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、步骤Ⅱ中主要发生铝、氢氧化钠溶液与氯化银的置换反应，发生的主要反应的离子方程式为：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O，故A正确；‎ B、若实验中用铝粉代替铝片可以加快反应速率，但置换出的银中混入了铝粉，还需要分离提纯，没有简化实验操作，故B错误；‎ C、银与稀硝酸反应会生成NO，污染环境，若先将Ag氧化为Ag2O，再加入稀硝酸反应，可以防止NO的生成，有利于环保，故C正确；‎ D、操作Ⅰ是从硝酸银溶液中获得硝酸银晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A. 加入的NaHCO3先与NaOH反应 B. b点和c点均有c(Na＋)＜‎2c(CO32－)＋c(HCO3－)‎ C. NaHCO3溶液的物质的量浓度为1.125 mol·L－1‎ D. d点时：c(Na＋)=‎2c(CO32－)＋‎2c(HCO3－)＋‎2c(H2CO3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像，V(NaHCO3)＜8mL时，无沉淀生成，说明氢氧化钠过量，则先发生反应为HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，V(NaHCO3)＞8mL时，生成沉淀，则发生 HCO3-+AlO2-+H2O＝Al(OH)3↓+CO32-，因此加入的NaHCO3先与NaOH反应，故A正确；‎ B、b点与c点溶液所含微粒种类相同且都显碱性，均含Na+、AlO2-、OH-、CO32-，根据物料守恒可知c(Na＋)＞‎2c(CO32－)＋c(HCO3－)，故B错误；‎ C、加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.036mol，NaOH过量，滤液中含NaOH，由OH-+HCO3-＝CO32-+H2O、HCO3-+AlO2-+H2O＝Al(OH)3↓+CO32-可知，前8mL不生成沉淀，因此与偏铝酸钠反应的碳酸氢钠是32mL，则c(NaHCO3)==1.125mol/L，故C正确；‎ D、d点时，沉淀量最大，此时溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒可知：c(Na+)=‎2c(CO32-)+‎2c(HCO3-)+‎2c(H2CO3)，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】把握图中沉淀与pH的变化、发生的反应、离子共存为解答的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化铝达到最多时，消耗的碳酸氢钠为32mL。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共58分)‎ 二、必考题（本题包括3小题，共43分）‎ ‎15.硫氰化钾(KSCN)是常用的化学试剂，常用做Fe3＋的指示剂，加入后产生血红色絮状络合物。配制的硫氰酸盐(硫氰化物)溶液，还可以用于鉴别Fe3＋和Cu2＋。某实验小组同学设计实验，用KSCN探究Cu和Fe2(SO4)3溶液反应后的产物。已知：‎ i.Cu2＋可与SCN－反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2；‎ ii.(SCN)2被称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄绿色；(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可与水、碱等发生反应。‎ 实验Ⅰ：取少量反应后的清液于试管中，滴加2滴1mol·L－1KSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去，继续滴加数滴KSCN溶液后，溶液又变为红色。‎ ‎（1）依据现象可判断白色沉淀为____，生成该沉淀的离子方程式为____。‎ 实验Ⅱ：该小组同学继续探究白色沉淀的成因，进行如下实验：‎ 试管内试剂 实验现象 第1组：2 mL 0.1 mol·L－1CuSO4、2 mL水、‎ ‎3滴0.1 mol·L－1KSCN溶液 短时间内无明显变化，溶液颜色仍为蓝色，1小时后有少量白色沉淀生成 第2组：2 mL 2 mL水、3滴0.1 mol·L－1KSCN溶液 无明显变化 第3组：2 mL 0.1 mol·L－1CuSO4、2 mL 0.2 mol·L－1FeSO4、3滴0.1 mol·L－1KSCN溶液 立刻产生白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去 ‎（2）①根据现象可得到的结论为____，写出第3组实验中溶液局部变红的离子方程式：_______。‎ ‎②取第1组实验充分反应并过滤后的少量清液于试管中，加入过量KOH溶液后，试管中溶液的颜色变为__色，写出发生反应的化学方程式：_____。‎ ‎（3）有的同学认为实验Ⅱ不能充分证明其结论，并补充实验如下：‎ 取2mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3于试管中，滴加3滴0.1 mol·L－1KSCN溶液，一段时间后，溶液颜色仍为红色且无白色沉淀生成，滴加2 mL 0.1 mol·L－1CuSO4溶液于试管中，溶液颜色仍为红色，1小时后产生少量白色沉淀，该实验现象可得出的结论为_____。