河北省邢臺(tái)市高三上學(xué)期第一次摸底考試化學(xué)試題

高三化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)全:H1C12O16Al27Cl35.5Ti48第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題包括14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.世界上最大的空港——北京新機(jī)場(chǎng)，被稱為“現(xiàn)代世界新七大奇跡”之一，涵蓋了當(dāng)今世界機(jī)場(chǎng)多項(xiàng)尖端科技，化工行業(yè)在這座宏偉的“超級(jí)工程”中發(fā)揮了巨大作用。下列屬于無(wú)機(jī)材料的是A.高韌薄層瀝青罩面 B.隔震橡膠墊C.超高分子量聚乙烯纖維 D.高強(qiáng)度耐腐蝕鋼筋【答案】D【解析】【詳解】A．高韌薄層瀝青罩面，成分為烴類有機(jī)物質(zhì)，屬于有機(jī)材料，故A錯(cuò)誤；B．隔震橡膠墊，成分為有機(jī)高分子材料，屬于有機(jī)材料，故B錯(cuò)誤；C．超高分子量聚乙烯纖維，是有機(jī)高分子材料，屬于有機(jī)材料，故C錯(cuò)誤；D．高強(qiáng)度耐腐蝕鋼筋的主要成分為鐵合金，是金屬材料，屬于無(wú)機(jī)材料，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】掌握有機(jī)物與無(wú)機(jī)物的概念、特征是解答此題的關(guān)鍵。要知道無(wú)機(jī)材料主要包括金屬、氮化物、硅酸鹽等物質(zhì)組成的材料，有機(jī)材料是指成分為有機(jī)化合物的材料，最基本的組成元素是都含碳元素。2.下列化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A.16O2－的離子結(jié)構(gòu)示意圖： B.甲烷的球棍模型：C.乙酸的結(jié)構(gòu)式：CH3COOH D.羥基的電子式：【答案】D【解析】【詳解】A．O的質(zhì)子數(shù)為8，原子核外電子數(shù)為8，則16O2－的離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故A錯(cuò)誤；B．為甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型為，故B錯(cuò)誤；C．CH3COOH為乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，結(jié)構(gòu)式需要用“—”表示出化學(xué)鍵，故C錯(cuò)誤；D．羥基結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為OH，為電中性粒子，電子式為，故D正確；故選D。3.下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法正確的是A.分餾汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，其原理相同B.C4H8O2的同分異構(gòu)體中，能與碳酸鈉溶液反應(yīng)的有2種C.硬脂酸甘油酯發(fā)生皂化反應(yīng)后，加入飽和食鹽水，下層有固體析出D.組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸均須由食物供給【答案】B【解析】【詳解】A、分餾汽油中沒(méi)有烯烴，不能使溴水褪色，與溴水發(fā)生萃取；裂化汽油中含有烯烴，能夠使溴水褪色，故A錯(cuò)誤；B、C4H8O2的同分異構(gòu)體中，能與碳酸鈉溶液反應(yīng)，說(shuō)明結(jié)構(gòu)中含有羧基，符合條件的有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，故B正確；C、硬脂酸甘油酯發(fā)生皂化反應(yīng)后，加入飽和食鹽水，發(fā)生鹽析，析出的高級(jí)脂肪酸的鈉鹽的密度比水小，在上層有固體析出，故C錯(cuò)誤；D、組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸分為必需氨基酸和非必需氨基酸，非必需氨基酸可以由人體合成，不一定由食物供給，故D錯(cuò)誤；故選B。4.常溫下，下列各組離子在指定的條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.由水電離出的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】【詳解】A．SCN與Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．pH=2的溶液呈酸性，酸性條件下F－不能大量存在，故B錯(cuò)誤；C．水電離c(H+)=1012mol?L1的溶液可能呈酸性或堿性，酸性條件下ClO不能大量存在，堿性條件下Mg2＋不能大量存在，故C錯(cuò)誤；D．通入足量CO2的溶液中不和H+、NH4+、Al3+、SO42離子反應(yīng)，且離子間也不發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意氫鹵酸中只有氫氟酸為弱酸，其余為強(qiáng)酸。5.一定條件下，鹵素互化物碘化砹(AtI)與Zn、NH3發(fā)生反應(yīng)，化學(xué)方程式：2AtI+2Zn=ZnI2+ZnAt2、AtI+2NH3(l)=NH4I+AtNH2。下列敘述正確的是A.上述兩個(gè)反應(yīng)均是氧化還原反應(yīng) B.