2020届华大新高考联盟押题信息考试(十二)化学试卷

届华大新高考联盟押题信息考试（十二）高三化学试卷★祝你考试顺利^注意事项：1、考试范围：高考考查范围。2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。可能用到的相对原子质量：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）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B.隔震橡胶垫B.隔震橡胶垫D.高强度耐腐蚀钢筋C.超高分子量聚乙烯纤维【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;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;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;

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Do【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。B.甲烷的球棍模型:下列化学用语表示正确的是（）B.甲烷的球棍模型:A.16O2-的离子结构示意图：oggC.乙酸的结构式：CH3COOHD.羟基的电子式：H:•gg【答案】D【解析】【详解】A.16O2-的质子数为8,核外电子数为10，A错误;图示为甲烷的比例模型，B错误；ch3cooh为乙酸的结构简式，C错误；羟基中氢原子与氧原子形成一对共用电子对，且氧原子核外还有5个电子，D正确;答案为Do下列关于有机物的说法正确的是（）分馏汽油和裂化汽油均可使溴水褐色，其原理相同C4H8O2的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有2种硬脂酸甘油酯发生皂化反应后，加入饱和食盐水，下层有固体析出组成人体蛋白质的氨基酸均需由食物供给【答案】B【解析】【详解】A.分馏汽油中主要是饱和烃，与溴水发生萃取，溴水褪色，裂化汽油含有不饱和烃，可与Br2发生加成反应，二者原理不一样，A错误；B.C4H8O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2,说明分子中含有-COOH,可认为是C3H8分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C3H8分子中只有两种等效氢，所以C4H8O2的同分异构体中属于羧酸的有2种，B正确；皂化液中加入饱和食盐水，发生盐析，析出的硬脂酸钠固体浮在液面上，C错误；组成人体蛋白质的氨基酸中的非必需部分，可以由人体自己合成，不需要由食物供给，D错误答案为B。常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是()c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Cl-、SO42-、SCN-在pH=2的溶液中：NH4+、K+、F-、NO3-由水电离出的c(H+)=10-i2mol/L的溶液中：Mg2+、Na+、SO42-、ClO-通入足量CO2的溶液中：H+、NH4+、Al3+、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+可与SCN-反应而不能大量共存，A项不符合题意；pH=2的溶液是酸性溶液，H+可与F-反应，不能大量共存，B项不符合题意；水电离出c(H+)=10-12mol/L，小于10-7mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能是酸或碱溶液，在碱溶液中，Mg2+与OH-反应生成白色沉淀而不能大量共存，在酸溶液中，H+与ClO-反应生成弱酸而不能大量共存，C项不符合题意；通入足CO2的溶液中，各离子之间不会发生任何反应而能大量共存，D项符合题意。答案为D。【点睛】水电离出的c(H+)=10-12mol/L，小于10-7mol/L，抑制水的电离，则溶液可能为酸或碱溶液。5•—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Co【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()标准状况下，30.8gCCl4中所含的原子数为NA100g46%乙醇溶液中含有的H—O键的数目为NA1molNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为NAn(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,所以所含的原子数为NA，A正确；100g46%CH3CH2OH溶液中含有1molCH3CH2OH和3molH2O，所以溶液中含有的H-0键的数目为7NA，B错误；1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，C正确；NaHSO3溶液中根据物料守恒得，n(Na+)=n(H2SO3)+n(HSO3-)+n(SO32-)，所以溶液中含有Na+的数目大于NA，D正确；答案为B。【点睛】乙醇的水溶液中，水的结构式为H-O-H，1mol水含有2molH-O键。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．该脱除过程中，下列说法不．正．确．的是该过程为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-=O2f+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，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的过程图可知,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Co8•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1是X核外电子数的2倍，Y的最外层电子数是其质子数的3。下列叙述正确的是W[zYZ-]-、/、/P卜A.X、Z两元素可形成离子化合物气态氢化物的稳定性：X>Y>Z该新化合物中的Y元素满足8电子稳定结构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】1W、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3,丫为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：IL5irHIL5irH下列说法不．正．确．的是反应②属于取代反应Z与苯互为同分异构体

Z分子中所有碳原子处于同一平面与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一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2H2S二二2H进行H2S的分解实验［反应为2H2S二间且未达到化学平衡时H2S的转化率)的o的o财狮900iort)Tibiri3tw列说法正确的是温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量减少由曲线II、III可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率a900°C时，ts后达到平衡，则H2的生成速率为〒mol・L-1・s-122t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A12O3,H2S的平衡转化率不变，故B错误；1C.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1amol22L-tsa=4tmolLi・s-i,故C错误;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Do【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。A.AB.BA.AB.BC.CD.D11.