‎ ‎【答案】 (1). CuSCN (2). 2Cu2＋+4SCN-＝2CuSCN↓+(SCN)2 (3). CuSO4和KSCN能缓慢反应生成白色沉淀CuSCN，Fe2+能加快CuSCN的生成速率 (4). (SCN)2+2Fe2+＝2Fe3++2SCN-、Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3 (5). 无 (6). (SCN)2+2KOH＝KSCN+KSCNO+H2O、2KOH+CuSO4＝Cu(OH)2↓+K2SO4 (7). 白色沉淀不是由Fe3+与SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题中信息可知，白色沉淀为CuSCN，根据氧化还原反应原理书写反应的离子方程式；‎ ‎(2)①由实验Ⅱ中3组对比实验可知，CuSO4和KSCN能缓慢反应，Fe2+能加快CuSCN的生成速率；由题中信息可知，(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可以将亚铁离子氧化生成铁离子，本身被还原为SCN -；②结合(SCN)2和硫酸铜的性质分析判断；‎ ‎(3)实验Ⅱ不能充分证明其结论，因为没有排除Fe3+对生成CuSCN的影响，根据补充实验，说明白色沉淀不是由Fe3+与SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率。‎ ‎【详解】(1)由题中信息可知，白色沉淀为CuSCN，根据氧化还原反应原理，生成白色沉淀 CuSCN的离子方程式为2Cu2＋+4SCN-＝2CuSCN↓+(SCN)2；‎ ‎(2)①由实验Ⅱ中3组对比实验可知，CuSO4和KSCN能缓慢反应生成白色沉淀CuSCN，Fe2+能加快CuSCN的生成速率；由题中信息可知，(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可以将亚铁离子氧化生成铁离子，本身被还原为SCN-，因此第3组实验中溶液局部变红的离子方程式为(SCN)2+2Fe2+＝2Fe3++2SCN-、Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3；‎ ‎②由题中信息可知，(SCN)2的水溶液中呈黄绿色，(SCN)2的化学性质与Cl2相似，可与水、碱等发生反应，滴加过量的KOH，(SCN)2与KOH反应，硫酸铜与氢氧化钾反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钾，溶液变成无色，反应的化学方程式为(SCN)2+2KOH＝KSCN+KSCNO+H2O、2KOH+CuSO4＝Cu(OH)2↓+K2SO4；‎ ‎(3)有的同学认为实验Ⅱ不能充分证明其结论，因为没有排除Fe3+对生成CuSCN的影响，根据实验，向2mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3于试管中，滴加3滴0.1 mol·L－1KSCN溶液，一段时间后，溶液颜色仍为红色且无白色沉淀生成，滴加2 mL 0.1 mol·L－1CuSO4溶液于试管中，溶液颜色仍为红色，1小时后产生少量白色沉淀，说明白色沉淀不是由Fe3+与SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率。‎ ‎16.钛酸钡(BaTiO3)主要用于电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元器件的配制中。某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料生产钛酸钡的工艺流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)利用焰色反应的原理可定性鉴别某些金属盐。灼烧钛酸钡样品时，钡的焰色为______(填标号)。‎ A.砖红色 B.黄绿色 C.紫色 D.黄色 ‎(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K＝_________。(已知Kap(BaSO4)＝1.2×10－10、Kap(BaCO3)＝2.4×10－9)。‎ ‎(3)流程中“混合”溶液中的钛元素在不同pH时主要以Ti(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)23－‎ 这三种形式存在(变化曲线如图所示)。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH在______，再进行“沉淀”，写出该条件下生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式：__________。‎ ‎(4)检验草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的操作是_________。‎ ‎(5)隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，还能得到气体产物有H2O(g)、________；‎ ‎(6)BaTiO3成品中C2O42－的含量可以用“氧化还原滴定法”测得。