2020-2021学年江苏省南京市六校高三（上）期中化学试卷（Word+答案）

2020-2021学年江苏省南京市六校高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共10小题，1-10小题每题2分，11-15为不定项选择题，每题4分。满分20分）
1．化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是（　　）
A．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．医用消毒洒精中乙醇的浓度（体积分数）为95%
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
2．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）
A．质子数为17、中子数为20的氯原子：Cl
B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：
C．Cl2分子的结构式：Cl﹣Cl
D．次氯酸的电子式
3．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂
C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
B．＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣
C．0.1mol?L﹣1KI溶液中：Na+、K+、ClO﹣、OH﹣
D．能使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣
5．下列说法正确的是（　　）
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B．萃取碘水中的I2，可用乙醇来代替CCl4
C．某溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO42﹣或SO32﹣
D．浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸
6．下列制取SO2、验证其性质的装置（尾气处理装置已省略）和原理不能达到实验目的是（　　）
A．制取SO2
B．验证漂白性
C．验证还原性
D．验证氧化性
7．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．电解MgCl2水溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
C．向0.1mol?L﹣1NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣
D．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeSH2S↑+Fe2+
8．W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的周期数是族序数的3倍，Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径Y＞Z
B．Y与X形成的化合物都只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．NaCl（aq）Cl2（g）FeCl2（s）
B．Ca（ClO）2（aq）HClO（aq）O2（g）
C．Al2O3（s）AlCl3（aq）无水AlCl3（s）
D．NH3（g）NO（g）HNO3（aq）
10．某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2（m﹣x）CeO2?xCe+xO2，（m﹣x）CeO2?xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO，下列说法不正确的是（　　）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．如图中△H1+△H2+△H3＝0
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+H2O﹣2e﹣═CO2+2H+
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．下列有关说法正确的是（　　）
A．0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，的值减小
B．电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属
C．反应8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g），若△H＜0，则该反应一定能自发进行
D．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
12．汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（　　）
A．汉黄苓素的分子式为C16H13O5
B．该物质遇FeCl3溶液显色
C．1mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol
Br2
D．1mol该物质与H2发生反应，最多消耗7mol
H2
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
碳酸的酸性比苯酚的强
B
室温下，向NaCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，出现黄色沉淀
Ksp（AgI）＜Ksp（AgC
l）
C
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。
Fe3+的氧化性比I2的强
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5
HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强
A．A
B．B
C．C
D．D
14．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1mol?L﹣1的NaHA溶液，其pH＝4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
B．0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol?L﹣1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）
C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）