上述兩個(gè)反應(yīng)均是非氧化還原反應(yīng)C.ZnAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 D.AtI與Zn反應(yīng)，AtI是還原劑【答案】C【解析】【詳解】A、AtI+2NH3(l)=NH4I+AtNH2中沒(méi)有元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、2AtI+2Zn=ZnI2+ZnAt2反應(yīng)中，Zn的化合價(jià)升高，At元素化合價(jià)降低，屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、反應(yīng)中，Zn的化合價(jià)升高，對(duì)應(yīng)產(chǎn)物ZnI2、ZnAt2是氧化產(chǎn)物，At元素化合價(jià)降低，ZnAt2是還原產(chǎn)物，所以ZnAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，故C正確；D、AtI與Zn反應(yīng)中，Zn的化合價(jià)升高，鋅為還原劑，At元素化合價(jià)降低，AtI是氧化劑，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】準(zhǔn)確判斷AtI中I為1價(jià)，At為+1價(jià)是解答本題的關(guān)鍵。解答本題要注意化合價(jià)降低元素所在的反應(yīng)物是氧化劑，對(duì)應(yīng)產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，化合價(jià)升高元素所在的反應(yīng)物是還原劑，對(duì)應(yīng)產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物。6.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4中所含的原子數(shù)為NAB.100g46%乙醇溶液中含有的H－O鍵的數(shù)目為NAC.1molNa2O2與足量的CO2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.n(H2SO3)+n(HSO3)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na＋的數(shù)目大于NA【答案】B【解析】【詳解】A、4的物質(zhì)的量為，含有原子1mol，所含的原子數(shù)為NA，故A正確；B、乙醇溶液中，除了乙醇中含有HO鍵外，溶劑水中也含HO鍵，而100g46%的乙醇溶液中含乙醇為1mol，故含HO鍵數(shù)目為NA，含水為54g，物質(zhì)的量為3mol，故含HO鍵數(shù)目為6NA，則此溶液中共含7NA個(gè)HO鍵，故B錯(cuò)誤；C、1molNa2O2與足量CO2充分反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，只有過(guò)氧化鈉中的O的化合價(jià)發(fā)生變化，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，故C正確；D、HSO3在溶液中既能部分水解為H2SO3又能部分電離為SO32，故當(dāng)n(H2SO3)+n(HSO3)=1mol時(shí)，NaHSO3的物質(zhì)的量大于1mol，則鈉離子的個(gè)數(shù)多于NA個(gè)，故D正確；故選B。7.以Pt－gC3N4為催化劑，用光催化氧化法脫除NO的過(guò)程如圖所示。該脫除過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是A.該過(guò)程太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.Pt端發(fā)生的是氧化反應(yīng)C.過(guò)程①發(fā)生的電極反應(yīng)為H2O2－2e－＝O2↑＋2H＋D.過(guò)生③的化學(xué)方程式為2NO2＋H2O2＝2HNO3【答案】C【解析】【詳解】A、根據(jù)圖示，脫除過(guò)程中，太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A正確；B、根據(jù)圖示，Pt端NO失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成NO2，反應(yīng)式為NO+H2O2e=NO2+2H+，最終NO2和H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸，故B正確；C、由脫除NO過(guò)程圖可知，Pt端NO失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成NO2，反應(yīng)式為NO+H2O2e=NO2+2H+，gC3N4端氧氣得到電子與氫離子結(jié)合生成過(guò)氧化氫，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為O2＋2H＋+2e－＝H2O2，故C錯(cuò)誤；D、最終NO2和H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸，反應(yīng)的方程式為2NO2+H2O2=2HNO3，故D正確；故選C。8.科學(xué)家合成出了一種新化合物(如圖所示)，其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，W、Z核外電子數(shù)之和是X核外電子數(shù)的2倍，Y的最外層電子數(shù)是其質(zhì)子數(shù)的。下列敘述正確的是A.X、Z兩元素可形成離子化合物B.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y＞ZC.該新化合物中的Y元素滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.Y、Z元素分別對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物均是強(qiáng)酸【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為同一短周期元素，Y的最外層電子數(shù)是其質(zhì)子數(shù)的，Y為L(zhǎng)i或P元素，根據(jù)化合物的結(jié)構(gòu)示意圖，X能形成4個(gè)共價(jià)鍵、Z能形成1個(gè)共價(jià)鍵，Y能形成2個(gè)共價(jià)鍵，則Y只能為P，X位于第IVA族，為Si元素；Z位于第VIIA族，為Cl元素，W、Z核外電子數(shù)之和是X核外電子數(shù)的2倍，則W的核外電子數(shù)為11，W為Na元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素。