高中化学 2021届高考考前冲刺卷 化学（二） 学生版

这是一份高中化学 2021届高考考前冲刺卷 化学（二） 学生版，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

2021届高考考前冲刺卷
化 学（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5

一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．手工制作工艺在我国有着悠长的历史，下列有关叙述不正确的是
A．北京糖人所用饴糖属于天然高分子化合物
B．苏绣又称丝绣，所用蚕丝的主要成分为蛋白质
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属于无机非金属材料
D．芜湖铁画属于铁制品，属于合金材料
2．生活处处有化学，下列说法正确的是
A．食品中的淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体
B．棉、麻、丝、毛的燃烧产物都只有CO2和H2O
C．在紫外线、饱和CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性
D．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
3．2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究发现洛匹那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法不正确的是

A．洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5
B．洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色
C．洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应
D．洛匹那韦能溶于水与氢键作用有关
4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．将0.1mol H2和0.2mol I2充入密闭容器中充分反应后，生成HI的分子数为0.2NA
B．1.0mol/L的CH3COONa溶液中所含CH3COO−的数目小于NA
C．标准状况下，2.24L CH2Cl2中所含C－Cl键的数目为0.2NA
D．1mol硝基(－NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
5．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是
A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W
B．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定
C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、W
D．WX与ZX中的化学键类型相同
6．根据下列实验操作过程中颜色变化所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将NaClO溶液滴入品红溶液中，品红溶液缓慢褪色；若同时加入食醋，红色很快褪去
ClO−的氧化性随pH的减小而增强
B
将石油分馏的产品石蜡加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去
石油中含有烯烃
C
向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体，溶液的红色变浅
CH3COONH4溶液呈酸性
D
向含AgCl和AgBr的饱和溶液中加入足量浓AgNO3溶液，产生两种颜色沉淀，但以白色为主
溶液中c(Cl−)/c(Br−)减小
7．下列说法不正确的是
A．晶体中存在I离子，I离子的空间构型为V形
B．三氯化氮(NCl3)是一种极性分子，NCl3还能再以配位键与Cl−结合
C．PH3和NH3分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于NH3
D．BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3
8．现用如下实验装置在实验室制取溴苯(夹持装置已略去)，反应引发后，扎紧软橡胶袋口。下列说法不正确的是

A．托起A中软橡胶袋使铁粉落下引发反应
B．B中双球管中液体颜色逐渐变为橙色
C．若CCl4过量，则C中无明显现象
D．D中倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸
9．在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g)2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n(B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
下列说法不正确的是
A．实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内平均反应速率v(A)=0.015
mol/(L·min)
B．实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C．700℃时该反应的平衡常数K=4.0
D．实验③中，达到平衡时，a>0.10
8．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池的说法正确的是

A．a电极发生还原反应
B．H+由右室通过质子交换膜进入左室
C．b电极反应式为2NO+10e−+12H+=N2↑+6H2O
D．电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极
二、 选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：

下列说法正确的是
A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
B．该反应能量转化形式为光能→化学能
C．图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
12．配合物［Cu(En)2］SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜，是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。有关说法中正确的是
A．该配合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键、氢键等化学键
B．配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型不同
C．该配合物中金属离子的价电子构型为3d10
D．乙二胺和三甲胺［N(CH3)3］均属于胺，乙二胺比三甲胺的沸点高
13．向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(H2S、HS−、S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程中H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是

A．含硫物种B表示HS−
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫物种浓度的关系为c(Na+)＝2[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]
C．X、Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka1
D．NaHS溶液呈碱性，若向该溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应时所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2++HS−=CuS↓+H+
14．钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：

已知：①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O；
②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10−9。
下列说法错误的是
A．BaTiO3中Ti元素的化合价为+4
B．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
C．流程中可以通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体
D．若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为2.58×10−8mol/L
15．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是