D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（CH3COOH）
15．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）?2C（g）△H＝akJ?mol﹣1．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图表示，下列说法正确的是（　　）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5
L
0.5
L
1.0
L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5mol
A
0.5mol
B
1.5mol
A
0.5mol
B
6.0mol
A
2.0mol
B
A．T1＜T2，该反应为放热反应
B．10min内甲容器中反应的平均速率
v（B）＝0.10mol?L﹣1?min﹣1
C．保持其他条件不变，若起始时向乙容器中充入3.0mol
A、1.0mol
B和2.0mol
C，则反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）
D．T2℃，向丙容器的平衡体系中再充入1.5mol
A、0.5mol
B，达到新平衡时C的体积分数大于25%
二、非选择题（共60分）
16．工业上以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体[BaTiO（C2O4）2?4H2O]，煅烧可获得钛酸钡粉体。
（1）“酸浸”时，发生反应的离子方程式是　
　，“酸浸”时控制温度不宜过高的原因是　
　。
（2）配制TiCl4溶液时，通常将TiCl4固体溶于浓盐酸，再加水稀释，其目的是　
　。
（3）写出加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式　
　。
（4）测定钛酸钡粉体中BaTiO3的质量分数。
已知：Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O
现取ag煅烧后的BaTiO3粉末，酸溶得到100.0mL含Ba2+的溶液，取25.00mL于锥形瓶，加入xmL浓度为c1mol?L﹣1的Na2CrO4溶液（Na2CrO4过量），充分反应后，用浓度为c2mol?L﹣1标准盐酸滴定至CrO42﹣被完全反应，消耗盐酸体积为ymL。已知：BaTiO3的摩尔质量为Mg?mol﹣1，试求算粉体中BaTiO3质量分数。（钛元素不干扰测定过程，写出计算过程）
17．天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：（Z＝﹣COOR，﹣COOH等）
（1）C中的含氧官能团名称为　
　和　
　。
（2）B分子中碳原子的杂化轨道类型是　
　、　
　。
（3）C→D的反应类型为　
　。
（4）F→G的反应中有副产物X（分子式为C14H14O3）生成，写出X的结构简式：　
　。
（5）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　
　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中含有2种不同化学环境的氢。
（6）写出以和为原料，合成的合成路线流程图　
　。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）
18．实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案，其实验流程如图1。
已知：K2MnO4水溶液呈墨绿色，在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42﹣会发生自身氧化还原（歧化）反应，生成MnO4﹣和MnO2。部分试剂熔点、分解温度见下表：
物质
KOH
KClO3
MnO2
K2MnO4
KMnO4
熔点/℃
406
368
﹣
﹣
﹣
分解温度/℃
1323
＞400
530
190
240
（1）在强碱性条件下，MnO2与KClO3共熔可制得K2MnO4，其化学方程式为　
　。投料的顺序为先加入混合均匀的KOH和KClO3，待小火完全熔融，再加入MnO2，迅速搅拌。不能先将KClO3与MnO2混合的原因是　
　。（用化学方程式解释说明）
（2）溶解后，将所得溶液转入三颈瓶中，趁热滴入6mol?L﹣1的乙酸，调节pH≈10，在如图2所示的装置中进行歧化。
①“歧化”步骤所得的氧化产物与还原产物的物质的量之比为　
　。
②该步骤pH值不宜过高的原因可能是　
　。
（3）“过滤”时需要趁热过滤，目的是　
　。
（4）设计以滤液为原料，制取KMnO4晶体的实验方案：　
　。（已知：KMnO4在水溶液中，90℃以上开始分解。实验中必须使用的设备：蒸发皿、恒温水浴槽、恒温干燥箱）
19．CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究方向。
（1）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1＝akJ?mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝bkJ?mol﹣1
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＝ckJ?mol﹣1
反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的△H＝　
　kJ?mol﹣1
（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图1所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因可能是　
　。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　
　。
（3）以CO2为原料可以合成多种物质。
①利用FeO吸收CO2的化学方程式为：6FeO+CO2═2Fe3O4+C，则反应中每生成1mol
Fe3O4，转移电子的物质的量为　
　mol。
②以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图2所示，b是电源的　
　（填“正极”或“负极”），写出生成丙烯的电极反应式　
　。
20．东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的价电子排布式为　
　。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。
①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是　
　。
②1mol[Ni（NH3）6]2+含有σ键的数目为　
　mol。
③氨的沸点高于膦（PH3），原因是　
　。
（3）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示，该合金的化学式为　