A、Si和Cl都是非金屬元素，形成共價(jià)化合物，故A錯(cuò)誤；B、元素的非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，穩(wěn)定性：X＜Y＜Z，故B錯(cuò)誤；C、Y為P元素，其最外層有5個(gè)電子，P原子形成2個(gè)共價(jià)鍵且該陰離子得到W原子一個(gè)電子，所以P原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，故C正確；D、磷酸不能完全電離，屬于中強(qiáng)酸范疇，不屬于強(qiáng)酸，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】正確推斷Y元素是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為根據(jù)Y形成的共價(jià)鍵為2個(gè)，判斷Y為S元素，就會(huì)導(dǎo)致錯(cuò)誤。9.環(huán)丙叉環(huán)丙烷可通過(guò)下列反應(yīng)生成：下列說(shuō)法不正確的是A.反應(yīng)②屬于取代反應(yīng)B.Z與苯互為同分異構(gòu)體C.Z分子中所有碳原子處于同一平面D.與W互為同分異構(gòu)體的鏈狀羧酸類化合物有8種(不考慮立體異構(gòu))【答案】B【解析】【詳解】A、反應(yīng)②中X中的羥基被替代為溴原子，屬于取代反應(yīng)，故A正確；B、Z的分子式為C6H8，與苯的分子式不同，不屬于同分異構(gòu)體，故B錯(cuò)誤；C、Z分子中含有碳碳雙鍵，為平面結(jié)構(gòu)，CH2中的碳原子取代的是乙烯中氫原子的位置，因此所有碳原子處于同一平面，故C正確；D、W的分子式為C5H8O2，與W互為同分異構(gòu)體的鏈狀羧酸類化合物中含有—COOH，鏈狀烴基C4H7的結(jié)構(gòu)有：4個(gè)碳原子在一條直鏈上，則羧基有2種位置，其中羧基在1號(hào)碳原子上，雙鍵有3種位置，羧基在2號(hào)碳原子上，雙鍵有3種位置；3個(gè)碳原子在一條直鏈上，還有一個(gè)碳做支鏈，羧基有1種位置，碳碳雙鍵有2種位置；因此共8種，故D正確；故選B。【點(diǎn)睛】本題的D也可以根據(jù)丁烯中H原子的種類分析判斷，丁烯有3種，共有8種化學(xué)環(huán)境的H原子。10.在兩個(gè)容積均為2L的恒容密閉容器中，起始時(shí)均充入amolH2S，以溫度、Al2O3催化劑為實(shí)驗(yàn)條件變量，進(jìn)行H2S的分解實(shí)驗(yàn)[反應(yīng)為2H2S2H2(g)+S2(g)]。測(cè)得的結(jié)果如圖所示。（曲線Ⅱ、Ⅲ表示經(jīng)過(guò)相同時(shí)間且未達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率）下列說(shuō)法正確的是A.溫度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量減少B.由曲線Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡轉(zhuǎn)化率C.900°C時(shí)，ts后達(dá)到平衡，則H2的生成速率為mol·L1·s1D.約1100°C，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，說(shuō)明Al2O3可能幾乎失去催化活性【答案】D【解析】【詳解】A．由圖像可知，溫度升高，H2S的分解速率增大，H2S轉(zhuǎn)化率增大，則平衡右移，S2的含量增大，故A錯(cuò)誤；B．催化劑不影響平衡的移動(dòng)，加入催化劑Al2O3，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故B錯(cuò)誤；C．900°C時(shí)，ts后達(dá)到平衡，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則生成的氫氣為amol，則H2的生成速率為=mol·L1·s1，故C錯(cuò)誤；D．催化劑需要適宜溫度，根據(jù)圖像，約1100°C，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，說(shuō)明不論有無(wú)催化劑，反應(yīng)速率相同，則Al2O3可能幾乎失去催化活性，故D正確；故選D。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意催化劑影響化學(xué)反應(yīng)速率，但不影響化學(xué)平衡的移動(dòng)。11.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)所操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)，操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A石蠟油在碎瓷片上受熱分解產(chǎn)生的氣體使酸性KMnO4溶液褪色產(chǎn)生的氣體中一定含有C2H4B常溫下，用pH試紙分別測(cè)定濃度均為0.1mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱C將Ag2SO4微熱分解產(chǎn)生的氣體依次通入飽和的Ba(HSO3)2溶液和品紅溶液，依次出現(xiàn)白色沉淀、溶液褪色分解產(chǎn)生物中一定有SO3和SO2D向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振蕩、靜置，上層溶液呈紫紅色I(xiàn)－還原性強(qiáng)于Cl－A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，氣體中含有不飽和烴，但不一定為乙烯，故A錯(cuò)誤；B．次氯酸鈉溶液具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)pH，應(yīng)選pH計(jì)，故B錯(cuò)誤；C．將Ag2SO4微熱分解產(chǎn)生的氣體依次通入飽和的Ba(HSO3)2溶液和品紅溶液，Ba(HSO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明生成物中含有三氧化硫，三氧化硫的水溶液顯強(qiáng)酸性，能夠與亞硫酸氫根離子反應(yīng)放出二氧化硫，因此品紅溶液褪色，不能說(shuō)明生成物中含有二氧化硫，故C錯(cuò)誤；D．