A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体
C．X可能是SO2和SO3的混合气体
D．Y可以是蔗糖溶液
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料。以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下反应的化学方程式为：2R+C2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁中钛元素的化合价为___________，钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为___________。
(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是___________。
(3)溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子，常温下，其对应氢氧化物的Ksp如表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10−16
1.0×10−29
1.8×10−11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.18mol·L−1，当溶液的pH等于___________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________。
③溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是___________，过滤需要的主要玻璃仪器是___________。
(4)Mg还原TiCl4过程必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________。
(5)除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是___________。
17．钴及其化合物在催化剂、磁性材料、电池等领域应用十分广泛。回答下列问题：
(1)纳米氧化钴可以在室温下将甲醛完全催化氧化为CO2和H2O。
①基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]_______。
②甲醛分子中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)；甲醛分子的立体构型为_______；分子中σ键与π键数目比为_______。
(2)[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色晶体，该配合物中提供空轨道接受孤对电子的微粒是_______，NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为_______，NH3是_______(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)LiCoO2可用作锂离子电池的电极材料。在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_______(填元素符号)，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_______(填“相同”或“相反”)；LiF的熔点为848℃，属于_______晶体，LiF的熔点高于LiCl熔点(605℃)的原因是_______。
(4)某钴化合物纳米粉可以提高碱性电池的性能。该化合物晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为a nm，则此晶体的密度为(列出计算式即可)_______g·cm−3。

18．水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，工业上用尿素[CO(NH2)2]、NaOH和NaClO溶液反应制备水合肼的实验流程如图：据此某化学兴趣小组设计了下列实验制备N2H4·H2O。

查阅资料：①3NaClO2NaCl+NaClO3；②N2H4·H2O易溶于水，熔点-40℃，沸点为118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2；属于二元弱碱，在空气中可吸收CO2而产生烟雾。
[实验一]制备NaClO溶液

回答下列问题：
(1)盛装浓盐酸仪器的名称是_______，加入实验药品之前必须进行的操作是_______。
(2)装置II中为了提高NaClO的产率，用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要原因是_______。
(3)装置III的作用是_______。
[实验二]制备水合肼

(4)装置中的直形冷凝管_______(填“能”或“不能”)用球形冷凝管代替。
(5)三颈烧瓶中生成水合肼的化学反应方程式：_______。
(6)滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因是_______。
(7)有同学认为该实验收集装置有缺陷，请你写出改进措施_______。
19．碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。
(1)将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．
①已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g) ΔH1＝+489.0kJ/mol
C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g) ΔH2＝+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为 。
②氯化钯(PdCl2)溶液常被应用于检测空气中微量CO、PdCl2被还原成单质，反应的化学方程式为 。
(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池。
①负极电极反应式是： 。
②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图所示)，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．下列说法中正确的是_____(填序号)。

A．电源中的a一定为正极，b一定为负极 B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极 D．阴极发生的反应是：2H++2e−＝H2↑
(3)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
CO2

1
650
2
4
1.6
5
2
900
1
2
0.4
3
3
900
1
2
0.4
1
①该反应的正反应为_____(填“吸”或“放”)热反应。
②实验2中，平衡常数K＝_____。
③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是_____(答一种情况即可)。
(4)将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序_____．
21．有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成了J，其合成路线如下：

已知：+R－OH
回答下列问题：
(1)D的名称是______。
(2)D→E反应①的化学方程式是_______。
(3)E→F的反应类型为_______。
(4)J中的含氧官能团除硝基外还有_______(填官能团名称)。
(5)化合物X是H的同系物，其分子式为C8H9O3N，其核磁共振氢谱有3组峰，则X的结构简式可能为_______(写一种即可)。
(6)D的同分异构体中能发生水解反应有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______。
(7)参照题中合成路线图，设计以2－甲基－1－丙烯和为原料来合成的合成路线_______。