　。
2020-2021学年江苏省南京市六校高三（上）期中化学试卷
试题解析
一、选择题（共10小题，1-10小题每题2分，11-15为不定项选择题，每题4分。满分20分）
1．解：A.煤经过气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均为化学变化，故A错误；
B.海水晒盐分离出NaCl，为物理变化，故B错误；
C.酒精浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，则医用消毒洒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%，故C错误；
D.地沟油的主要成分为油脂，碱性溶液中水解生成肥皂，且含有害物质，禁止食用，但可以用来制肥皂，故D正确；
故选：D。
2．解：A．质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，核素符号为Cl，故A错误；
B．氯离子的核外电子数为18，质子数为17，核外各层上的电子数分别为2、8、8，则氯离子（Cl﹣）的结构示意图为，故B错误；
C．Cl2分子中两个Cl原子共用一对电子，结构式为Cl﹣Cl，故C正确；
D．次氯酸的中心原子为O，O原子分别与H、Cl原子共用一对电子，各原子均达到稳定结构，电子式为，故D错误；
故选：C。
3．解：A．Na2SiO3不能燃烧、也不支持燃烧，可用作木材防火剂，与Na2SiO3易溶于水无关，故A错误；
B．NaHCO3不稳定，受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用作食品疏松剂，与NaHCO3能和碱反应无关，故B错误；
C．Fe是比较活泼金属、具有还原性，能与氧气、水发生原电池反应，以除去食品袋中氧气和水，所以Fe可用作食品袋中的抗氧化剂，故C正确；
D．通常情况下，C的化学性质稳定，不易发生氧化反应，所以导电性强的石墨可用作干电池的正极材料，故D错误；
故选：C。
4．解：A．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液呈酸性或碱性，H+与AlO2﹣、CO32﹣反应，不能大量共存，故A错误；
B．该溶液呈碱性，K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与OH﹣反应，能够大量共存，故B正确；
C．ClO﹣、I﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH﹣与NH4+、HCO3﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
5．解：A．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；
B．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；
C．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含SO42﹣或SO32﹣或Cl﹣，故C错误；
D．制备氯气，二氧化锰作氧化剂和还原剂浓盐酸在加热的条件下反应，生成二氧化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，先通过饱和食盐水，洗去氯化氢，氯气中混有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，再通过浓硫酸干燥，故D正确；
故选：D。
6．解：A．Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中装置可制备，故A正确；
B．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故B错误；
C．二氧化硫与硫酸铁发生氧化还原反应，溶液褪色可说明二氧化硫的还原性，故C正确；
D．二氧化硫与硫化钠反应生成S，生成淡黄色沉淀可说明二氧化硫的氧化性，故D正确；
故选：B。
7．解：A．电解MgCl2水溶液，离子方程式：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，故A错误；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故B错误；
C．向0.1mol?L﹣1NaAlO2溶液中通入过量CO2离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；
D．硫化亚铁与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2FeS+6H2SO4（浓）2Fe3++3SO42﹣+3SO2↑+2S+6H2O，故D错误。
故选：C。
8．解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Na、Z为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径Y＞Z，故A正确；
B.Y与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故B错误；
C.Z的离子比其它离子多1个电子层，故C错误；
D.W的氧化物对应的水化物为亚硝酸时，属于弱酸，故D错误；
故选：A。
9．解：A．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气与铁反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故A错误；
B．次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，HClO光照分解：2HClO2HCl+O2↑，故B正确；
C．氧化铝溶解于盐酸中得到氯化铝溶液，氯化铝溶液蒸发得到水解产物氢氧化铝，不能得到无水氯化铝，不能一步实现，故C错误；
D．氨气催化氧化生成NO，一氧化氮难溶于水，与水也不反应，故D错误；
故选：B。
10．解：A．通过太阳能实现总反应H2O+CO2＝H2+CO+O2可知：CeO2没有消耗，CeO2为催化剂，故A正确；
B．该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；
C．由图中转化关系及据盖斯定律可知：﹣△H1为正值，△H2+△H3为负值，则﹣△H1＝△H2+△H3，即：△H1+△H2+△H3＝0，故C正确；
D．CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH﹣生成CO32﹣，故负极反应式为：CO+4OH﹣﹣2e﹣＝CO32﹣+2H2O，故D错误；
