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    河北省邢台市2020届高三上学期第一次摸底考试(解析版)
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    河北省邢台市2020届高三上学期第一次摸底考试(解析版)

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    河北省邢台市2020届高三上学期第一次摸底考试
    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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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-

    【答案】D
    【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
    【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
    【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
    【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
    【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). %
    【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:

    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
    【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).
    【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).
    【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:。

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