2020屆華大新高考聯(lián)盟押題信息考試(十二)化學(xué)試卷

2020屆華大新高考聯(lián)盟押題信息考試（十二★祝你考試順利★注意事項(xiàng)：1、考試范圍：高考考查范圍。2、答題前， 請(qǐng)先將自己的姓名、 準(zhǔn)考證號(hào)用 0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡上的相應(yīng)位置，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用 2B鉛筆將答題卡上試卷類型 A后的方框涂黑。3、選擇題的作答：每個(gè)小題選出答案后，用 2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無(wú)效。4、主觀題的作答：用 0.5毫米黑色簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非主觀題答題區(qū)域的答案一律無(wú)效。5、選考題的作答：先把所選題目的題號(hào)在答題卡上指定的位置用 2B鉛筆涂黑。答案用 0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選修題答題區(qū)域的答案一律無(wú)效。6、保持卡面清潔，不折疊，不破損。7、本科目考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量： 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）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?！军c(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。.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：ggC.乙酸的結(jié)構(gòu)式： CHC.乙酸的結(jié)構(gòu)式： CH3COOHD.羥基的電子式：H：ogg【答案】 D【解析】【詳解】 A．16O2-的質(zhì)子數(shù)為 8，核外電子數(shù)為 10，A錯(cuò)誤；B．圖示為甲烷的比例模型， B錯(cuò)誤；C．CH3COOH為乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式， C錯(cuò)誤；D．羥基中氫原子與氧原子形成一對(duì)共用電子對(duì)，且氧原子核外還有 5個(gè)電子， D正確；答案為 D。.下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法正確的是（ ）分餾汽油和裂化汽油均可使溴水褐色，其原理相同C4H8O2的同分異構(gòu)體中，能與 NaHCO3溶液反應(yīng)生成 CO2的有2種硬脂酸甘油酯發(fā)生皂化反應(yīng)后，加入飽和食鹽水，下層有固體析出組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸均需由食物供給【答案】 B【解析】【詳解】 A．分餾汽油中主要是飽和烴，與溴水發(fā)生萃取，溴水褪色，裂化汽油含有不飽和烴，可與 Br2發(fā)生加成反應(yīng)，二者原理不一樣， A錯(cuò)誤；B．C4H8O2的同分異構(gòu)體中，能與 NaHCO3反應(yīng)生成 CO2，說(shuō)明分子中含有 -COOH，可認(rèn)為是 C3H8分子中的一個(gè)H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質(zhì)， C3H8分子中只有兩種等效氫，所以 C4H8O2的同分異構(gòu)體中屬于羧酸的有 2種，B正確；C．皂化液中加入飽和食鹽水，發(fā)生鹽析，析出的硬脂酸鈉固體浮在液面上， C錯(cuò)誤；D．組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸中的非必需部分，可以由人體自己合成，不需要由食物供給， D錯(cuò)誤答案為 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（ ）c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中： K+、Cl-、SO42-、SCN-在pH=2的溶液中： NH4+、K+、F-、NO3-由水電離出的 c（H+）=10-12mol/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】【詳解】 A.Fe3+可與 SCN-反應(yīng)而不能大量共存， A項(xiàng)不符合題意；B.pH=2的溶液是酸性溶液， H+可與 F-反應(yīng)，不能大量共存， B項(xiàng)不符合題意；C.水電離出 c（H+）=10-12mol/L，小于 10-7mol/L，水的電離受到抑制，該溶液可能是酸或堿溶液，在堿溶液中， Mg2+與OH-反應(yīng)生成白色沉淀而不能大量共存，在酸溶液中， H+與ClO-反應(yīng)生成弱酸而不能大量共存，C項(xiàng)不符合題意；D.通入足 CO2的溶液中，各離子之間不會(huì)發(fā)生任何反應(yīng)而能大量共存， D項(xiàng)符合題意。答案為D。【點(diǎn)睛】水電離出的 c（H+）=10-12mol/L，小于 10-7mol/L，抑制水的電離，則溶液可能為酸或堿溶液。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：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Z【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2AtI+2Zn=ZnI2+ZnAt2、n反應(yīng)， AtI是還原劑A錯(cuò)誤；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。【點(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。.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤 ．．的是（ ）標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 30.8gCCl4中所含的原子數(shù)為 NA100g46%乙醇溶液中含有的 H—O鍵的數(shù)目為 NA1molNa2O2與足量的 CO2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 NAn（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.30.8gCCl4的物質(zhì)的量為 0.2mol，所以所含的原子數(shù)為 NA，A正確；B.100g46%CH3CH2OH溶液中含有 1molCH3CH2OH和3molH2O，所以溶液中含有的 H-O鍵的數(shù)目為 7NA，B錯(cuò)誤；C.1molNa2O2與足量 CO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 NA，C正確；D.NaHSO3溶液中根據(jù)物料守恒得， n（ Na+） =n（ H2SO3） +n（ HSO3-） +n（ SO32-） ，所以溶液中含有 Na+的數(shù)目大于 NA，D正確；答案為 B。【點(diǎn)睛】乙醇的水溶液中，水的結(jié)構(gòu)式為 H-O-H，1mol水含有2molH-O鍵。.以Pt－g-C3N4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 ．．．的是該過(guò)程為太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能Pt端發(fā)生的是氧化反應(yīng)過(guò)程①發(fā)生的電極反應(yīng)為 H2O2－2e－＝O2↑＋2H＋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+H2O-2e-=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的過(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+H2O-2e-=NO2+2H+，g-C3N4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1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3A.X、Z兩元素可形成離子化合物氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性： X>Y>Z該新化合物中的 Y元素滿足 8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)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 1，Y為L(zhǎng)i或P元素，根據(jù)化合物的結(jié)3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。【詳解】根據(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 ．．．的是反應(yīng)②屬于取代反應(yīng)Z與苯互為同分異構(gòu)體