故选：D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．解：A．0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，促进水解，n（NH3?H2O）增大，n（NH4+）减小，所以c（NH3?H2O）和c（NH4+）的比值增大，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，阳极泥中含有不如Cu活泼的金属，所以阳极泥中含有Ag、Au等金属，不含Zn、Fe，故B错误；
C．依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析，8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，△S＞0，一定存在△H﹣T△S＜0，则该反应一定能自发进行，故C正确；
D．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：CD。
12．解：A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；
B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液呈紫色，故B正确；
C．能与溴水反应的为酚羟基邻位的取代反应以及碳碳双键的加成反应，则1mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol
Br2，故C错误；
D.能与氢气发生加成反应的为苯环、羰基和碳碳双键，则1mol该物质与H2发生反应，最多消耗8mol
H2，故D错误。
故选：B。
13．解：A.反应生成苯酚和碳酸氢钠，则碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确；
B.NaCl和KI混合溶液的浓度未知，为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp（AgI）、Ksp（AgCl），故B错误；
C.发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知Fe3+的氧化性比I2的强，故C正确；
D.由pH可知，前者水解显碱性，后者电离显酸性，则HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的弱，故D错误；
故选：AC。
14．解：A．0.1mol?L﹣1的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），正确的浓度大小为：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故A错误；
B．0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol?L﹣1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质为碳酸钠，CO32﹣部分水解溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故B正确；
C．NaOH为强碱，碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，则pH相等时，溶液浓度大小为：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故C错误；
D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），还存在物料守恒：2c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），二者结合可得：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：BD。
15．解：A．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；
B．乙中平衡时A的转化率为＝，丙中A的转化率为＝，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x＝1。由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）＝＝0.1mol/（L?min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）＝v（C）＝×0.1mol/（L?min）＝0.05mol/（L?min），故B错误；
C．乙中平衡时C的浓度为1.0mol/L，则：
A（g）+B（g）?2C（g）
开始（mol/L）：3
1
0
变化（mol/L）：0.5
0.5
1.0
平衡（mol/L）：2.5
0.5
1.0
故T2℃，该反应的平衡常数为K＝＝0.8，
保持其他条件不变，若起始时向乙容器中充入3.0mol
A、1.0mol
B和2.0mol
C，反应前后气体的化学计算不变，可以用物质的量代替浓度计算浓度商，此时浓度商Qc＝＝＞K＝0.8，故反应向逆反应方向进行，则反应达到新平衡前v（逆）＞v（正），故C正确；
D．等效为表中丙平衡的基础上增大压强，由于反应前后气体的化学计量数不变，平衡状态相同，平衡时C的体积分数不变，表中丙平衡时C的体积分数为：×100%＝25%，即T2℃向丙容器的平衡体系中再充入1.5mol
A、0.5mol
B，达到新平衡时C的体积分数等于25%，故D错误。
故选：AC。
二、非选择题（共60分）
16．解：（1）碳酸钡与盐酸反应方程式为BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑，离子反应为BaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ba2+，碳酸钡溶解在盐酸中，加热可促进溶解，但盐酸易挥发，应控制温度，
故答案为：BaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ba2+；温度过高，盐酸挥发速率加快；
（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）入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O＝BaTiO（C2O4）2?4H2O↓+6HCl，
故答案为：BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O＝BaTiO（C2O4）2?4H2O↓+6HCl；
（4）n（剩余Na2CrO4）＝n（盐酸）＝y×10﹣3L?c2mol?L﹣1＝c2?y×10﹣3mol，
n（BaTiO3）＝n（反应Na2CrO4）＝n（总Na2CrO4）﹣n（剩余Na2CrO4）＝4×（x×10﹣3L?c1mol?L﹣1﹣y×10﹣3L?c2mol?L﹣1）＝（4c1?x×10﹣3﹣4c2?y×10﹣3）mol，
粉体中BaTiO3质量分数＝＝×100%＝×100%＝×100%，
