新疆哈密石油中学高三第一次调研测试新高考化学试卷及答案解析

新疆哈密石油中学高三第一次调研测试新高考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物C．密度比水大 D．不能发生皂化反应2、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C．镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物3、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列说法不正确的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化B．CHCl3属于极性分子C．上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D．可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质4、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色5、关于石油和石油化工的说法错误的是A．石油大体上是由各种碳氢化合物组成的混合物B．石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C．石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D．实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油6、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（）A．物质A一定是单质 B．物质C可能是淡黄色固体C．物质D可能是酸或碱 D．物质E可能属于盐类7、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→dB．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯C．试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞8、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水9、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A．原子半径大小：Y>ZB．Y3X2中既有离子键，又有共价键C．Z的最高价氧化物可做干燥剂D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气10、常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知＝2.14)，向20mL0.01mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是A．X＝20B．a点溶液中c(H＋)＝2.14×10－3mol·L－1C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c()11、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A．A B．B C．C D．D12、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜13、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构14、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是A．原子半径的大小顺序：rY>rX>rQ>rWB．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物15、地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜16、我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是A．复分解反应B．化合反应C．离子反应D．氧化还原反应二、非选择题（本题包括5小题）17、铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+核外电子排布式为_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化学键有_________。A．离子键B．金属键C．氢键D．共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－数目为_______。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。18、PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。请回答下列问题：(1)属于取代反应的有______________（填编号）。(2)写出下列反应的化学方程式：反应③：________________________________；反应⑤：______________________________。(3)已知E（C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式：______________________、__________________、_______________。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式___________________________。(5)已知：，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线_______（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）19、以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：回答下列问题：(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。21、随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。Ⅰ.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0(1)写出一种可以提高NO的转化率的方法：__________(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3B．n(NH3)︰n(N2)不变C．容器内压强不变D．容器内混合气体的密度不变E.1molN—H键断裂的同时，生成1molO—H键(3)已知该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_____，y=_______。(4)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_______;②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。Ⅱ.用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。(5)

用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式____。(6)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。2、C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。3、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。4、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。5、C【解析】

A、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；B、因为石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，石油分馏时，沸点相近做为气体跑出，因此石油分馏得到的馏分是混合物，故B说法正确；C、石油裂化得到是轻质汽油，裂解得到是乙烯等气态烃，故C说法错误；D、实验室里石蜡在氧化铝的催化下，得到汽油，故D说法正确。6、A【解析】

若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；故选A。7、C【解析】

A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。故选C。8、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。9、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详解】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。10、B【解析】

A.向20mL0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误；B.由HNO2⇌H++NO2−，K=≈，则4.6×10−4≈，得到c(H+)=2.14×10−3mol/L，B项正确；C.c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误；D.b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，HNO2⇌H++NO2−，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2−)>c(Na+)>c(HNO2)，D项错误；答案选B。11、C【解析】

A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；B.作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故答案选：C。12、C【解析】

A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。13、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。14、D【解析】

X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，W为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；C、非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C错误；D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2属于共价化合物，故D正确；故答案选D。15、B【解析】

A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D不符合题意；答案选B。16、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)①KCNO由K、C.

N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)①KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案为：×107。18、③⑧+2NaOH+2NaBr+2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2OCH3COOCH2OH+nH2O【解析】

根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。【详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；(2)过反应③的化学方程式为：；反应⑤的化学方程式为：；(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。19、铁Fe2O3、Fe(OH)3使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤研钵3【解析】

铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)，与KClO3及NaOH、Na2CO3发生反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等，主要的反应为：，水浸，过滤，调pH为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入KCl，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；(5)结合常用仪器的性能判断；(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%，即=0.168计算。【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应，因此应选用铁坩埚；由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为；(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H2SiO3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3，过滤除去；(3)根据流程，酸化时，CrO42-→Cr2O72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体；(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；(6)K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相对分子质量为267+18n，由题意知=0.168，解得n=3。【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。20、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入