Z分子中所有碳原子處于同一平面與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；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；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；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。Al2O3催化劑為實(shí)驗(yàn)條件變量，(曲線Ⅱ、Ⅲ表示經(jīng)過(guò)相同時(shí)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 Al2O3催化劑為實(shí)驗(yàn)條件變量，(曲線Ⅱ、Ⅲ表示經(jīng)過(guò)相同時(shí)進(jìn)行 H2S的分解實(shí)驗(yàn) ［反應(yīng)為 2H2S 2H2(g)+S2(g)］。測(cè)得的結(jié)果如圖所示。H2H2S的轉(zhuǎn)化率)溫度升高， H2S分解的速率增大， S2的含量減少由曲線Ⅱ、Ⅲ可知，加入 Al2O3可提高 H2S的平衡轉(zhuǎn)化率aC.900°C時(shí)， ts后達(dá)到平衡，則 H2的生成速率為 mol·L-1·s-12tD.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

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．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 1amol，則 H2的生成速率為2amol22L=molamol22L=mol4t-1-1L·s，故C錯(cuò)誤；tsD．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。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)。A.AB.BC.CD.DA.AB.BC.CD.D11.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 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－【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( )pH=3時(shí)，主要發(fā)生 ClO-氧化 NH3的反應(yīng)pH>8時(shí)，有效氯濃度隨 pH的增大而減小pH>8時(shí)， NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)?NH3?H2O，且有利于 NH3逸出pH<8時(shí)，氮的去除率隨 pH的減小而下降的原因是 c(HClO)減小【答案】 A【解析】【詳解】 A.當(dāng)pH=3時(shí)，溶液中有效氯主要以 HClO的形式存在， 主要發(fā)生 HClO氧化 NH4+的反應(yīng)， A錯(cuò)誤；B.由圖可知 pH>8時(shí)，有效氯濃度隨 pH的增大而減小， B正確；C.當(dāng)pH>8時(shí)，有利于 NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)?NH3?H2O，有利于 NH3逸出，C正確；D.隨溶液pH降低， c(H+)增大，反應(yīng) Cl2+H2O?H++Cl-+HClO的平衡逆向移動(dòng)， c(HClO)減小，氮的去除率降低， D正確；答案為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 ．．．的是步驟Ⅱ中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程： 3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O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。【詳解】 A、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正確；DD正確；故選 B。.向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加 NaHCO3溶液， 測(cè)得溶液 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( )加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)b點(diǎn)和c點(diǎn)均有 c(Na+)<2c(CO32-)+c(HCO3-)NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為 1.125mol/Ld點(diǎn)時(shí) c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)【答案】 B【解析】【詳解】 A.前8mL不生成沉淀說(shuō)明加入的 NaHCO3先與NaOH反應(yīng)，A正確；B.根據(jù)電荷守恒可知， c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(AlO2-)，b點(diǎn)和 c點(diǎn)溶液pH>7，所以有c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)，B錯(cuò)誤；C.加入40mlNaHCO3溶液時(shí)沉淀達(dá)到最大值，沉淀的物質(zhì)的量為 0.036mol，結(jié)合前 8m1，不生成沉淀及方程式 HCO3-+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-，可知 c(NaHCO3)=0.036mol/0.032L=1.125mol/L，C正確；D.d點(diǎn)時(shí)沉淀量最大，剛好達(dá)到最大值，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)，D正確；答案為 B。第Ⅱ卷(非選擇題 共58分)二、必考題(本題包括 3小題，共 43分).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 ，生成該沉淀 離子方程式為 。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：2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3組實(shí)驗(yàn)中溶液局部變紅的離子方程式：色，寫出發(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 ?！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.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】

