2019-2020年高三上学期12月段考化学试卷含解析.doc

2019-2020年高三上学期12月段考化学试卷含解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，具有许多异常的力学、电学和化学性能下列关于碳纳米管的说法不正确的是（）A碳纳米管属于一种有机合成纤维B碳纳米管与金刚石互为同素异形体C常温下，碳纳米管具有较好的稳定性D碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料2下列有关化学用语表示错误的是（）AHCN的结构式：BHClO的电子式为：CCH4分子的球棍模型：D2氯甲苯的结构简式：3下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（）A中性溶液：Cu2+、Al3+、NO3、SO42B加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、IC加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3、SO42D常温下，=11012的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+4下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅CBaCO3、BaSO4都难溶于水，均可用做钡餐DAl2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚5下列装置用于实验室以硫酸铝制取一定量Al2O3，能达到实验目的是 （）A称取样品B样品溶解C氢氧化铝沉淀过滤D灼烧氢氧化铝沉淀6在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C下列说法正确的是（）A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）r（Mg）C在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能7下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFeSSO3H2SO4Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）CuFe2O3FeCl3无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3ABCD8下列反应的离子方程式正确的是（）ANa2CO3水解：CO32+H2OH2CO3+2OHBAgCl溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32D向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH2Mn2+5SO42+2H2O9RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池，RFC工作原理见图下列有关说法正确的是（）A转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LBb电极上发生的电极反应是：2H2O+2e=H2+2OHCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O10X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂DY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列有关说法正确的是（）A钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能同时发生B反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0C由于Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），因此BaSO4沉淀不可能转化为BaCO3沉淀D0.1molL1 CH3COOH溶液加水稀释后，c（OH）、CH3COOH电离度均增大12绿茶中含有物质EGCG具有抗癌作用，能使癌细胞自杀性死亡其结构见图下列有关EGCG的说法中正确的是（）AEGCG易被氧化BEGCG的分子中有1个手性碳原子C1mol EGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6molBr2D1mol EGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗10molNaOH13下列叙述错误的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）（CO32）+c（OH）B25时，0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=c（Na+）D25时，若0.3molL1 HY溶液与0.3molL1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109molL114根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项实验操作实验现象结论A向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Fe3+B向某溶液中先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170将产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的不一定是乙烯AABBCCDD15在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图1表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 molL1min1B图2所知反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正v逆D200时，向容器中充入1.6molA和0.8molB，达到平衡时，A的转化率大于50%三、解答题（共5小题，满分68分）16钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料工业以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O，煅烧可获得钛酸钡粉体（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为；为提高BaCO3的酸浸率，可采取的措施为（任答一点）（2）配制TiCl4溶液时，通常将TiCl4溶于浓盐酸，目的是（3）加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为；可循环使用的物质X是（4）煅烧得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、和17奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物用于合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：已知：乙酸酐的结构简式为请回答下列问题：（1）G物质中的含氧官能团的名称是、（2）反应AB的化学方程式为（3）上述、变化过程的反应类型分别是、（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：、苯环上只有两种取代基分子中只有4种不同化学环境的氢能与NaHCO3反应生成CO2（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路NaOH溶液线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH3OHCH3COOCH2CH318铁钾矾KxFey（SO4）mnH2O常用作工业媒染剂其组成可用如下方法测定：准确称取2.0120g样品配成100mL溶液A准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.466g准确量取25.00mL溶液A，加入足量的KI溶液，以淀粉为指示剂，用0.1250molL1的Na2S2O3溶液滴定，消耗8.00mL至终点（已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）（1）要检验出A溶液中存在的Fe3+，可以加入溶液（2）已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0105molL1，应保持溶液中c（Ba2+）molL1（3）步骤中判断滴定终点的方法是（4）通过计算确定铁钾矾的组成（写出计算过程）19硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）排放到空气中会污染环境某化学兴趣小组对废气A的组成进行探究，请回答下列问题（1）同学甲设计实验检验废气A中含有的CO2，应选择的试剂有ANaOH溶液 