由現(xiàn)象可知NaI溶液中滴入少量新制氯水，生成碘易溶于苯，則I還原性比Cl強(qiáng)，故D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意硫酸能夠與Ba(HSO3)2溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，同時(shí)會(huì)放出二氧化硫氣體。12.生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽的形式存在，可用電解法從溶液中除去。有Cl－存在時(shí)。除氮原理如圖1所示。主要依靠有效氯（HClO、ClO－）將NH4＋或NH3氧化為N2。在不同pH條件下進(jìn)行電解時(shí)，氮的去除率和水中有效氯濃度與溶液pH的關(guān)系如圖2所示。下列說(shuō)法不正確的是A.pH＝3時(shí)，主要發(fā)生ClO－氧化NH3的反應(yīng)B.pH>8時(shí)，有效氯濃度隨pH的增大而減小C.pH>8時(shí)，NH4＋轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3·H2O，且有利于NH3逸出D.pH<8時(shí)，氮的去除率隨pH的減少而下降的原因是c(HClO)減小【答案】A【解析】【詳解】A、pH＝3時(shí)，有效氯主要以HClO存在，主要發(fā)生HClO氧化NH3的反應(yīng)，反應(yīng)后，次氯酸被還原為氯離子，離子反應(yīng)方程式為：3HClO+2NH4+=3Cl+N2+3H2O+5H+，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖像，pH>8時(shí)，有效氯濃度隨pH的增大而減小，故B正確；C、當(dāng)pH＞8時(shí)，有效氯濃度下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是：pH升高有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，NH3可直接在電極上放電而氧化(或pH升高有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3，且有利于NH3逸出)，故C正確；D、當(dāng)pH＜8時(shí)，氮去除率隨pH的降低而下降，結(jié)合平衡移動(dòng)原理，可能的原因是：隨溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2O?H++Cl+HClO平衡逆向移動(dòng)，溶液中c(HClO)減小，使NH4+的氧化率下降，故D正確；故選A。13.已知某?；厥盏暮y懸濁廢水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl等，設(shè)計(jì)從廢水中回收硝酸銀的具體流程如下：下列說(shuō)法不正確的是A.步驟Ⅱ中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2OB.實(shí)驗(yàn)中用鋁粉代替鋁片可以加快反應(yīng)速率并簡(jiǎn)化實(shí)驗(yàn)操作C.步驟Ⅲ中若先將Ag氧化為Ag2O，再加入稀硝酸反應(yīng)有利于環(huán)保D.操作Ⅰ包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌等【答案】B【解析】【分析】含銀懸濁廢水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl等，加入鹽酸后生成氯化銀沉淀，過(guò)濾后，濾渣的主要成分是氯化銀，在氯化銀中加入鋁片、氫氧化鈉溶液后置換出銀，然后用硝酸溶解得到硝酸銀溶液，經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到硝酸銀晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、步驟Ⅱ中主要發(fā)生鋁、氫氧化鈉溶液與氯化銀的置換反應(yīng)，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O，故A正確；B、若實(shí)驗(yàn)中用鋁粉代替鋁片可以加快反應(yīng)速率，但置換出的銀中混入了鋁粉，還需要分離提純，沒(méi)有簡(jiǎn)化實(shí)驗(yàn)操作，故B錯(cuò)誤；C、銀與稀硝酸反應(yīng)會(huì)生成NO，污染環(huán)境，若先將Ag氧化為Ag2O，再加入稀硝酸反應(yīng)，可以防止NO的生成，有利于環(huán)保，故C正確；D、操作Ⅰ是從硝酸銀溶液中獲得硝酸銀晶體，需要經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌等，故D正確；故選B。14.向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，測(cè)得溶液pH和Al(OH)3生成的量隨加入NaHCO3溶液體積的變化情況如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)B.b點(diǎn)和c點(diǎn)均有c(Na＋)＜2c(CO32－)＋c(HCO3－)C.NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為1.125mol·L－1D.d點(diǎn)時(shí)：c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)【答案】B【解析】【詳解】A、根據(jù)圖像，V(NaHCO3)＜8mL時(shí)，無(wú)沉淀生成，說(shuō)明氫氧化鈉過(guò)量，則先發(fā)生反應(yīng)為HCO3+OH＝CO32+H2O，V(NaHCO3)＞8mL時(shí)，生成沉淀，則發(fā)生HCO3+AlO2+H2O＝Al(OH)3↓+CO32，因此加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)，故A正確；B、b點(diǎn)與c點(diǎn)溶液所含微粒種類相同且