由題中信息可知，白色沉淀為 CuSCN，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理書寫反應(yīng)的離子方程式；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)， Fe2+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；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：(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 (填標(biāo)號(hào))。A.磚紅色B.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 ?！敬鸢浮?(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).176%m【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。【詳解】 (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)，22c(SO2) c(SO4 )cBa K BaSO4 12 10－ 10該反應(yīng)的平衡常數(shù) K=c(SO4)= 4 =sp4=1.210 =0.05，故答案為： 0.05；c(CO32) c(CO32 )cBa2 Ksp BaCO3 2.4 10－ 9(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↓；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；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；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 1×0.1mol·L－1×0.02L×100mL=0.002mol，則與 C2O42－反應(yīng)的高錳酸根5 20mL離子為0.05L×0.2mol·L－1-0.002mol=0.008mol，則 C2O42－為5×0.008mol=0.02mol，則mg樣品中2C2O42－的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 0.02mol88g/mol×100%=176%，故答案為：滴入最后一滴硫酸亞鐵溶液，溶液由mg m紫紅色變?yōu)闇\綠色，且半分鐘不變色； 176%。m【點(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：CH2=CH2(g)+3O2(g)噲垐 ??2CO2(g)+2H2O(g) ΔH1 1322.5kJmol-1(g)+5O2(g)垐噲 ??4CO2(g)+4H2O(g) ΔH2 2433.0kJmol-12CH2=CH2(g)+O2(g)噲垐??2 (g) ΔH3 kJmol-12)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)20％。CH2＝CH2(g)的轉(zhuǎn)化率為 ，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TOC\o"1-5"\h\z (填一條措施即可 )。0～5min內(nèi)，環(huán)氧乙烷的生成速率為 。K (精確到0.01)。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D 1中畫出溫度由 T1℃變化到T2℃的過(guò)程中乙烯的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系 。)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＋H2OCl2→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。a電極上的電極反應(yīng)式為 。b電極區(qū)域生成環(huán)氧丙烷的化學(xué)方程式為 。.0.32mol/(L.0.32mol/(L·min).13.33(6).(7).2Cl-―2e13.33(6).(7).2Cl-―2e－＝ Cl2↑(8).CH3CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O根據(jù)蓋斯定律分析解答；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；b電極區(qū)域氯丙醇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；②[CH3CH(OH)CH2Cl]b電極區(qū)域氯丙醇【詳解】(1)①CH2=CH2(g)+3O2(g)噲垐??2CO2(g)+2H2O(g)ΔH1 1322.5kJmol-1，-1TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"②2 (g)+5O2(g)噲垐??4CO2(g)+4H2O(g)ΔH2 2433.0kJmol-1，根據(jù)蓋斯定律， 將①× 2-②得：\o"CurrentDocument"2CH2=CH2(g)+O2(g)噲垐 ??2 (g)ΔH32×( 1322.5kJmol-1)-( 2433.0kJmol-1)=-212kJmol-1，故答案為： -212；設(shè)反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量為 x，則\o"CurrentDocument"2CH2=CH2(g)+O2(g)噲垐??2 (g)起始(mol)110反應(yīng)(mol)2xx2x平衡(mol)1-2x1-x2xx5min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。2①平衡時(shí) CH2＝CH2(g)的轉(zhuǎn)化率為 20.4mol×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1mol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；0.32mol/(L·min)；0.32mol/(L·min)；②0～5min內(nèi)，環(huán)氧乙烷的生成速率為 0.5L =0.32mol/(L·min)，故答案為：5min(0.42)2③該反應(yīng)的平衡常數(shù) K= 0.5 =13.33，故答案為： 13.33；(10.42)2(10.4)0.5 0.5④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(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↑；b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。TOC\o"1-5"\h\z(2)基態(tài) Al原子價(jià)電子排布式為 ，鋁的第一電離能比鎂的低，是因?yàn)? 。AlF3的熔點(diǎn) (1040℃)比AlCl3(194℃)高得多，這是因?yàn)? ；氣態(tài)時(shí)，氯化鋁以雙聚體的形式存在，畫出Al2Cl6的結(jié)構(gòu)： 。TiO2＋ 檢驗(yàn)反應(yīng)為 TiO2＋ ＋ 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 。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 __g·cm－3(列出表達(dá)式 )。鎂失去的是全充滿 3s2上的一個(gè)電子，需要較高的能量，(1).X射線衍射 (2).3s23p鎂失去的是全充滿 3s2上的一個(gè)電子，需要較高的能量，.氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體.鋁失去的是 3p1.氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體.鋁失去的是 3p1上的一個(gè)電子，需要的能量較低.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).248+227鍵(9).248+22772 7NA(0.399107)2(0.407107)((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(2)鋁為133個(gè)電子；鎂 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)此畫出Al2Cl6的結(jié)(2)鋁為132個(gè)σ鍵，含有上的一(2)鋁為132個(gè)σ鍵，含有上的一194℃，符合分子晶體的特征，因此Al2Cl6的結(jié)構(gòu)為3個(gè)電子，基態(tài) Al原子價(jià)電子排布式為H2O2中 O構(gòu)；配離子 [TiO(H2O2)]2＋中氧原子上有孤對(duì)電子； H2O2中O原子形成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)，胞的體積，再計(jì)算鋁鈦合金的密度。(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