（新高考）2021届高考考前冲刺卷
化 学（二）答案
1. 【答案】A
【解析】A．饴糖是低聚糖，不是高分子化合物，A错误；B．苏绣又称丝绣，所用材料是蚕丝，蚕丝的主要成分为蛋白质，B正确；C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，因此属于硅酸盐产品，硅酸盐产品属于无机非金属材料，C正确；D．芜湖铁画所用材料是铁合金，属于铁制品，D正确；故合理选项是A。
2. 【答案】C
【解析】A．聚合度n不同，二者不是同分异构体，故A错误；B．丝、毛的成分为蛋白质，含N元素，燃烧有含氮物质生成，而棉、麻的燃烧产物都只有CO2和H2O，故B错误；C．强酸、强碱、紫外线、饱和CuSO4溶液等重金属盐、福尔马林均使蛋白质发生变性，故C正确；D．花生油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油为饱和酯类，均可发生皂化反应，故D错误；答案选C。
3. 【答案】B
【解析】A．根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5，故A正确；B．洛匹那韦的水解产物中没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故B错误；C．洛匹那韦中含有羟基能发生取代反应、苯环能发生加成反应、羟基的邻碳上有氢、能发生氧化反应能发生消去反应、羰基能发生还原反应，故C正确；D．洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；故选B。
4. 【答案】D
【解析】A．碘和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则生成的HI分子个数小于2NA个，A项错误；B．溶液体积未知，所以溶液中醋酸根离子数目无法确定，B项错误；C．二氯甲烷标况下为液态，不能用气体摩尔体积计算C－Cl键的数目，C项错误；D．1mol硝基(－NO2)含有23NA电子，46g二氧化氮(NO2)摩尔数为所含的电子数也为23NA，D项正确；答案选D。
5. 【答案】A
【解析】W的单质是空气中体积分数最大的气体可知W是N元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z最外层电子数等于最内层电子数，可知Z为Mg元素，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，且X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，可知X为O元素，Y为F元素。A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，则元素非金属性由强到弱的顺序为F＞O＞N，A正确；B．非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的简单气态氢化物比W的简单气态氢化物稳定，B错误；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，C错误；D．NO与MgO中的化学键类型不相同，其中是共价键，后者是离子键，D错误；答案选A。
6. 【答案】A
【解析】A．将NaClO溶液滴入品红溶液中，品红溶液缓慢褪色；若同时加入食醋，红色很快褪去，说明溶液酸性越强，反应速率越快，酸性越强pH越小，所以ClO−的氧化性随pH的减小而增强，A符合题意；B．石蜡加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去，只能说明石蜡的分解产物中含有不饱和烃，但不一定是烯烃，B不符题意；C．CH3COONH4电离生成的铵根离子抑制一水合氨的电离，溶液中的氢氧根离子减少，溶液碱性减弱，红色变浅，而CH3COONH4溶液呈中性，C不符题意；D．，由于温度不变，则Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)不变，所以不变，D不符题意；答案选A。
7. 【答案】B
【解析】A．I离子中心I原子价层电子对数为：2+=4，由于I原子上有2对共用电子对，所以其空间构型为V形，A正确；B．NCl3分子中的中性N原子以及Cl−没有空轨道可以容纳孤电子对，所以NCl3不能再以配位键与Cl−结合，B错误；C．P、N原子最外层都是由5个电子，其中含有１对孤电子对，3个成单电子与H原子形成共价键，都能提供孤电子对，由于N的电负性比P大，所以对孤电子对吸引能力N比P强，因此PH3提供孤电子对的能力比NH3强，C正确；D．BeO的晶格能大于MgO，可知阳离子半径越小对氧的吸引力越大，夺取氧的能力越强，所以碳酸铍分解生成氧化铍比碳酸镁分解生成氧化镁容易，则可推测出BeCO3的分解温度低于MgCO3，D正确；故合理选项是B。
8. 【答案】C
【解析】A．铁粉沿导管落下，与溴生成溴化铁，催化引发反应，故Ａ正确；B．B中装CCl4的双球管吸收苯和溴蒸气，溶液颜色变为橙色，故Ｂ正确；C．苯与溴反应为取代反应生成HBr，C中生成AgBr浅黄色沉淀，故C错误；D．倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸，故D正确；故选C。
9. 【答案】D
【解析】实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B 0.150mol，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B．该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C．700℃时各物质平衡浓度：c(A)=0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D．实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)4.0，故D不正确。故选D。
10. 【答案】C
【解析】A．b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B．原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C．b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO+10e−+12H+=N2↑+6H2O，故C正确；D．原电池中电流从正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；故选C。
