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2020届全国Ⅰ卷高三高频错题模拟卷化学（解析版）
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2020届全国Ⅰ卷高三高频错题卷化学
满分：100分 时间：90分钟
姓名：____________ 班级：____________ 考号：____________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共16题，每小题3分，共48分）
1．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.6913】
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
C．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D．《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH
2．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6151】
设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体共28 g充分燃烧消耗3NA个O2
B．0.1 mol -NH2 (氨基)中所含有的电子数为NA
C．1 L 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA
D．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212 g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
3．【2019年安徽省名校试题】【年级得分率：0.5575】
下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
4．【2019年福建省名校试题】【年级得分率：0.5891】
某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛放的是饱和食盐水
B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
5．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.5348】
下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
检验溶液中是否含有SO42-
取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SO42-
C
比较HCl和CH3COOH的酸性强弱
用pH试纸测定浓度均为0.1mol·L-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色
6．【2019年湖北省名校试题】【年级得分率：0.6215】
TPE（四苯基乙烯）及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如下图，下列关于TPE的说法正确的是（ ）
A．TPE的分子式为C26H22
B．TPE能发生加成反应，不能发生取代反应
C．TPE与化合物互为同分异构体
D．TPE的一氯代物有3种
7．【2019年山西省名校试题】【年级得分率：0.5348】
有机化学在日常生活应用广泛，下列有关说法正确的是（ ）
A．相同条件下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大
B．矿物油和植物油都是有机物，均不能使溴水褪色
C．甲苯和Cl2光照下的反应与乙醇和乙酸的反应不属于同一类型的反应
D．有芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种
8．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.5496】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化合物a中只含有C、H两种元素
B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z>Y>X>W
C．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1 : 2
D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的
9．【2019年河南省名校试题】【年级得分率：0.3522】
下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是（ ）
A．乙装置中溶液颜色不变
B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋
D．当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16 g
10．【2019年江西省名校试题】【年级得分率：0.4783】
一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx-(x=0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．上述离子中结合H能力最强的是E
B．上述离子中最稳定的是A
C．C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2-(aq)=ClO3-(ag)+ClO-(aq) △H=-76 kJ·mol-1
D．B→A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和
11．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.4783】
氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2
B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑
D．过程④中消耗 11.2 L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
12．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6087】
已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法错误的是（ ）
A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
B．若A为铁，则在图中的反应，X只起氧化的作用
C．若A为碳单质，则C不宜用来扑灭由钠引起的着火
D．将B气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
13．【2019年河北省名校试题】【年级得分率：0.4812】
在含Fe3+的S2O82-和I-的混合溶液中，反应S2O82-(aq)+2I-(aq)=2SO42-(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42-(aq)
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关
B．该反应为吸热反应
C．Fe2+是该反应的催化剂
D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
14．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6575】
某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：3X(g)+2Y(s)2Z(g)+W(g)
△H>0，下列叙述错误的是（ ）
A．升高温度，正逆反应速率都增大
B．若单位时间内每消耗3 mol X的同时消耗2 mol Z，则该反应达到化学平衡状态
C．适当增大压强，化学平衡不发生移动
D．平衡时，X与W的物质的量浓度之比一定为3 : 1
15．【2019年湖北省名校试题】【年级得分率：0.3113】
室温下，用相同物质的量浓度的HCl溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1 mol/L的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H+)大小关系：DOH>BOH>AOH
B．pH=7时，c(A+)=c(B+)=c(D+)
C．滴定至P点时，溶液中：c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后:c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)
16．【2019年福建省名校试题】【年级得分率：0.2872】