称取m g样品，置于烧杯中，加入50mL0.2 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液充分反应后配制成100mL溶液，取20mL该溶液于锥形瓶中用0.1 mol·L－1的硫酸亚铁溶液进行滴定，滴定达到终点的标志是__________，重复滴定3次，平均每次消耗硫酸亚铁溶液的体积为20mL，则BaTiO3成品中C2O42－的质量分数为_________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 0.05 (3). 2.7 (4). TiO(C2O4)22-+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2•nH2O↓ (5). 取最后一次洗涤流出液于试管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若试管中无白色浑浊出现，则证明已洗涤干净 (6). CO、CO2 (7). 滴入最后一滴硫酸亚铁溶液，溶液由紫红色变为浅绿色，且半分钟不变色 (8). %‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备流程可知，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化钛、草酸和氨水反应生成BaTiO(C2O4)2•nH2O沉淀，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)Ba元素的焰色为绿色，Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca元素焰色为砖红色，故选B；‎ ‎(2)将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为：BaSO4(s)+CO32-(aq)‎ BaCO3(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K=====0.05，故答案为：0.05；‎ ‎(3)根据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-，因此实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH在2.7，使得钛元素主要以TiO(C2O4)22-存在；根据沉淀的化学式可知，反应的离子方程式：TiO(C2O4)22-+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2•nH2O↓，故答案为：2.7；TiO(C2O4)22-+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2•nH2O↓；‎ ‎(4)BaTiO(C2O4)2•nH2O沉淀表面附着氯离子，检验洗涤液中是否存在氯离子即可，故方法为：取最后一次洗涤流出液于试管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若试管中无白色浑浊出现，则证明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤流出液于试管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若试管中无白色浑浊出现，则证明已洗涤干净；‎ ‎(5)煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，失去结晶水生成水蒸气，草酸根离子生成二氧化碳、CO，所以生成高温下的气体产物有CO、CO2和H2O(g)，故答案为：CO、CO2；‎ ‎(6)高锰酸根离子是紫红色，当滴入最后一滴硫酸亚铁溶液，溶液由紫红色变为浅绿色，且半分钟不变色，证明达到滴定终点；称取m g样品，置于烧杯中，加入50mL0.2 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液充分反应后配制成100mL溶液，取20mL该溶液于锥形瓶中用0.1 mol·L－1的硫酸亚铁溶液进行滴定，根据2MnO4-+‎5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3+ +Mn2++4H2O，与亚铁离子反应的高锰酸根离子的物质的量为×0.1 mol·L－1×‎0.02L×=0.002mol，则与C2O42－反应的高锰酸根离子为‎0.05L×0.2 mol·L－1-0.002mol=0.008mol，则C2O42－为×0.008mol=0.02mol，则m g样品中C2O42－的质量分数为×100%=%，故答案为：滴入最后一滴硫酸亚铁溶液，溶液由紫红色变为浅绿色，且半分钟不变色；%。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(6)，要注意根据反应的方程式理清物质间的关系，尤其注意滴定的高锰酸根离子，与原溶液中高锰酸根离子的量的关系。‎ ‎17.环氧乙烷()、环氧丙烷()都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：‎ ‎① ‎ ‎②2 ‎ ‎③ _____‎ ‎（2）某温度下，物质的量均为1mol的CH2＝CH2和O2在‎0.5L的刚性容器内发生反应③，5min后反应达到平衡，气体总压减少了20％。