11. 【答案】AB
【解析】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C错误；D．根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误；答案选AB。
12. 【答案】D
【解析】A．［Cu(En)2］2+、SO之间是离子键；Cu2+与H2N－CH2－CH2－NH2通过配位键结合；H2N－CH2－CH2－NH2中存在极性共价键和非极性共价键、SO中存在极性共价键和配位键，但是氢键不属于化学键，选项A错误；B．乙二胺分子中氮原子形成3个σ键，价电子对数是＝4，氮原子轨道的杂化类型为sp3；碳原子形成4个σ键，价电子对数是＝4，碳原子轨道的杂化类型为sp3，二者杂化类型相同，选项B错误；C．En是乙二胺，分子整体显0价，硫酸根显-2价，则根据“正负化合价的代数和等于零”可以判断铜显+2价，其价电子构型为3d9，选项C错误；D．由于乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高得多，选项D正确。答案选D。
13.【答案】BC
【解析】向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2−；B先增加后减少，则B为HS−；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S。A．B先增加后减少，则B为HS−，故A正确；B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液Na、S物料守恒可得：c(Na+)＝3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]，故B错误；C．X点为S2−和HS−浓度相同，K2(H2S)==c(H+)，则由X点处的pH，可计算Ka2(H2S)的值，故C错误；D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸，发生反应：Cu2++HS−=CuS↓+H+，溶液显示强酸性，故D正确；故选D。
14.【答案】B
【解析】由制备流程可知，BaCO3用盐酸酸浸得到氯化钡溶液，再向氯化钡混合液中加入TiCl4溶液和草酸溶液得到草酸氧化钛钡晶体和HCl，生成的HCl可循环利用，最后通过洗涤、干燥、煅烧草酸氧化钛钡晶体得到BaTiO3。A．BaTiO3中O为-2价，Ba为+2价，则Ti元素的化合价为2×3-2=4，即+4价，故A正确；B．如用浓硫酸代替浓盐酸，可生成硫酸钡沉淀，消耗钡离子，难以得到钛酸钡，故B错误；C．由流程可知，加入草酸，得到草酸氧化钛钡晶体，可用过滤的方法得到，故C正确；D．若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为mol/L=2.58×
10−8mol/L，故D正确；故选B。
15.【答案】A
【解析】A．Cu和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2、H2O，途径①产生了有毒气体，相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想，A项正确；B．将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，故无法得到胆矾，B项错误；C．CuSO4热分解生成两种产物，其中一种为Cu2O，Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuSO4中只有O元素的化合价能升高，故X中必有O2，C项错误；D．CuSO4与过量NaOH溶液反应会生成Cu(OH)2悬浊液，蔗糖不是还原性的糖，不能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，D项错误；答案选A。
16.【答案】（1）+4 FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（2） 防止Fe2+被氧化
（3） 9 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+ FeSO4·7H2O 烧杯、漏斗、玻璃棒
（4） 隔绝空气
（5） 稀盐酸或稀硫酸
【解析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)中加浓硫酸使其转化为可溶性的硫酸亚铁等；然后加水和加铁粉除消耗多于的氢离子外还可防止亚铁离子被氧化成铁离子；沉降分离后得到TiOSO4以及硫酸亚铁的混合溶液，然后冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体和溶液II，向溶液II中加水并加热过滤得到钛酸和回收硫酸；将钛酸煅烧得到二氧化钛，在高温条件下与碳和氯气反应生成四氯化钛，然后四氯化钛与镁在高温下反应生成钛单质。(1)根据2R+C2Fe+2TiO2+CO2↑以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得FeTiO3中Ti的化合价为+4价；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，则该反应为非氧化还原反应，则其反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOsO4+FeSO4+2H2O；(2)由分析可知，加铁粉的主要目的是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；(3)①，所以有，pOH=5，则pH=14-pOH=9，故答案为9；②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(OH)2的Ksp最小，则所得该白色沉淀为氢氧化氧钛，则该反应的方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；③由分析可知，溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O，过滤时所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒以及烧杯，故答案为：FeSO4·7H2O；漏斗、玻璃棒、烧杯；(4)Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气，故答案为：隔绝空气；(5)常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸，故答案为：稀硫酸或稀盐酸。