25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数
[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知：该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A．曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
C．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+) : c(Cu2+)=104.6 : 1
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共52分。17~19题为必考题，每个试题考生都必须作答；20、21题为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题：共37分
17．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.2758】
三氯氧磷(POCl3)可用作有机合成的氯化剂和催化剂。
已知：①KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3；
②Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)；
③磷酸银可溶于硝酸；
④PCl3和POCl3的相关信息如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
性质
PCl3
-111.8
74.2
137.5
均为无色液体，遇水均剧烈水解，生成含氧酸和氯化氢，两者互溶。
POCl3
2.0
105.3
153.5
实验室制取POCl3并测定产品纯度的实验过程如下：
Ⅰ.制备POCl3可用氧气氧化液态PCl3的方法。实验装置（加热及夹持装置省略）如下：
（1）装置C中盛装PCl3的仪器名称为______________，氧气氧化PCl3的化学方程式为________________________________________________。
（2）仪器组装完成后，检查装置B气密性的方法是__________________。
（3）装置B的作用有________________________________（回答两点）。
（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是______________________。
Ⅱ.测定产品中POCl3纯度的实验步骤：
①实验Ⅰ结束后，待反应器中液体冷却到室温，准确称取1.3300 g的POCl3粗产品（杂质不含氯元素），置于盛有50.00 mL蒸馏水的烧杯中摇动至完全水解，将水解液配成
100.00 mL溶液；
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.1200 mol·L-1 AgNO3标准溶液；
③加入少量硝基苯，用力摇动，静置；
④加入指示剂，用0.1000 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，到达终点时共用去12.00 mL KSCN溶液。
（5）滴定过程中选择的指示剂为___________溶液。
（6）步骤③的目的是___________________________________________________。
（7）测得产品中POCl3的纯度为__________%。
18．【2019年山东省名校试题】【年级得分率：0.3167】
工业上采用氯化铵熔烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。②部分阳离子沉淀时溶液的pH；
离子
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
4.1
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的pH
4.7
3.2
13.1
10.1
11.1
③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
（1）合1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、c(NH4C1)/c(菱锰矿粉)分别为______________、______________、_______________。
（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2，作用是_________________________，再调节溶液pH的最大范围为__________________，将Fe3+和Al3+变为沉淀面除去，然后加人NH4F将Ca2+、Mg2+变为氧化物沉淀除去。
（3）“碳化结品”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为___________________。
（4）上述流程中可循环使用的物质是_________________（填化学式）。
（5）现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnO2完全转化为[Mn(PO4)2]3-（其中NO3-转化为NO2-）；加入稍过量的硫酸，发生反应NO2-+NH4+=N2↑+2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L-1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-；用5.00 mL 0.500 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_______________________________。
②试样中锰的质量分数为_______________。
19．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.1525】
以含1个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料的碳一化学处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。
（1）已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1、
-764.5 kJ·mol-1。则反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=_________________；。
（2）在T1时，向体积为2 L的恒容容器中充入物质的量之和为3 mol的CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应达到平衡时CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。
①当起始n(H2)/n(CO)=2时，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5 min内平均反应速率v(H2)=_____________。若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，达到新平衡时H2的转化率将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。
②当n(H2)/n(CO)＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的_______(填“D”“E”或“F”)点。
（3）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______________________。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为____L。
（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。则电源的负极为
_______________（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式____________________。
（二）选考题：共15分
20．【2019年江西省名校试题】【年级得分率：0.4415】
[化学-选修3：物质结构与性质]AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为_____________________。
（2）第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是______________________________________。
（3）CN-、NH3、H2O和OH-等配体都能与Zn2+形成配离子。1 mol [Zn(NH3)4]2+含___mol σ键，中心离子的配位数为______________。