B酸性KMnO4溶液 C澄清石灰水 D盐酸（2）同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如下装置进行实验为了保证实验成功，装置A应具有的现象是，搅拌的目的是同学丙认为A装置前后的质量差就是a L废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是（3）兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾（ZnSO47H2O）实验模拟制备皓矾工业流程如下：“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式是加入Zn粉的目的是固体A主要成分是操作b得到纯净皓矾晶体，必要的操作是、过滤、洗涤、干燥20H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛（1）空气阴极法电解制备H2O2的装置如图1所示，主要原理是在碱性电解质溶液中，通过利用空气中氧气在阴极还原得到H2O2和稀碱的混合物试回答：直流电源的a极名称是阴极电极反应式为1979年，科学家们用CO、O2和水在三苯膦钯的催化下室温制得了H2O2相对于电解法，该方法具有的优点是安全、（2）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用利用图2（a）和（b）中的信息，按图2（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），其原因是（3）用H2O2 和H2SO4 的混合溶液可溶解印刷电路板金属粉末中的铜反应的离子方程式是，控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0molL1H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）温度（）20304050607080Cu的平均溶解速率（103molmin1）7.348.019.257.987.246.735.76当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是【物质结构与性质】21铁及其化合物在有机化学中应用广泛，例如有机合成中，常用铁和盐酸将硝基（NO2）还原为氨基（NH2）；在苯的溴代反应中用溴化铁作催化剂（1）Fe基态原子核外电子排布式为（2）H、N、O的电负性从小到大的顺序是（3）与NO2+互为等电子体的一种分子为（填化学式）氨基（NH2）中氮原子的杂化类型为（4）1mol苯分子中含有键的数目为（5）Fe与N形成的某化合物晶胞如图所示，则该晶体的化学式为xx学年江苏省连云港市灌云一中高三（上）段考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，具有许多异常的力学、电学和化学性能下列关于碳纳米管的说法不正确的是（）A碳纳米管属于一种有机合成纤维B碳纳米管与金刚石互为同素异形体C常温下，碳纳米管具有较好的稳定性D碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料【考点】纳米材料【专题】化学计算【分析】A、碳纳米管是由碳原子组成的；B、碳纳米管是由碳原子组成的，是一种碳单质；C、碳单质常温下比较稳定；D、碳纳米管比表面积大，易吸附氢气【解答】解：A、碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，不是有机物，故A错误；B、碳纳米管是由碳原子组成的，是一种碳单质，与金刚石互为同素异形体，故B正确；C、碳单质常温下比较稳定，故C正确；D、碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故D正确故选A【点评】本题考查了纳米材料的结构和性质，难度不大，根据题干所给的信息以及已有知识来分析2下列有关化学用语表示错误的是（）AHCN的结构式：BHClO的电子式为：CCH4分子的球棍模型：D2氯甲苯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】AHCN中存在一个碳氢键和一个碳氮三键；BHClO分子中氧原子分别与氢原子和氯原子形成公用电子对，形成8电子稳定结构；C球棍模型用小球和短线表示分子组成，图示结构为甲烷的比例模型；D可以可知氯原子取代了甲苯分子中苯环上与甲基相邻的氢原子形成的【解答】解：A结构式中将分子中所有共价键用短线表示，HCN的结构式为：，故A正确；B次氯酸为共价化合物，分子中存在1个OH键和1个HCl共价键，次氯酸的电子式为：，故B正确；C甲烷为正四面体结构，分子中存在4个碳氢键，为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为：，故C错误；D中氯原子位于甲基的邻位，主链为甲苯，该有机物名称为2氯甲苯，故D正确；故选C【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、球棍模型、结构简式、结构式等化学用语的概念及正确的表示方法，明确最简式、分子式、结构简式、结构式的区别3下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（）A中性溶液：Cu2+、Al3+、NO3、SO42B加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、IC加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3、SO42D常温下，=11012的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A中性溶液中，不能存在Cu2+、Al3+；B加入苯酚显紫色的溶液，含有Fe3+；C加入Al能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D常温下，=11012的溶液，显碱性【解答】解：ACu2+、Al3+只存在于酸性溶液中，中性溶液中不能大量存在，故A错误；B该溶液中含有Fe3+，I与其发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；C该溶液可能为酸性或碱性溶液，酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下NH4+、Fe2+不能共存，故C错误；D该溶液为碱性溶液，离子之间不反应，能大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大4下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅CBaCO3、BaSO4都难溶于水，均可用做钡餐DAl2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A漂白纸浆，与漂白性有关；BC与二氧化硅反应生成Si和CO，C元素的化合价升高；CBaCO3能与盐酸反应；DAl2O3与NaOH反应【解答】解：A漂白纸浆，与漂白性有关，而与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；BC与二氧化硅反应生成Si和CO，C元素的化合价升高，则C作还原剂，体现其还原性，故B正确；CBaCO3能与盐酸反应，不能用做钡餐，故C错误；DAl2O3与NaOH反应，则不能用于制造熔融烧碱的坩埚，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，需注意性质与用途的关系，题目难度不大5下列装置用于实验室以硫酸铝制取一定量Al2O3，能达到实验目的是 （）A称取样品B样品溶解C氢氧化铝沉淀过滤D灼烧氢氧化铝沉淀【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A称量时左物右码；B烧杯可溶解药品；C过滤需要引流；D灼烧固体用坩埚【解答】解：A称量时左物右码，故A错误； B烧杯可溶解药品，需要用玻璃棒搅拌，故B正确；C过滤需要用玻璃棒引流，故C错误；D灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学实验基本操作、物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C下列说法正确的是（）A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）r（Mg）C在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能【考点】同素异形体；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较；化学能与热能的相互转化【分析】A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D、镁燃烧放出强光，据此解答即可【解答】解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）r（Mg），故B错误；C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性MgC，故C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度7下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFeSSO3H2SO4Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）CuFe2O3FeCl3无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；硫燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠【解答】解：偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；故正确；单质硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；故错误；碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；故正确；氯化铁溶液中氯化铁水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热氯化氢挥发，平衡正向移动，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，不能得到氯化铁，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；综上所述：在给定条件下能实现的是；故选：A【点评】本题本题考查了物质转化关系的分析和判断，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，注意常见元素化合物性质的积累8下列反应的离子方程式正确的是（）ANa2CO3水解：CO32+H2OH2CO3+2OHBAgCl溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32D向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH2Mn2+5SO42+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、水解一般是可逆的，而且程度很小B、符合离子方程式的书写要求C、当二氧化碳过量时，应注意生成的产物是否符合要求D、注意反应环境是否符合实际【解答】解：A、水解一般是可逆的，故需用可逆号；而且多元弱酸根的水解要分步进行，故正确的应为：CO32+H2OHCO3+OH故A错误B、AgCl溶于氨水的化学方程式：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2Cl+2H2O，故离子方程式为：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O，B正确C、由于CO2是过量的，故应生成HCO3，故正确的离子方程式应为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C错误D、酸性溶液中不能出现OH，正确的离子方程式为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，故D错误故选B【点评】本题考查了水解方程式和有关过量问题的离子方程式书写，特别注意选项D有关反应环境的问题，综合性较强，难度适中9RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池，RFC工作原理见图下列有关说法正确的是（）A转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LBb电极上发生的电极反应是：2H2O+2e=H2+2OHCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算【解答】解：A当有0.1 mol电子转移时，a电极为电解池的阴极，电极反应为4H+4e=2H2，产生1.12LH2，故A错误；Bb电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2，故B错误；Cc电极上氧气得到发生还原反应，为原电池的正极，阳离子在原电池中移向正极，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；Dd为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点10X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂DY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素【解答】解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，A原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（Na）r（Cl）r（C）r（O），故A错误；BY、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C元素Cl和O形成的化合物ClO2是一种高效安全灭菌消毒剂，故C正确；DY与Z形成的两种化合物为氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；故选C【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解本题关键，易错选项是C，注意根据Cl元素化合价判断，难度中等二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列有关说法正确的是（）A钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能同时发生B反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0C由于Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），因此BaSO4沉淀不可能转化为BaCO3沉淀D0.1molL1 CH3COOH溶液加水稀释后，c（OH）、CH3COOH电离度均增大【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】基本概念与基本理论【分析】A、从电解质是酸性的角度来分析；B、根据吉布斯自由能来判断；C、只要使钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可转化；D、CH3COOH溶液加水稀释，根据电离平衡的移动来分析【解答】解：A、钢铁腐蚀时若介质为酸性，则可能同时发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀，故A正确；B、该反应熵变小于零，若自发进行焓变一定小于零，故B错误；C、可以用高浓度的碳酸盐溶液使溶液中钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀，故C错误；D、加水稀释，平衡正向移动，醋酸电离度增大，但平衡中离子浓度减低，水电离出的c（OH）增大，故D正确；故选AD【点评】本题综合考察了钢铁的腐蚀、反应能否自发的判断、沉淀溶解平衡和电离平衡的应用，综合性较强，难度适中12绿茶中含有物质EGCG具有抗癌作用，能使癌细胞自杀性死亡其结构见图下列有关EGCG的说法中正确的是（）AEGCG易被氧化BEGCG的分子中有1个手性碳原子C1mol EGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6molBr2D1mol EGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗10molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含酚OH、COOC及醚键，结合酚、酯的性质来解答【解答】解：A含酚OH，EGCG易被氧化，故A正确；B连4个不同基团的C为手性碳原子，则与醚键、酯基相连的两个C均为手性碳，故B错误；C酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol EGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6molBr2，故C正确；D.8个酚OH及1个COOC与NaOH反应，则1mol EGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗9molNaOH，故D错误；故选AC【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯的性质及分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大13下列叙述错误的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）（CO32）+c（OH）B25时，0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=c（Na+）D25时，若0.3molL1 HY溶液与0.3molL1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109molL1【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B二者混合后溶液中的溶质是0.05mol/L的盐酸、0.025mol/L的BaCl2，溶液中c（H+）=0.05mol/L；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D二者恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，则Y为弱酸，根据电荷守恒和物料守恒判断【解答】解：A、NaHCO3溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3），物料守恒为c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）=c（Na+），所以得c（H+）+c（H2CO3）（CO32）+c（OH），故A正确；B、混合后溶液中c（H+）=（0.20.1）2=0.05mol/L，溶液的pH1，故B错误；C、溶液中电荷守恒为2c（R2）+c（HR）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），pH等于7，故有2c（R2）+c（HR）=c（Na+），故C正确；D、两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，电荷守恒为c（OH）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+）；物料守恒为c（HY）+c（Y+）=c（Na+），两式相减为c（OH）c（HY）=c（H+）=1109 molL1，故D正确；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，注意B中二者混合后溶液体积增大一倍，为易错点14根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项实验操作实验现象结论A向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Fe3+B向某溶液中先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170将产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的不一定是乙烯AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A氯气氧化亚铁离子，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰；C银镜反应需要在碱性条件下；D乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化【解答】解：A向FeCl2溶液中通入适量Cl2，由现象可知生成氯化铁，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2Fe3+，故A正确；B先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰，再加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42，故B正确；C银镜反应需要在碱性条件下，水解后未加碱至碱性，则实验失败，故C错误；D乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则由现象可知，使溶液褪色的不一定是乙烯，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、银镜反应、离子的检验及物质的检验等，把握物质的性质及发生化学反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大15在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图1表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 molL1min1B图2所知反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正v逆D200时，向容器中充入1.6molA和0.8molB，达到平衡时，A的转化率大于50%【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像【分析】A由图可知，200时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图判断200时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；C恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；D由图1可知，达到平衡时，A的转化率为50%，200时，向容器中充入1.6mol A 和0.8 mol B达到平衡等效为在原平衡基础上增大压强，根据图中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向【解答】解：A由图可知，200时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，故v（B）=0.02 molL1min1，故A错误；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即H0；图可知，200时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B正确；C恒温恒容条件下，通入氦气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C错误；D由图可知，200时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，达到平衡时A的转化率为=50%，200时，向容器中充入1.6mol A 和0.8 mol