17.【答案】（1）3d74s2 O＞C＞H 平面三角形 3∶1
（2） Co3+ sp3 极性
（3） Mg 相反 离子 LiF、LiCl均为离子晶体，F−半径小于Cl−，且所带电荷数相等，则LiF的晶格能大于LiCl
（4）
【解析】(1)①基态钴原子为27号元素，则核外电子排布式为[Ar]3d74s2；②甲醛分子中含有C、H、O三种元素，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞H；甲醛分子中心碳原子有3条键，无孤电子对，为sp2杂化，则空间构型为平面三角形；分子中含有3个σ键，1个π键，则σ键与π键数目比为3∶1；(2)[Co(NH3)6]Cl3是配合物，Co3+提供空轨道；NH3分子中氮原子含有3条共价键，1对孤电子对，则杂化轨道类型为sp3杂化；空间构型为三角锥型，则为由极性键构成的极性分子；(3)根据对角线原则，在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg；该元素基态原子核外M层电子为3s2，自旋状态相反；LiF的熔点为848℃，属于离子晶体；LiF、LiCl均为离子晶体，F−半径小于Cl−，且所带电荷数相等，则LiF的晶格能大于LiCl，故LiF的熔点高于LiCl熔点(605℃)；(4)根据晶胞的结构，Co在晶胞的顶点个数=8×=1，Ti在晶胞的体内个数为1，O在晶胞的面心，个数=6×=3，则1mol晶胞的质量=(59+48+16×3)g，1mol晶胞的体积=(a nm)3×NA，则此晶体的密度=g·cm−3。
18.【答案】（1）分液漏斗 检查装置气密性
（2） 防止温度高，使NaClO分解
（3） 吸收尾气，防止污染空气
（4） 不能
（5） NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3
（6） 防止水合肼被NaClO氧化
（7） 在锥形瓶导管上连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置
【解析】实验一：装置I中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，氯气通入冰水浴中的30%的NaOH溶液中，生成NaCl、NaClO，防止温度过高生成氯酸钠；氯气有毒，装置III中用NaOH吸收未反应的氯气。实验二：三颈烧瓶中NaClO与尿素反应生成水合肼，控制温度，使水合肼变为蒸汽溢出，水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，则滴加NaClO溶液时不能过快、过多；利用冷凝管冷凝水合肼，在锥形瓶中收集；水合肼在空气中可吸收CO2而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置。(1)根据装置特点，盛装浓盐酸仪器的名称是分液漏斗；连接装置后，应先检验装置的气密性；(2)已知加热NaClO溶液可生成氯酸钠，则用冰水浴控制温度在30℃以下，可防止温度过高NaClO分解；(3)氯气有毒，则装置III的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；(4)球形冷凝管一般用于合成装置中的冷凝回流，直形冷凝管用于蒸馏实验的冷凝，则装置中的直形冷凝管不能用球形冷凝管代替；(5)三颈烧瓶中NaClO、NaOH与尿素反应生成水合肼和碳酸钠，化学反应方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3
；(6)水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，滴加NaClO溶液时不能过快、过多；(7)水合肼在空气中可吸收CO2而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置。
19.【答案】（1）分液漏斗 检查装置气密性
（8） 防止温度高，使NaClO分解
（9） 吸收尾气，防止污染空气
（10） 不能
（11） NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3
（12） 防止水合肼被NaClO氧化
（13） 在锥形瓶导管上连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置
【解析】实验一：装置I中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，氯气通入冰水浴中的30%的NaOH溶液中，生成NaCl、NaClO，防止温度过高生成氯酸钠；氯气有毒，装置III中用NaOH吸收未反应的氯气。实验二：三颈烧瓶中NaClO与尿素反应生成水合肼，控制温度，使水合肼变为蒸汽溢出，水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，则滴加NaClO溶液时不能过快、过多；利用冷凝管冷凝水合肼，在锥形瓶中收集；水合肼在空气中可吸收CO2而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置。(1)根据装置特点，盛装浓盐酸仪器的名称是分液漏斗；连接装置后，应先检验装置的气密性；(2)已知加热NaClO溶液可生成氯酸钠，则用冰水浴控制温度在30℃以下，可防止温度过高NaClO分解；(3)氯气有毒，则装置III的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；(4)球形冷凝管一般用于合成装置中的冷凝回流，直形冷凝管用于蒸馏实验的冷凝，则装置中的直形冷凝管不能用球形冷凝管代替；(5)三颈烧瓶中NaClO、NaOH与尿素反应生成水合肼和碳酸钠，化学反应方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3
；(6)水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，滴加NaClO溶液时不能过快、过多；(7)水合肼在空气中可吸收CO2而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置。