都顯堿性，均含Na+、AlO2、OH、CO32，根據(jù)物料守恒可知c(Na＋)＞2c(CO32－)＋c(HCO3－)，故B錯(cuò)誤；C、加入40mLNaHCO3溶液時(shí)沉淀最多，沉淀為0.036mol，NaOH過(guò)量，濾液中含NaOH，由OH+HCO3＝CO32+H2O、HCO3+AlO2+H2O＝Al(OH)3↓+CO32可知，前8mL不生成沉淀，因此與偏鋁酸鈉反應(yīng)的碳酸氫鈉是32mL，則c(NaHCO3)==1.125mol/L，故C正確；D、d點(diǎn)時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)溶液為碳酸鈉溶液，根據(jù)物料守恒可知：c(Na+)=2c(CO32)+2c(HCO3)+2c(H2CO3)，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】把握?qǐng)D中沉淀與pH的變化、發(fā)生的反應(yīng)、離子共存為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意氫氧化鋁達(dá)到最多時(shí)，消耗的碳酸氫鈉為32mL。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、必考題（本題包括3小題，共43分）15.硫氰化鉀(KSCN)是常用的化學(xué)試劑，常用做Fe3＋的指示劑，加入后產(chǎn)生血紅色絮狀絡(luò)合物。配制的硫氰酸鹽(硫氰化物)溶液，還可以用于鑒別Fe3＋和Cu2＋。某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，用KSCN探究Cu和Fe2(SO4)3溶液反應(yīng)后的產(chǎn)物。已知：i.Cu2＋可與SCN－反應(yīng)生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2；ii.(SCN)2被稱為“擬鹵素”，在水溶液中呈黃綠色；(SCN)2的化學(xué)性質(zhì)與Cl2相似，可與水、堿等發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)Ⅰ：取少量反應(yīng)后的清液于試管中，滴加2滴1mol·L－1KSCN溶液，立即出現(xiàn)白色沉淀，溶液局部變?yōu)榧t色，振蕩后紅色迅速褪去，繼續(xù)滴加數(shù)滴KSCN溶液后，溶液又變?yōu)榧t色。（1）依據(jù)現(xiàn)象可判斷白色沉淀為_(kāi)___，生成該沉淀的離子方程式為_(kāi)___。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：該小組同學(xué)繼續(xù)探究白色沉淀的成因，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：試管內(nèi)試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象第1組：2mL0.1mol·L－1CuSO4、2mL水、3滴0.1mol·L－1KSCN溶液短時(shí)間內(nèi)無(wú)明顯變化，溶液顏色仍為藍(lán)色，1小時(shí)后有少量白色沉淀生成第2組：2mL2mL水、3滴0.1mol·L－1KSCN溶液無(wú)明顯變化第3組：2mL0.1mol·L－1CuSO4、2mL0.2mol·L－1FeSO4、3滴0.1mol·L－1KSCN溶液立刻產(chǎn)生白色沉淀，溶液局部變?yōu)榧t色，振蕩后紅色迅速褪去（2）①根據(jù)現(xiàn)象可得到的結(jié)論為_(kāi)___，寫(xiě)出第3組實(shí)驗(yàn)中溶液局部變紅的離子方程式：_______。②取第1組實(shí)驗(yàn)充分反應(yīng)并過(guò)濾后的少量清液于試管中，加入過(guò)量KOH溶液后，試管中溶液的顏色變?yōu)開(kāi)_色，寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____。（3）有的同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ不能充分證明其結(jié)論，并補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)如下：取2mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3于試管中，滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，一段時(shí)間后，溶液顏色仍為紅色且無(wú)白色沉淀生成，滴加2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液于試管中，溶液顏色仍為紅色，1小時(shí)后產(chǎn)生少量白色沉淀，該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可得出的結(jié)論為_(kāi)____?！敬鸢浮?1).CuSCN(2).2Cu2＋+4SCN＝2CuSCN↓+(SCN)2(3).CuSO4和KSCN能緩慢反應(yīng)生成白色沉淀CuSCN，F(xiàn)e2+能加快CuSCN的生成速率(4).(SCN)2+2Fe2+＝2Fe3++2SCN、Fe3++3SCN＝Fe(SCN)3(5).無(wú)(6).(SCN)2+2KOH＝KSCN+KSCNO+H2O、2KOH+CuSO4＝Cu(OH)2↓+K2SO4(7).白色沉淀不是由Fe3+與SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率【解析】【分析】(1)由題中信息可知，白色沉淀為CuSCN，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的離子方程式；(2)①由實(shí)驗(yàn)Ⅱ中3組對(duì)比實(shí)驗(yàn)可知，CuSO4和KSCN能緩慢反應(yīng)，F(xiàn)e2+能加快CuSCN的生成速率；由題中信息可知，(SCN)2的化學(xué)性質(zhì)與Cl2相似，可以將亞鐵離子氧化生成鐵離子，本身被還原為SCN；②結(jié)合(SCN)2和硫酸銅的性質(zhì)分析判斷；(3)實(shí)驗(yàn)Ⅱ不能充分證明其結(jié)論，因?yàn)闆](méi)有排除Fe3+對(duì)生成CuSCN的影響，根據(jù)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明白色沉淀不是由Fe3+與SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率?！