（4）铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_____________个镁原子最近且等距离。
（5）在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
①苯甲醇中C原子杂化类型是________________________。
②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_____________________________。
（6）钛晶体有两种品胞，如图所示。
①如图3所示，晶胞的空间利用率为____________________(用含п的式子表示)。
②已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D g·cm-3，NA为_____________mol-1(用含x y和D的式子表示)。
21．【2019年山西省名校试题】【年级得分率：0.4411】
[化学-选修5：有机化学基础]白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：
（1）写出B中含氧官能团的名称_______________。
（2）写出A→B的化学方程式___________________________________。
（3）C 的分子式为_________。C→D、E→F 的反应类型分别为_________和________。
（4）白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分 异构体的结构简式______________________。
①分子中有四种不同化学环境的氢原子；
②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应。
（5）某物G是A的同分异构体，满足下列条件的G的同分异构体有_________种。
①与三氯化铁溶液发生显色反应 ②苯环上有两个取代基
（6）已知：，根据已有知识并结合相关信息写出以
为原料制备的合成路线流程图（合成路线流程图示例参考本题题干）________________________________________。
参考答案
1．【答案】A
【解析】A．铝合金的硬度较大，但是密度较小，同时表面有致密的氧化膜对内部金属有保护所以抗腐蚀能力较强，选项A正确。
B．油脂在人体内水解应该得到高级脂肪酸和甘油，选项B错误。
C．蛋白质，选项C错误。
D．石碱为从蒿、蓼等草灰中提取之碱汁，和以面粉，经加工而成的固体。其主要含有的是碳酸钠和碳酸钾，选项D错误。
2．【答案】B
【解析】A．乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，当混合气体为28 g时，可以认为有2 mol CH2，其燃烧需要的氧气为2×(1+)=3mol，所以需要的氧气分子为3NA个，选项A正确。
B．一个氨基含有9个电子（N有7个电子，加上两个H的两个电子，注意氨基是不带电的中性基团），所以0.1 mol氨基由0.9NA个电子，选项B错误。
C．1 L 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，含有的S一共为0.1 mol，根据元素守恒得到S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA，选项C正确。
D．根据化合价变化最小的基本原理，在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氯酸钾中的1个37Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，H35Cl中有5个35Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，即氯气中的37Cl : 35Cl=1 : 5，得到这样的氯气的分子量为
，所以212 g氯气为3 mol。该反应的电子转移数为5，所以每生成3个Cl2应该转移5个电子，得到生成212 g氯气(3 mol)转移5 mol即5NA电子。选项D正确。
3．【答案】D
【解析】A．HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以HCO3-与SiO32-不能大量共存，故不选A；
B．FeS溶于酸，所以Fe2+与H2S不反应，故不选B；
C．HClO能把SO32-氧化为SO42- ，HClO、SO32-不能共存，故不选C；
D．I-、Cl-、H+、SO42-不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6I-+8H++2NO3-=2NO↑+3I2+4H2O，故选D。
4．【答案】B
【解析】A．利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；
C．实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；
D．分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。
5．【答案】A
【解析】A．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间，Mg(OH)2会和FeCl3发生沉淀转化反应，转化为氢氧化铁和氯化镁，经过滤除去氢氧化铁得到较纯净的氯化镁溶液，选项A正确。
B．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则沉淀有可能是氯化银或者硫酸钡，所以不能则说明溶液中含有SO42-，选项B错误。
C．次氯酸钠溶液有漂白性，会将pH试纸漂白，所以无法测定pH，选项C错误。
D．将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，此时溶液中存在氢离子和硝酸根，该溶液就会表现出硝酸的强氧化性，从而将Fe2+氧化为Fe3+，则溶液变黄色不能验证过氧化氢的氧化性，选项D错误。
6．【答案】D
【解析】A．该有机物的分子式为C26H20，选项A错误。
B．苯环和双键都能发生加成反应，苯环上也能发生取代（例如，苯的硝化反应等），选项B错误。
C．的分子式为C20H14，TPE的分子式为C26H20，不是同分异构体，选项C错误。
D．TPE分子是对称型的分子，分子中四个苯环都相同，每个苯环上有3个取代位置（邻间对），选项D正确。
7．【答案】D
【解析】A．由于烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，碳数相同时，支链越多，沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷、都有5个碳原子，新戊烷支链多于异戊烷，异戊烷多于正戊烷，所以沸点：新戊烷<异戊烷<正戊烷，故A错误；
B．矿物油的成分是饱和烃类，不能使溴水褪色，而植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中含有双键，能使溴水褪色，故B错误；
C．甲苯和Cl2光照下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；
D．芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的醇和酸，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH，含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3，CH3C(CH3)2CH2OH，所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，故D正确。本题正确选项为D。
8．【答案】C
【解析】b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。
A．a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；
B．H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na>C>O>H，故B错误；
C．d是Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子个数比为1 : 2，故C正确；
D．水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。答案选C。
9．【答案】D
【解析】甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；
A．乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；
B．乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；
C．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+↑+6H+，C正确；