‎ ‎①平衡时CH2＝CH2(g)的转化率为____，达到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施是____(填一条措施即可)。‎ ‎②0～5min内，环氧乙烷的生成速率为____。‎ ‎③该反应的平衡常数K_____(精确到0.01)。‎ ‎④当进料气CH2＝CH2和O2的物质的量不变时，T‎1℃‎时达到反应平衡，请在图1中画出温度由T‎1℃‎变化到T‎2℃‎的过程中乙烯的转化率与温度的关系____。‎ ‎（3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl][已知：CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl]，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷，其电解简易装置如图2所示。‎ ‎①a电极上的电极反应式为______。‎ ‎②b电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). -212 (2). 80% (3). 降低温度或增加氧气的浓度等 (4). 0.32mol/(L·min) ‎ ‎(5). 13.33 (6). 或 (7). 2Cl-―2e－＝Cl2↑ (8). CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(2)根据三段式结合气体总压减少了20％，分析计算出反应的氧气的物质的量，再分析解答；‎ ‎(3)①根据图示a电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇分析解答；②b电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷，据此书写反应的方程式。‎ ‎【详解】(1)①，②2 ，根据盖斯定律，将①×2-②得： 2×()-()=-212，故答案为：-212；‎ ‎(2)设反应的氧气的物质的量为x，则 起始(mol) 1 1 0‎ 反应(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 1-2x 1-x 2x ‎5min后反应达到平衡，气体总压减少了20％，则气体的物质的量减少20%，=20%，解得：x=0.4mol。‎ ‎①平衡时CH2＝CH2(g)的转化率为×100%=80%；该反应为气体物质的量减小的放热反应，达到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施有降低温度或增加氧气的浓度等，故答案为：80%；降低温度或增加氧气的浓度等；‎ ‎②0～5min内，环氧乙烷的生成速率为=0.32mol/(L·min)，故答案为：0.32mol/(L·min)；‎ ‎③该反应的平衡常数K==13.33，故答案为：13.33；‎ ‎④反应达到平衡后，温度再升高，平衡逆向移动，乙烯的转化率下降，则乙烯的转化率与温度的关系曲线为或，故答案为：或；‎ ‎(3)①根据CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl，及a电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇，说明a电极区生成了氯气，则a电极为阳极，电极反应式为2Cl-―2e－＝Cl2↑，故答案为：2Cl-―2e－＝Cl2↑；‎ ‎②b电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。‎ 三、选考题（共15分，请考生从18、19题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）‎ ‎18.铝、钛的合金及其化合物用途非常广泛，回答下列问题：‎ ‎（1）Al65Cu20Co15是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。‎ ‎（2）基态Al原子价电子排布式为____，铝的第一电离能比镁的低，是因为____。‎ ‎（3）AlF3的熔点(‎1040℃‎)比AlCl3(‎194℃‎)高得多，这是因为____；气态时，氯化铝以双聚体的形式存在，画出Al2Cl6的结构：____。‎ ‎（4）TiO2＋检验反应为TiO2＋＋H2O2＝[TiO(H2O2)]2＋(橙红色)，配离子[TiO(H2O2)]2＋‎ 中与中心原子形成配位键的原子是__；H2O2中氧原子的杂化方式是___，H2O2的沸点(‎158℃‎)比键合方式相同的S2Cl2(‎138℃‎)的高，其原因是____。‎ ‎（5）铝钛合金可用作磁控溅射镀膜的原材料，它的晶体结构及晶胞参数如图所示(Ti、Al位于面心或顶点)。阿伏加德罗常数的值为NA，则该铝钛合金的密度为__g·cm－3(列出表达式)。‎ ‎【答案】 (1). X射线衍射 (2). 3s23p1 (3). 镁失去的是全充满3s2上的一个电子，需要较高的能量，铝失去的是3p1上的一个电子，需要的能量较低 (4). 氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体 (5). (6). 氧原子 (7). sp3 (8). 