驹斀狻?1)由題中信息可知，白色沉淀為CuSCN，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，生成白色沉淀CuSCN的離子方程式為2Cu2＋+4SCN＝2CuSCN↓+(SCN)2；(2)①由實(shí)驗(yàn)Ⅱ中3組對(duì)比實(shí)驗(yàn)可知，CuSO4和KSCN能緩慢反應(yīng)生成白色沉淀CuSCN，F(xiàn)e2+能加快CuSCN的生成速率；由題中信息可知，(SCN)2的化學(xué)性質(zhì)與Cl2相似，可以將亞鐵離子氧化生成鐵離子，本身被還原為SCN，因此第3組實(shí)驗(yàn)中溶液局部變紅的離子方程式為(SCN)2+2Fe2+＝2Fe3++2SCN、Fe3++3SCN＝Fe(SCN)3；②由題中信息可知，(SCN)2的水溶液中呈黃綠色，(SCN)2的化學(xué)性質(zhì)與Cl2相似，可與水、堿等發(fā)生反應(yīng)，滴加過(guò)量的KOH，(SCN)2與KOH反應(yīng)，硫酸銅與氫氧化鉀反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和硫酸鉀，溶液變成無(wú)色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為(SCN)2+2KOH＝KSCN+KSCNO+H2O、2KOH+CuSO4＝Cu(OH)2↓+K2SO4；(3)有的同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ不能充分證明其結(jié)論，因?yàn)闆](méi)有排除Fe3+對(duì)生成CuSCN的影響，根據(jù)實(shí)驗(yàn)，向2mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3于試管中，滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，一段時(shí)間后，溶液顏色仍為紅色且無(wú)白色沉淀生成，滴加2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液于試管中，溶液顏色仍為紅色，1小時(shí)后產(chǎn)生少量白色沉淀，說(shuō)明白色沉淀不是由Fe3+與SCN–生成，且Fe3+不能加快CuSCN的生成速率。16.鈦酸鋇(BaTiO3)主要用于電子陶瓷、PTC熱敏電阻、電容器等多種電子元器件的配制中。某工廠以重晶石(主要含BaSO4)為原料生產(chǎn)鈦酸鋇的工藝流程如圖：回答下列問(wèn)題：(1)利用焰色反應(yīng)的原理可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒鈦酸鋇樣品時(shí)，鋇的焰色為_(kāi)_____(填標(biāo)號(hào))。A.磚紅色B.黃綠色C.紫色D.黃色(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(雜質(zhì)不與Na2CO3反應(yīng))，能將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝_________。(已知Kap(BaSO4)＝1.2×10－10、Kap(BaCO3)＝2.4×10－9)。(3)流程中“混合”溶液中的鈦元素在不同pH時(shí)主要以Ti(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)23－這三種形式存在(變化曲線如圖所示)。實(shí)際制備工藝中，先用氨水調(diào)節(jié)混合溶液的pH在______，再進(jìn)行“沉淀”，寫(xiě)出該條件下生成草酸氧鈦鋇晶體的離子方程式：__________。(4)檢驗(yàn)草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈的操作是_________。(5)隔絕空氣煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3的同時(shí)，還能得到氣體產(chǎn)物有H2O(g)、________；(6)BaTiO3成品中C2O42－的含量可以用“氧化還原滴定法”測(cè)得。稱取mg樣品，置于燒杯中，加入50mL0.2mol·L－1酸性高錳酸鉀溶液充分反應(yīng)后配制成100mL溶液，取20mL該溶液于錐形瓶中用0.1mol·L－1的硫酸亞鐵溶液進(jìn)行滴定，滴定達(dá)到終點(diǎn)的標(biāo)志是__________，重復(fù)滴定3次，平均每次消耗硫酸亞鐵溶液的體積為20mL，則BaTiO3成品中C2O42－的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________。【答案】(1).B(2).0.05(3).2.7(4).TiO(C2O4)22+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2?nH2O↓(5).取最后一次洗滌流出液于試管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若試管中無(wú)白色渾濁出現(xiàn)，則證明已洗滌干凈(6).CO、CO2(7).滴入最后一滴硫酸亞鐵溶液，溶液由紫紅色變?yōu)闇\綠色，且半分鐘不變色(8).