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O.lmoLL-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱C将Ag2SO4微热分解产生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-【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；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；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；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C1-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯(HC1O、C10-)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。E2]0严IICKJCIO'JE2]0严IICKJCIO'JWML列说法不．正．确．的是()pH=3时，主要发生ClO-氧化NH3的反应pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小pH>8时，NH4+转变为NH3H2O,且有利于NH3逸出pH<8时，氮的去除率随pH的减小而下降的原因是c(HClO)减小【答案】A【解析】【详解】A.当pH=3时，溶液中有效氯主要以HC1O的形式存在，主要发生HC10氧化NH4+的反应，A错误;由图可知pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，B正确；当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3H2O,有利于NH3逸出，C正确；随溶液pH降低，c(H+)增大，反应Cl2+H2OH++C1-+HC10的平衡逆向移动，c(HC10)减小，氮的去除率降低，D正确；答案为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：列说法不．正．确．的是步骤II中发生的主要反应的离子方程：3AgCl+Al+4OH-=3Ag+AlO2-+3Cl-+2H2O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。F肝―師―ST励—旷向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，测得溶液A1(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F肝―師―ST励—旷旳X)煎30加入的NaHCO3先与NaOH反应b点和c点均有c(Na+)v2c(CO32-)+c(HCO3-)NaHCO3溶液的物质的量浓度为1.125mol/Ld点时c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A.前8mL不生成沉淀说明加入的NaHCO3先与NaOH反应，A正确；根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=2c(C032-)+c(HC03-)+c(0H-)+c(A102-),b点和c点溶液pH>7，所以有c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)，B错误；加入40mlNaHCO3溶液时沉淀达到最大值，沉淀的物质的量为0.036mol,结合前8m1，不生成沉淀及方程式HCO3-+H2O+A1O疔Al(OH)3I+C°32-，可知c(NaHC03)=0.036mol/0.032L=1.125mol/L,C正确；d点时沉淀量最大，刚好达到最大值，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)，D正确；答案为B。第II卷(非选择题共58分)二、必考题(本题包括3小题，共43分)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:试管内试剂的实验现象第1组：2mL0.1mol・L-1CuSO4、2mL水、短时间内无明显变化，溶液颜色仍为3滴0.1mol・L-1KSCN溶液蓝色，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、2mL0.2立刻产生白色沉淀，溶液局部变为红mol・L-1FeSO4、3滴0.1mol・L-1KSCN溶液色，振荡后红色迅速褪去TOC\o"1-5"\h\z①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：。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：。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-iFe2(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】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；⑵①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；⑶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离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN；+(SCN)2；⑵①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；⑶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-iFe2(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。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：沉淀盐矗HaCiO*fSM-*草謹氧钛额晶体f沉淀盐矗HaCiO*fSM-*草謹氧钛额晶体f巴更回答下列问题：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⑵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)=l.2X10-10、Kap(BaCO3)=2.4X10-9)o(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TOC\o"1-5"\h\z条件下生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式：o检验草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的操作是o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)、；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176变色(8).%m【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】(l)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；⑵将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为：BaSO4(s)+CO32-(aq)有士BaCO3(s)+SO42-(aq)，c(SO2-)c(SO2-)c(Ba2+)K(BaSO)12x10-10该反应的平衡常数K=4=4f)=寸十=d=0-05，故答案为:0.05;c(CO2-)c(CO2-)cVBa2+丿KIBaCO丿2.4x10-933sp3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；；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；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；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++10CO2f+8H2O，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，与亚铁离子反应的则与C2O42-则与C2O42-反应的高锰酸根高锰酸根离子的物质的量为5X0.1翻•LAO.02LX页mL=0-002讪离子为0.05LX0.