过氧化氢分子间可形成作用力比范德华力更强的氢键 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)X射线衍射实验可以区分晶体、准晶体和非晶体；‎ ‎(2)铝为13号元素，最外层有3个电子；镁的第一电离能失去的是全充满3s2上的一个电子，铝的第一电离能失去的是3p1上的一个电子；‎ ‎(3)根据物质的熔点结合晶体的特征分析解答；气态时，氯化铝以双聚体的形式存在，据此画出Al2Cl6的结构；‎ ‎(4)配离子[TiO(H2O2)]2＋中氧原子上有孤对电子；H2O2中O原子形成2个σ键，含有2个孤电子对；过氧化氢分子间可形成氢键；‎ ‎(5)根据Ti、Al位于面心或顶点，结合均摊法分析晶胞中含有的钛原子和铝原子数，计算出晶胞的质量和晶胞的体积，再计算铝钛合金的密度。‎ ‎【详解】(1)X射线衍射实验可以区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X射线衍射；‎ ‎(2)铝为13号元素，最外层有3个电子，基态Al原子价电子排布式为3s23p1，镁失去的是全充满3s2上的一个电子，需要较高的能量，铝失去的是3p1上的一个电子，需要的能量较低，因此铝的第一电离能比镁的低，故答案为：3s23p1；镁失去的是全充满3s2上的一个电子，需要较高的能量，铝失去的是3p1上的一个电子，需要的能量较低；‎ ‎(3)AlF3的熔点‎1040℃‎，符合离子晶体的特征，AlCl3熔点‎194℃‎，符合分子晶体的特征，因此AlF3的熔点比AlCl3熔点高得多；气态时，氯化铝以双聚体的形式存在，Al2Cl6的结构为，故答案为：氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体；；‎ ‎(4)配离子[TiO(H2O2)]2＋中氧原子上有孤对电子，所以与中心原子形成配位键的原子是氧原子；H2O2中O原子形成2个σ键，含有2个孤电子对，采用sp3杂化；过氧化氢分子间可形成作用力比范德华力更强的氢键，所以H2O2的沸点比S2Cl2的高，故答案为：氧原子；sp3；过氧化氢分子间可形成作用力比范德华力更强的氢键；‎ ‎(5)根据晶胞结构，Ti、Al位于面心或顶点，晶胞中含有钛原子8×+2×=2个，铝原子4×=2个，则晶胞的质量=g，晶胞的体积为cm3，则该铝钛合金的密度为=g·cm－3，故答案为：。‎ ‎19.有机物Ⅰ(英文名为Esmolol)是治疗快速室上性心律失常、急性心肌缺血、术后高血压等的理想药物，Esmolol的合成路线如图：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）C中官能团的名称有____。‎ ‎（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则有机物Ⅰ中的手性碳数目有____个。‎ ‎（3）G→H反应类型为____；B→C反应需要的试剂和条件为____。‎ ‎（4）C→D中步骤①反应化学方程式为_____。‎ ‎（5）E的结构简式为____。‎ ‎（6）X是F的同分异构体，则满足下列条件的X的结构有___种。‎ ‎①能发生水解反应和银镜反应；‎ ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上有三个取代基。‎ ‎（7）参照上述合成路线，设计以、CH3OH和为主要原料制备的合成路线。______‎ ‎【答案】 (1). 酯基、氯原子 (2). 1 (3). 取代反应 (4). 氯气，光照 (5). +4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O (6). (7). 20 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图可知C7H8O为对甲基苯酚()，与乙酸(CH3COOH)反应生成B，B为，根据C的结构可知，B在光照条件下与氯气发生取代反应生成C()，结合反应条件，C在氢氧化钠水溶液中反应后酸化得到D(C7H6O2)，则D为，结合信息可知，反应生成E，E为；E在催化剂作用下与氢气加成生成F，‎ F为，F在浓硫酸存在时与甲醇发生酯化反应生成G，G为，根据H的结构可知，G与发生取代反应生成H，加成分析解答。‎ ‎【详解】(1)C()中官能团有酯基、氯原子，故答案为：酯基、氯原子；‎ ‎(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。有机物Ⅰ()中的手性碳有1个(标记“●”的为手性碳)，故答案为：1；‎ ‎(3)根据流程图，结合G和H的结构可知，G→H发生取代反应；B→C反应需要的试剂和条件为氯气，光照，故答案为：取代反应；氯气，光照；‎ ‎(4)C→D中步骤①为氯原子和酯基的水解反应，反应的化学方程式为+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为：+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O；‎ ‎(5)根据上述分析，E为，故答案为：；‎ ‎(6)X是F()的同分异构体，①能发生水解反应和银镜反应，说明结构中存在醛基和酯基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上有三个取代基。满足条件的X有：①苯环上含有羟基、甲基和HCOOCH2-，有10种结构；②苯环上含有羟基、乙基和HCOO-，有10种结构；共20种，故答案为：20；‎ ‎(7)将分解为和，再结合原料即可设计合成路线：，故答案为：。‎