19．【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-28.5kJ/mol PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl
（2） C3H8+26OH−-20e−＝3CO+17H2O ABD
（3） 放热 0.167 使用了催化剂或增大了压强
（4） c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)
【解析】(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g) ΔH1＝+489.0kJ/mol ①；C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g) ΔH2＝+172.5kJ/mol ②；由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-28.5kJ/mol，②氧化还原反应规律，CO与PdCl2溶液反应，PdCl2被还原成单质，则CO被氧化成CO2，根据质量守恒定律，有水参与反应同时生成氯化氢，反应的化学方程式为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl；(2)C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反应：C3H8+5O2+6OH−＝3CO+7H2O，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e−+2H2O＝4OH−，负极发生氧化反应，电极反应式为：C3H8+26OH−-20e−＝3CO+17H2O；故答案为：C3H8+26OH−-20e−＝3CO+17H2O；②A．因为生成的氢气将装置中原有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极则是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，电源中的a与A相连，则a为正极，b与B相连，则b为负极，选项A正确；B．电解池中阳极是铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中的阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响实验，选项B正确；C．阳极应该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，选项C错误；D．阴极氢离子放电，其电极反应为2H++2e−＝H2↑，选项D正确；答案选ABD；(3)①实验1中CO的转化率为×100%＝40%，实验2中CO的转化率为×100%＝20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故答案为：放热；
CO(g) + H2O(g)CO2(g)+H2(g)
②起始量（mol/L） 0.5 1 0 0
变化量（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.2
平衡量（mol/L） 0.3 0.8 0.2 0.2
根据K===0.167；③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动，应是使用了催化剂，又由于反应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂或增大了压强；(4)2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2mol CO2，与0.3mol NaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1mol Na2CO3、0.1mol NaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c(Na+)最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c(HCO)＞c(CO)，水解使溶液显碱性，则c(OH−)＞c(H+)，显性离子大于隐性离子，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)，即离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)。
20.【答案】（1）2－甲基－2－羟基丙醛
（2） +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
（3） 取代反应
（4） 醚键、羧基
（5） 或
（6） 4 HCOOCH2CH2CH3
（7）
【解析】A发生加成反应生成B，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为，A为；由D、E的分子式结合反应条件知，C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应然后酸化生成E为，E发生取代反应生成F，F与H发生取代反应生成J，结合J的结构，可知H为；（1）D为，D的名称是2－甲基－2－羟基丙醛；（2）D发生氧化反应生成E，D-E反应①的化学方程式是+2Cu(OH)2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O；（3）EF的反应类型为取代反应；答案为取代反应。（4）J中的含氧官能团除硝基外还有醚键、羧基；答案为醚键、羧基。（5）H为，化合物X是H的同系物，其分子式为C8H9O3N，则X比H多2个－CH2，且X含有酚羟基、硝基，其核磁共振氢谱有3组峰，说明X中含有两个甲基且对称，则X的结构简式可能为、或；（6）D为，D的同分异构体中能发生水解反应，说明含有酯基，可能是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，有4种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的结构简式为HCOOCH2CH2CH3。（7）以2－甲基－1－丙烯和为原料来合成，可由和(CH3)3COH发生取代反应得到，(CH3)3COH可由(CH3)3CBr发生水解反应得到，2－甲基丙烯和HBr发生加成反应得到(CH3)3CBr，其合成路线为。