%【解析】【分析】由制備流程可知，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇，然后氯化鋇與四氯化鈦、草酸和氨水反應(yīng)生成BaTiO(C2O4)2?nH2O沉淀，過(guò)濾、洗滌、干燥、煅燒得到BaTiO3，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)Ba元素的焰色為綠色，Na元素焰色為黃色、K元素焰色為紫色、Ca元素焰色為磚紅色，故選B；(2)將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為：BaSO4(s)+CO32(aq)BaCO3(s)+SO42(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====0.05，故答案為：0.05；(3)根據(jù)“沉淀”時(shí)生成草酸氧鈦鋇晶體中含有TiO(C2O4)22，因此實(shí)際制備工藝中，先用氨水調(diào)節(jié)混合溶液的pH在2.7，使得鈦元素主要以TiO(C2O4)22存在；根據(jù)沉淀的化學(xué)式可知，反應(yīng)的離子方程式：TiO(C2O4)22+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2?nH2O↓，故答案為：2.7；TiO(C2O4)22+Ba2++nH2O＝BaTiO(C2O4)2?nH2O↓；(4)BaTiO(C2O4)2?nH2O沉淀表面附著氯離子，檢驗(yàn)洗滌液中是否存在氯離子即可，故方法為：取最后一次洗滌流出液于試管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若試管中無(wú)白色渾濁出現(xiàn)，則證明已洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌流出液于試管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若試管中無(wú)白色渾濁出現(xiàn)，則證明已洗滌干凈；(5)煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3的同時(shí)，失去結(jié)晶水生成水蒸氣，草酸根離子生成二氧化碳、CO，所以生成高溫下的氣體產(chǎn)物有CO、CO2和H2O(g)，故答案為：CO、CO2；(6)高錳酸根離子是紫紅色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏瘟蛩醽嗚F溶液，溶液由紫紅色變?yōu)闇\綠色，且半分鐘不變色，證明達(dá)到滴定終點(diǎn)；稱取mg樣品，置于燒杯中，加入50mL0.2mol·L－1酸性高錳酸鉀溶液充分反應(yīng)后配制成100mL溶液，取20mL該溶液于錐形瓶中用0.1mol·L－1的硫酸亞鐵溶液進(jìn)行滴定，根據(jù)2MnO4+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，5Fe2++MnO4+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，與亞鐵離子反應(yīng)的高錳酸根離子的物質(zhì)的量為×0.1mol·L－1×0.02L×=0.002mol，則與C2O42－反應(yīng)的高錳酸根離子為0.05L×0.2mol·L－10.002mol=0.008mol，則C2O42－為×0.008mol=0.02mol，則mg樣品中C2O42－的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=%，故答案為：滴入最后一滴硫酸亞鐵溶液，溶液由紫紅色變?yōu)闇\綠色，且半分鐘不變色；%?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(6)，要注意根據(jù)反應(yīng)的方程式理清物質(zhì)間的關(guān)系，尤其注意滴定的高錳酸根離子，與原溶液中高錳酸根離子的量的關(guān)系。17.環(huán)氧乙烷()、環(huán)氧丙烷()都是重要的化工原料且用途廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）已知：①②2③_____（2）某溫度下，物質(zhì)的量均為1mol的CH2＝CH2和O2在0.5L的剛性容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)③，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡，氣體總壓減少了①平衡時(shí)CH2＝CH2(g)的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___，達(dá)到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是____(填一條措施即可)。②0～5min內(nèi)，環(huán)氧乙烷的生成速率為_(kāi)___。③該反應(yīng)的平衡常數(shù)K_____(精確到0.01)。④當(dāng)進(jìn)料氣CH2＝CH2和O2的物質(zhì)的量不變時(shí)，T1℃時(shí)達(dá)到反應(yīng)平衡，請(qǐng)?jiān)趫D1中畫(huà)出溫度由T1℃變化到T2℃（3）將丙烯與飽和食鹽水的電解產(chǎn)物反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl][已知：CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl]，氯丙醇進(jìn)一步反應(yīng)生成環(huán)氧丙烷，其電解簡(jiǎn)易裝置如圖2所示。①a電極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____。②b電極區(qū)域生成環(huán)氧丙烷的化學(xué)方程式為_(kāi)_____?！敬鸢浮?1).212(2).80%(3).降低溫度或增加氧氣的濃度等(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)根據(jù)蓋斯定律分析解答；(2)根據(jù)三段式結(jié)合氣體總壓減少了20％，分析計(jì)算出反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量，再分析解答；(3)①根據(jù)圖示a電極區(qū)丙烯與飽和食鹽水的電解產(chǎn)物反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為氯丙醇分析解答；②b電極區(qū)域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]與氫氧化鈉反應(yīng)生成環(huán)氧丙烷，據(jù)此書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的方程式。