河北省邢台市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:H1C12O16Al27Cl35.5Ti48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+)=1012mol•L1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，4中所含的原子数为NAB.100g46%乙醇溶液中含有的H－O键的数目为NAC.1molNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为NAD.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、4的物质的量为，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HO键外，溶剂水中也含HO键，而100g46%的乙醇溶液中含乙醇为1mol，故含HO键数目为NA，含水为54g，物质的量为3mol，故含HO键数目为6NA，则此溶液中共含7NA个HO键，故B错误；C、1molNa2O2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－gC3N4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+H2O2e=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+H2O2e=NO2+2H+，gC3N4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＞ZC.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amolH2S，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·L1·s1D.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amol，则H2的生成速率为=mol·L1·s1，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C2H4B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SO2D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－＋2H2OB.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1.125mol·L－1D.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：2mL0.1mol·L－1CuSO4、2mL水、3滴0.1mol·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：2mL2mL水、3滴0.1mol·L－1KSCN溶液无明显变化第3组：2mL0.1mol·L－1CuSO4、2mL0.2mol·L－1FeSO4、3滴0.1mol·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0.1mol·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2mL0.1mol·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0.1mol·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2mL0.1mol·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mg样品，置于烧杯中，加入50mL0.2mol·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0.1mol·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mg样品，置于烧杯中，加入50mL0.2mol·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0.1mol·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×0.1mol·L－1×0.02L×=0.002mol，则与C2O42－反应的高锰酸根离子为0.05L×0.2mol·L－10.002mol=0.008mol，则C2O42－为×0.008mol=0.02mol，则mg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：①②2③_____（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℃（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①×2②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)110反应(mol)2xx2x平衡(mol)12x1x2x5min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