D．N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e-)=0.25 mol×4=1 mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)= mol×64 g/mol=32 g，D错误；故答案是D。
10．【答案】A
【解析】A．酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，E对应的是高氯酸根离子，高氯酸是最强的无机酸，酸根离子结合氢离子能力最弱，故选A；
B．能量越低越稳定原理，A最稳定，故不选B；
C．△H=生成物的总能量－反应物的总能量=64+60-2×100=-76 kJ·mol-1，所以C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2-(aq)=ClO3-(aq)+ClO-(aq) △H=-76 kJ·mol-1，故不选C；
D．3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+ClO3-(aq)的△H=生成物的总能量-反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和=0+64-3×60=-116 kJ·mol-1，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故不选D；正确答案：A。
11．【答案】C
【解析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。
A．根据上述分析可知，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；
B．结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；
C．稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；
D．过程④中消耗11.2 L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。
12．【答案】B
【解析】已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸。
A．浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，故A不符合题意；
B．若A为铁，则在图中的反应，X起氧化剂和酸性的作用，故B符合题意；
C．若A为碳单质，则C为二氧化碳，不宜用来扑灭由钠引起的着火，故C不符合题意；
D．B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D不符合题意；正确答案：B。
13．【答案】A
【解析】A．铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；
B．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；
D．此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；正确答案：A。
14．【答案】D
【解析】A．升高温度，可以提高反应物，生成物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；
B．判断平衡标志：（1）消耗X代表正反应，消耗Z代表逆反应，（2）速率比等于系数比，所以反应达到了平衡，故B不符合题意；
C．适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，左右两边气体系数相等，化学平衡不发生移动，故C不符合题意；
D．平衡时，X与W的物质的量浓度之比不能确定，与投料比和反应条件有关，故D符合题意；正确答案：D。
15．【答案】D
【解析】三种碱的起始浓度均为0.1 mol/L，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH
B．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl-)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl
16．【答案】C
【解析】A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)，离子浓度越大，
-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中
-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，故A错误；
B．Ksp[Cu(OH)2]
=Ksp[Fe(OH)2] : Ksp[Cu(OH)2]=10-15.1 : 10-19.7=1 : 10-4.6=104.6 : 1，故C正确；
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故D错误；故选C。
17．【答案】（1）三颈烧瓶 2PCl3+O22POCl3
（2）关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化，则装置B的气密性良好 （3）干燥氧气、观察氧气流速、平衡气压等
（4）温度过低，反应速率小；温度过高，三氧化磷会挥发，影响产品的产量
（5）硫酸铁 （6）使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 （7）92.33
【解析】（1）装置C中盛放PCl3的仪器为三颈瓶或者说是三颈烧瓶。氧气将PCl3氧化为POCl3，所以方程式为2PCl3+O22POCl3。
（2）B装置检验气密性的方法应该选择“液差法”，具体的操作为：关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化（或者说液面差保持不变），则装置B的气密性良好。
（3）B中浓硫酸起到对氧气进行干燥的作用，中间的长颈漏斗起到平衡压强，防堵塞的安全瓶作用（如果后面的装置中某处被堵塞，则B中长颈漏斗内的液面会上升），同时根据浓硫酸中冒气泡的快慢可以判断气体的流速大小。
（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是温度如果低于该温度，反应的速率会比较慢，温度如果高于该温度PCl3会被蒸出（题目已知PCl3的沸点为74.2℃）。
（5）因为标准液为KSCN溶液，所以可以选用含有Fe3+的溶液为指示剂，根据溶液的颜色突然变为血红色，判断滴定终点（注意不能使用氯化铁，因为氯离子会与银离子反应），所以指示剂为硫酸铁溶液。
（6）本实验的测定原理是：将POCl3水解，所有的氯都转化为氯离子，再加入定量且过量的硝酸银溶液，将氯离子都沉淀为氯化银，再用KSCN溶液滴定过量的硝酸银，根据加入的KSCN的量可以计算出硝酸银过量多少，再用硝酸银总量减去过量的硝酸银得到与氯离子反应的硝酸银，进而计算出氯离子的量，再换算为POCl3的量。题目已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，即AgSCN是比AgCl更难溶的沉淀，则加入过量的硝酸银得到氯化银沉淀后，再用KSCN溶液的滴定的过程中，有可能发生沉淀转化，AgCl+SCN-AgSCN+Cl-从而影响滴定结果，所以加入少量硝基苯后，因为硝基苯的密度大于水，且不溶于水，就会附着在氯化银沉淀的表面，将氯化银沉淀和溶液隔离，避免的上述沉淀转化反应的发生。
（7）加入的KSCN为0.1×12÷1000=1.2×10-3 mol，说明过量的硝酸银也是1.2×10-3 mol，加入的硝酸银为0.12×30÷1000=3.6×10-3 mol，所以与氯离子反应的硝酸银为3.6×10-3-1.2×10-3
=2.4×10-3 mol，从而得到氯离子为2.4×10-3 mol，根据氯守恒得到POCl3为8.0×10-4 mol，考虑到实验时将水解液配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL溶液进行滴定，所以POCl3为8.0×10-3 mol，质量为153.5×8×10-3=1.2280 g，质量分数为1.2280÷1.3300=92.33%。
18．【答案】（1）500℃ 60min 1.10 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7≤pH<9.1
（3）Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O （4）NH4Cl
（5）①6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ②20.625%
【解析】（1）结合三幅图像，浸出率达到一定高度后再该变量时变化不明显时的临界点，则焙烧温度为500℃，焙烧时间为60min，的值为1.10；
（2）为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3+、Al3+变为沉淀，而不影响Ca2+、Mg2+，则pH应大于等于4.7，小于9.1；