故答案为：n（剩余Na2CrO4）＝n（盐酸）＝y×10﹣3L?c2mol?L﹣1＝c2?y×10﹣3mol，
n（BaTiO3）＝n（反应Na2CrO4）＝n（总Na2CrO4）﹣n（剩余Na2CrO4）＝4×（x×10﹣3L?c1mol?L﹣1﹣y×10﹣3L?c2mol?L﹣1）＝（4c1?x×10﹣3﹣4c2?y×10﹣3）mol，
粉体中BaTiO3质量分数＝＝×100%＝×100%＝×100%。
17．解：（1）由结构可知，C中的含氧官能团为羰基、羟基，
故答案为：羰基；羟基；
（2）碳碳三键中碳原子形成2个σ键，﹣CH2﹣中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为2、4，分别采取sp、sp3杂化，
故答案为：sp；sp3；
（3）对比C、D的结构可知，C中羟基与HC≡CCOOH中羧基发生酯化反应生成D，也属于取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（4）对比F、G的结构可知，F中羰基邻位的2个氢原子被甲基替代生成G，副产物X分子式为C14H14O3，则F羰基邻位的1个氢原子被甲基替代生成X，故X的结构简式为：，
故答案为：；
（5）C的分子式为C10H14O2，不饱和度为4，C的同分异构体满足：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环侧链没有环状或不饱和键，②分子中含有2种不同化学环境的氢，存在对称结构，应该是苯环含有2个酚羟基、4个甲基，故符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（6）由信息可知，与发生加成反应生成，再与氢气发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故合成路线流程图为：，
故答案为：。
18．解：（1）在强碱性条件下，MnO2与KClO3共熔可制得K2MnO4，其化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，投料的顺序为先加入KOH和KClO3混合均匀，待小火完全熔融，再加入MnO2，迅速搅拌；不能先将KClO3与MnO2混合的原因是MnO2会催化KClO3分解，方程式为：2KClO3
3O2↑+2KCl，消耗更多的原料，
故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；2KClO3
3O2↑+2KCl，消耗更多的原料；
（2）①MnO42﹣会发生自身氧化还原（歧化）反应，Mn元素升高1价生成氧化产物MnO4﹣，Mn元素下降2价生成还原产物MnO2，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：1，
故答案为：2：1；
②如果pH控制过高，可能会导致K2MnO4歧化反应不完全，使得中KMnO4含有较多的K2MnO4，
故答案为：K2MnO4歧化反应不完全，使得中KMnO4含有较多的K2MnO4；
（3）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时KMnO4结晶，导致产率降低，
故答案为：防止温度下降时KMnO4结晶而造成损失；
（4）KMnO4在水溶液中，90℃以上开始分解，因此需要控制蒸发温度低于90℃；又由于KMnO4固体240℃会分解，故烘干时要低于240℃；制取KMnO4晶体的实验方案：将滤液转移到蒸发皿中，放恒温水浴槽水浴加热，调节温度80℃左右浓缩，至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤，将晶体低于240℃的恒温干燥箱干燥，
故答案为：将滤液转移到蒸发皿中，放恒温水浴槽水浴加热，调节温度80℃左右浓缩，至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤，将晶体低于240℃的恒温干燥箱干燥。
19．解：（1）CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝akJ?mol﹣1①
CO（g）+H2O
（g）＝CO2（g）+H2
（g）△H＝bkJ?mol﹣1②
2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝ckJ?mol﹣1③
根据盖斯定律，由①+②×2﹣③×2得，CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）△H＝（a+2b?2c）kJ?mol﹣1，
故答案为：a+2b?2c；
（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，
故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，
故答案为：增大反应压强或增大CO2的浓度；
（3）①该反应中每生成1molFe3O4，反应的二氧化碳物质的量为0.5mol，1mol二氧化碳反应转移电子4mol，0.5mol二氧化碳反应转移电子2mol，所以转移电子的物质的量2mol，
故答案为：2；
②由图示可知，电解池左侧C元素化合价降低，作阴极，则电解池右侧作阳极，且阳极与电源正极相连，故b为正极；由题意知CO2放电生成丙烯，结合电子转移、电荷守恒、元素守恒书写电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣═CH3CH＝CH2+6H2O，
故答案为：正极；3CO2+18H++18e﹣═CH3CH＝CH2+6H2O。
20．解：（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，即价电子排布式为3d84s2，
故答案为：3d84s2；
（2）①SO42﹣中S原子的孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4+0＝4，离子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+与个6NH3形成6个配位键，配位键属于σ键，氨气分子中还有3个N﹣H键，故[Ni（NH3）6]2+含有σ键数目为6+3×6＝24，则1mol[Ni（NH3）6]2+含有σ键为24mol，
故答案为：24；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，
故答案为：PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，氢键比范德华力更强；
（3）晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×＝1、Cu原子数目＝6×＝3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故化学式为Cu3Ni，
故答案为：Cu3Ni。
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