【詳解】(1)①，②2，根據(jù)蓋斯定律，將①×2②得：2×()()=212，故答案為：212；(2)設(shè)反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量為x，則起始(mol)110反應(yīng)(mol)2xx2x平衡(mol)12x1x2x5min后反應(yīng)達(dá)到平衡，氣體總壓減少了20％，則氣體的物質(zhì)的量減少20%，=20%，解得：x=0.4mol。①平衡時(shí)CH2＝CH2(g)的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的放熱反應(yīng)，達(dá)到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有降低溫度或增加氧氣的濃度等，故答案為：80%；降低溫度或增加氧氣的濃度等；②0～5min內(nèi)，環(huán)氧乙烷的生成速率為=0.32mol/(L·min)，故答案為：0.32mol/(L·min)；③該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==13.33，故答案為：13.33；④反應(yīng)達(dá)到平衡后，溫度再升高，平衡逆向移動(dòng)，乙烯的轉(zhuǎn)化率下降，則乙烯的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線為或，故答案為：或；(3)①根據(jù)CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl，及a電極區(qū)丙烯與飽和食鹽水的電解產(chǎn)物反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為氯丙醇，說(shuō)明a電極區(qū)生成了氯氣，則a電極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為2Cl―2e－＝Cl2↑，故答案為：2Cl―2e－＝Cl2↑；②b電極區(qū)域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]與氫氧化鈉反應(yīng)生成環(huán)氧丙烷的化學(xué)方程式為CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，故答案為：CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。三、選考題（共15分，請(qǐng)考生從18、19題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分）18.鋁、鈦的合金及其化合物用途非常廣泛，回答下列問(wèn)題：（1）Al65Cu20Co15是一種準(zhǔn)晶體，準(zhǔn)晶體是一種無(wú)平移周期序，但有嚴(yán)格準(zhǔn)周期位置序的獨(dú)特晶體，可通過(guò)___方法區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體。（2）基態(tài)Al原子價(jià)電子排布式為_(kāi)___，鋁的第一電離能比鎂的低，是因?yàn)開(kāi)___。（3）AlF3的熔點(diǎn)(1040℃)比AlCl3(194℃)高得多，這是因?yàn)開(kāi)___；氣態(tài)時(shí)，氯化鋁以雙聚體的形式存在，畫(huà)出Al2Cl6的結(jié)構(gòu)：（4）TiO2＋檢驗(yàn)反應(yīng)為T(mén)iO2＋＋H2O2＝[TiO(H2O2)]2＋(橙紅色)，配離子[TiO(H2O2)]2＋中與中心原子形成配位鍵的原子是__；H2O2中氧原子的雜化方式是___，H2O2的沸點(diǎn)(158℃)比鍵合方式相同的S2Cl2(138℃)的高，其原因是（5）鋁鈦合金可用作磁控濺射鍍膜的原材料，它的晶體結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示(Ti、Al位于面心或頂點(diǎn))。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該鋁鈦合金的密度為_(kāi)_g·cm－3(列出表達(dá)式)?！敬鸢浮?1).X射線衍射(2).3s23p1(3).鎂失去的是全充滿3s2上的一個(gè)電子，需要較高的能量，鋁失去的是3p1上的一個(gè)電子，需要的能量較低(4).氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體(5).(6).氧原子(7).sp3(8).過(guò)氧化氫分子間可形成作用力比范德華力更強(qiáng)的氫鍵(9).【解析】【分析】(1)X射線衍射實(shí)驗(yàn)可以區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體；(2)鋁為13號(hào)元素，最外層有3個(gè)電子；鎂的第一電離能失去的是全充滿3s2上的一個(gè)電子，鋁的第一電離能失去的是3p1上的一個(gè)電子；(3)根據(jù)物質(zhì)的熔點(diǎn)結(jié)合晶體的特征分析解答；氣態(tài)時(shí)，氯化鋁以雙聚體的形式存在，據(jù)此畫(huà)出Al2Cl6的結(jié)構(gòu)；(4)配離子[TiO(H2O2)]2＋中氧原子上有孤對(duì)電子；H2O2中O原子形成2個(gè)σ鍵，含有2個(gè)孤電子對(duì)；過(guò)氧化氫分子間可形成氫鍵；(5)根據(jù)Ti、Al位于面心或頂點(diǎn)，結(jié)合均攤法分析晶胞中含有的鈦原子和鋁原子數(shù)，計(jì)算出晶胞的質(zhì)量和晶胞的體積，再計(jì)算鋁鈦合金的密度?！驹斀狻?1)X射線衍射實(shí)驗(yàn)可以區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體，故答案為：X射線衍射；(2)鋁為13號(hào)元素，最外層有3個(gè)電子，基態(tài)Al原子價(jià)電子排布式為3s23p1，鎂失去的是全充滿3s2上的一個(gè)電子，需要較高的能量，鋁失去的是3p1上