B达到平衡等效为在原平衡基础上增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时A的转化率大于50%，故D正确；故选BD【点评】本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响三、解答题（共5小题，满分68分）16钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料工业以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O，煅烧可获得钛酸钡粉体（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；为提高BaCO3的酸浸率，可采取的措施为将BaCO3粉碎（任答一点）（2）配制TiCl4溶液时，通常将TiCl4溶于浓盐酸，目的是抑制TiCl4的水解（3）加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO（C2O4）24H2O+6HCl；可循环使用的物质X是HCl（或盐酸）（4）煅烧得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、CO2和H2O（g）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO（C2O4）24H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，（1）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，增大固体的接触面积可提高反应速率；（2）TiCl4可发生水解反应；（3）加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成HCl可循环使用；（4）BaTiO（C2O4）24H2O煅烧，发生分解反应【解答】解：由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO（C2O4）24H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，（1）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；为提高BaCO3的酸浸率，可采取的措施为将BaCO3粉碎，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；将BaCO3粉碎；（2）TiCl4可发生水解反应，则通常将TiCl4溶于浓盐酸，目的是抑制TiCl4的水解，故答案为：抑制TiCl4的水解；（3）加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO（C2O4）24H2O+6HCl，同时生成HCl（或盐酸）可循环使用，故答案为：BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO（C2O4）24H2O+6HCl；HCl（或盐酸）；（4）BaTiO（C2O4）24H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O（g），故答案为：CO2；H2O（g）【点评】本题考查物质制备实验，为高频考点，把握物质的性质及流程中的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力及混合物分离提纯实验设计能力的考查，题目难度中等17奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物用于合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：已知：乙酸酐的结构简式为请回答下列问题：（1）G物质中的含氧官能团的名称是醚键、羧基（2）反应AB的化学方程式为（3）上述、变化过程的反应类型分别是加成（还原）反应、消去反应（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：、苯环上只有两种取代基分子中只有4种不同化学环境的氢能与NaHCO3反应生成CO2（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路NaOH溶液线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH3OHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）根据G的结构简式判断其含有的官能团；（2）根据图示可知，反应AB为A中酚羟基上的H被CH3CO取代，结合A、B的结构简式写出反应的化学方程式；（3）反应为D中碳氧双键与氢气发生加成反应生成E；反应生成F，F与氢气反应生成G，F结构简式为：，可知反应为醇羟基的消去反应；（4）C为，根据C的结构简式、题中限制条件及同分异构体的书写方法写出满足条件的有机物的结构简式；（5）根据逆合成法可知，合成，需要得到，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成，在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成，据此写出合成路线图【解答】解：（1）根据G的结构简式可知，G中含有的官能团为醚键和羧基，故答案为：醚键、羧基；（2）反应AB可以认为A中酚羟基上的H被CH3CO取代，该反应的方程式为：，故答案为：；（3）反应为D中碳氧双键与氢气发生加成反应生成E，该反应也属于还原反应；反应生成F，F与氢气反应生成G，根据E和G的结构简式可知F的结构简式为：，所以反应为醇羟基的消去反应，故答案为：加成（还原）反应；消去反（4）C的结构简式为，苯环上只有两种取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢，即含有4种等效H原子，能与NaHCO3反应生成CO2，分子中含有羧基，则满足条件的C的同分异构体的结构简式为：、，故答案为：；（5）以和乙酸酐为原料制备 ，根据逆合成法可知，合成，需要得到，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成，在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成，所以合成流程为：，故答案为：【点评】本题考查了有机合成，题目难度中等，明确合成流程及题中反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物官能团结构与性质的关系，（5）为难点，注意根据原料及制备产物结构特点并结合题中反应原理正确设计成合成线路18铁钾矾KxFey（SO4）mnH2O常用作工业媒染剂其组成可用如下方法测定：准确称取2.0120g样品配成100mL溶液A准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.466g准确量取25.00mL溶液A，加入足量的KI溶液，以淀粉为指示剂，用0.1250molL1的Na2S2O3溶液滴定，消耗8.00mL至终点（已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）（1）要检验出A溶液中存在的Fe3+，可以加入KSCN溶液（2）已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0105molL1，应保持溶液中c（Ba2+）1.1105molL1（3）步骤中判断滴定终点的方法是滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复（4）通过计算确定铁钾矾的组成（写出计算过程）【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】（1）检验出A溶液中存在的Fe3+，加入KSCN（或硫氰化钾），出现血红色；（2）欲使溶液中c（SO42）1.0105molL1，应保持溶液中c（Ba2+）=1.1105molL1；（3）以淀粉为指示剂，淀粉遇碘变蓝，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复，即达到滴定终点；（4）25.00mLA溶液中：n（SO42）=0.4660g/233gmol1=2103moln（Fe3+）=0.1250molL18.0103L=1103mol 根据电荷守恒：n（K+）=22103mol31103mol=1103mol根据质量守恒，结晶水的物质的量：2.0120g（25/100）1103mol（39+56）molL12103mol96gmol1/18gmol1=1.2102mol 所以x：y：m：n=1：1：2：12，化学式为：KFe（SO4）212H2O【解答】解：（1）检验出A溶液中存在的Fe3+，加入KSCN（或硫氰化钾），出现血红色，故答案为：KSCN（或硫氰酸钾）； （2）欲使溶液中c（SO42）1.0105molL1，应保持溶液中c（Ba2+）=1.1105molL1，故答案为：1.1105；（3）以淀粉为指示剂，淀粉遇碘变蓝，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复，即达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；（4）25.00mLA溶液中：n（SO42）=0.4660g/233gmol1=2103moln（Fe3+）=0.1250molL18.0103L=1103mol 根据电荷守恒：n（K+）=22103mol31103mol=1103mol根据质量守恒，结晶水的物质的量：2.0120g（25/100）1103mol（39+56）molL12103mol96gmol118gmol1=1.2102mol，所以x：y：m：n=1：1