离子为0.05LX0.2mol•L-1-0.002mol=0.008mol，则mg样品中则C2O42-为X0.008mol=0.02mol，242C2O4C2O42-的质量分数为0.02molx88g/molmg176X100%=%，故答案为：滴入最后m滴硫酸亚铁溶液，溶液由176紫红色变为浅绿色，且半分钟不变色；％。m【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。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：AH=—1322.5kJ・mol-i14CO(g)+4H0(g)③2CH=CH(g)+0(g)垐◎22222AH=—2433・OkJ・mol-i2AH3=kJ-AH=—1322.5kJ・mol-i14CO(g)+4H0(g)③2CH=CH(g)+0(g)垐◎22222AH=—2433・OkJ・mol-i2AH3=kJ-mol-1(2)某温度下，物质的量均为lmol的CH2=CH2和02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该反应的平衡常数K(精确到0.01)。当进料气CH2=CH2和O2的物质的量不变时，T「C时达到反应平衡，请在图1中画出温度由T「C变化到t2°c的过程中乙烯的转化率与温度的关系t2°c的过程中乙烯的转化率与温度的关系CHjCH-CHjMi水J：I(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)CH2C1］［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。a电极上的电极反应式为。b电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为。oCH3CH(OH)CH2Cl+NaOH—+NaCl+H2032—Ll|t[I,2【解析】分析】(1)根据盖斯定律分析解答；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；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】⑴①CH=CH(g)+30(g)垐32CO(g)+2HO(g)AH=-1322.5kJ・mol-i,22AH二-2433.0kJ・mol-i,根据盖斯定律，将①X2-②得:2"Tog)②2AH二-2433.0kJ・mol-i,根据盖斯定律，将①X2-②得:2"Tog)2CH=CH(g)+O(g)垐◎2(g)222AH3=2X(-1322.5kJ-mol-i)-(-2433.0kJ-mol-i)=-212kJ-mol-1，故答案为：-212；(2)设反应的氧气的物质的量为x,则起始(mol)2CH=CH(g)+O(g)垐◎2，/\(g)222上110反应(mol)2xx2x平衡(mol)1-2x1-x2xx5min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%,込=20%，解得：x=0.4mol。2x0.4mol平衡时CH2=CH2(g)的转化率为X100%=80%；该反应为气体物质的量减小的放热反应，达到221mol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；2x0.4mol0〜5min内，环氧乙烷的生成速率为0.5L=0.32mol/(L•min)，故答案为：0.32mol/(L•min)；5min(0.4x2)2()205该反应的平衡常数K=—04茫5—04=13.33,故答案为：13.33；F厂)2(pr)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

为或或，故答案为:J7LJ7L⑶①根据CH为或或，故答案为:J7LJ7L⑶①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2C1-—2e-=Cl2f，故答案为：2C1-—2e-=Cl2f；②b电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2C1]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为()CH3CH(CH3CH(OH)CH2Cl+NaOHfCHA'HfEI+NaCl+H2O,故答案为:oCH3CH(OH)CH2Cl+NaOHff、+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)铝、钛的合金及其化合物用途非常广泛，回答下列问题：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。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―。A1F3的熔点(1040€)比A1C13(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)Ti02+检验反应为TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)](4)Ti02+检验反应为TiO2++H2O2=位键的原子是_；h位键的原子是_；h2o2中氧原子的杂化方式是H2O2的沸点(158°C)比键合方式相同的S2C12(138°C)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).3s23pi(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).(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—2x48+2x27键⑼.Nx(0.399xlO-7)2x(0.407xlO小A【解析】【分析】X射线衍射实验可以区分晶体、准晶体和非晶体；铝为13号元素，最外层有3个电子；镁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3pi上的一个电子；的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A12C16的结构；⑷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o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；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；，故答案(3)AlF3的熔点1040，符合离子晶体的特征，AlCl3熔点194°C，符合分子晶体的特征，因此AlF3的熔点比AlC,熔点高得多；气态时，氯化铝以双聚体的形式存在，Ag的结构为.，故答案er为：氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体;/I为：氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体;/I⑷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o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S2C12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；111⑸根据晶胞结构，Ti、Al位于面心或顶点，晶胞中含有钛原子8^+2X=2个，铝原子4X=2个，则822晶胞的质量二2x48+2x27「g，晶胞的体积为晶胞的质量二2x48+2x27「g，晶胞的体积为(0.399x10-7)2x(0.407x10-7)cm3，则该铝钛合金的密度为2x48+2x27A(0.399x10-7)2x(0.407x10-7)cm32x48+2x27Nx(0.399x10-7)2x(0.407x10-7)g'cm卡A故答案为：2x48