（3）净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水，反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）通过流程可知，可以循环利用的物质为NH4Cl；
（5）①酸性K2Cr2O7溶液中的Cr为+6价，反应中变为+3价，亚铁离子变为+3价，反应的离子反应式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②加热的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3-和K2Cr2O7反应，
n(Fe2+) : n(Cr2O72-)=6 : 1，n1(Fe2+)=6×0.5 mol/L×0.005 L=0.015mol，n2(Fe2+) : n([Mn(PO4)2]3-)
=1 : 1，n2(Fe2+)=n([Mn(PO4)2]3-)=0.500 mol/L×0.060 L-0.015 mol=0.015 mol，根据Mn原子守恒，则m(Mn)=0.015 mol×55 g/mol=0.8250 g，质量分数=0.8250/4.000×100% =20.625%；
19．【答案】（1）-90.1 kJ·mol-1 （2）①0.12 mol·L-1·min-1 增大 ②F
（3）①KA＝KB>KC ②2 （4）B 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
【解析】（1）由CO(g)、H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热△H分别为-283.0 kJ·mol-1、
-285.8 kJ·mol-1和-764.5 kJ·mol-1，则①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ·mol-1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-764.5 kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ·mol-1
由盖斯定律可知用①+③×2-②得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)，该反应的反应热
△H=-283.0 kJ·mol-1+(-285.8 kJ·mol-1)×2-(-764.5 kJ·mol-1)=-90.1 kJ·mol-1；
（2）①当起始n(H2)/n(CO)=2时，则起始n(H2)=2 mol，n(CO)=1 mol，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始 0.5 1 0
转化 0.3 0.6 0.3
平衡 0.2 0.4 0.3
=0.12 mol·L-1·min-1，K9.375。
若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，则7.8125＜K，所以反应正向进行，达到新平衡时H2的转化率将增大；
②根据恒容容器中，投料比等于系数比，达到平衡状态时产物的百分含量最大，所以当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的F点；
（3）①相同温度下平衡常数相等，所以KA=KB；根据图像，CO的平衡转化率(α)随温度升高而减小，可知升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KB＞KC，故KA=KB>KC；
②A、B两点的平衡常数相等，设B点容器的体积为V L。
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 5 10 5
平衡 5 10 5
；
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 8 16 8
平衡 2 4 8
；V=2 L；
（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，B为电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成(CH3O)2CO和氢离子，电极反应式为： 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO +2H+。
20．【答案】（1）3d104s1 （2）Mg I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子
（3）16 4 （4）8
（5）①sp2、sp3 ②苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键
（6）① ②
【解析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
（2）由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；
（3）所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个
N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1 mol [Zn(NH3)4]2+含(4+3×4)mol=16 mol σ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；
（4）晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；
（5）①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；
②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；
（6）①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；
②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=g÷x2ycm3，由此计算得NA=mol-1。
21．【答案】（1）醚键和醛基 （2）
（3）C15H20O3 氧化反应 取代反应（或水解反应）
（4）或 （5）6
（6）
【解析】（1）根据B的结构简式知，B中含氧官能团的名称为醚键和醛基；
（2）根据框图知 A→B 的化学方程式为：；
（3）由C的结构简式知C的不饱和度为6，所以C的分子式为C15H20O3。对比C→D的结构简式可知，C→D为醇的催化氧化，C→D的反应类型为氧化反应；根据D、E、F的反应条件及D、F的结构简式知E→F 的反应类型为酯的水解反应，也叫取代反应，所以E→F 的反应类型分别为取代反应；
（4）的不饱和度为5，分子式为C9H10O3，符合①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3 溶液能发生显色反应，且 1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应的同分异构体的为或；
（5）A的结构简式为A的同分异构体G，满足下列条件①与三氯化铁溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；符合条件的有-OH–COOH和-OH–OOCH，苯环上两个取代基的位置有邻、间、对三个位置，符合条件的同分异构体有2×3=6种；
（6）的官能团为溴原子，的能团为醇羟基，对比和的结构简式，模仿流程B→C可构建碳骨架，发生B→C的反应则需要合成和CH3CHO，利用题给信息由合成，CH3CH2OH氧化成CH3CHO，合成路线流程图为：。
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满分：100分 时间：90分钟
姓名：____________ 班级：____________ 考号：____________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共16题，每小题3分，共48分）
1．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.6913】
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
C．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D．《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH
2．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6151】
设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体共28 g充分燃烧消耗3NA个O2
B．0.1 mol -NH2 (氨基)中所含有的电子数为NA
C．1 L 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA
D．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212 g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
3．【2019年安徽省名校试题】【年级得分率：0.5575】
下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
4．【2019年福建省名校试题】【年级得分率：0.5891】
某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛放的是饱和食盐水
B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
5．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.5348】
下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
检验溶液中是否含有SO42-
取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SO42-
C
比较HCl和CH3COOH的酸性强弱
用pH试纸测定浓度均为0.1mol·L-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色
6．【2019年湖北省名校试题】【年级得分率：0.6215】
TPE（四苯基乙烯）及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如下图，下列关于TPE的说法正确的是（ ）
A．TPE的分子式为C26H22
B．TPE能发生加成反应，不能发生取代反应
C．TPE与化合物互为同分异构体
D．TPE的一氯代物有3种
7．【2019年山西省名校试题】【年级得分率：0.5348】
有机化学在日常生活应用广泛，下列有关说法正确的是（ ）
A．相同条件下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大
B．矿物油和植物油都是有机物，均不能使溴水褪色
C．甲苯和Cl2光照下的反应与乙醇和乙酸的反应不属于同一类型的反应
D．有芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种
8．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.5496】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化合物a中只含有C、H两种元素
B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z>Y>X>W
C．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1 : 2
D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的
9．【2019年河南省名校试题】【年级得分率：0.3522】
下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是（ ）
A．乙装置中溶液颜色不变
B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋
D．当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16 g
10．【2019年江西省名校试题】【年级得分率：0.4783】
一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx-(x=0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．上述离子中结合H能力最强的是E
B．上述离子中最稳定的是A
C．C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2-(aq)=ClO3-(ag)+ClO-(aq) △H=-76 kJ·mol-1
D．B→A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和
11．【2019年湖南省名校试题】【年级得分率：0.4783】
氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2
B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑
D．过程④中消耗 11.2 L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
12．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6087】
已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法错误的是（ ）
A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
B．若A为铁，则在图中的反应，X只起氧化的作用
C．若A为碳单质，则C不宜用来扑灭由钠引起的着火
D．将B气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
13．【2019年河北省名校试题】【年级得分率：0.4812】
在含Fe3+的S2O82-和I-的混合溶液中，反应S2O82-(aq)+2I-(aq)=2SO42-(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42-(aq)
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关
B．该反应为吸热反应
C．Fe2+是该反应的催化剂
D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
14．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.6575】
某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：3X(g)+2Y(s)2Z(g)+W(g)
△H>0，下列叙述错误的是（ ）
A．升高温度，正逆反应速率都增大
B．若单位时间内每消耗3 mol X的同时消耗2 mol Z，则该反应达到化学平衡状态
C．适当增大压强，化学平衡不发生移动
D．平衡时，X与W的物质的量浓度之比一定为3 : 1
15．【2019年湖北省名校试题】【年级得分率：0.3113】
室温下，用相同物质的量浓度的HCl溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1 mol/L的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H+)大小关系：DOH>BOH>AOH
B．pH=7时，c(A+)=c(B+)=c(D+)
C．滴定至P点时，溶液中：c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后:c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)
16．【2019年福建省名校试题】【年级得分率：0.2872】
25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数
[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知：该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A．曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
C．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+) : c(Cu2+)=104.6 : 1
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共52分。17~19题为必考题，每个试题考生都必须作答；20、21题为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题：共37分
17．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.2758】
三氯氧磷(POCl3)可用作有机合成的氯化剂和催化剂。
已知：①KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3；
②Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)；
③磷酸银可溶于硝酸；
④PCl3和POCl3的相关信息如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
性质
PCl3
-111.8
74.2
137.5
均为无色液体，遇水均剧烈水解，生成含氧酸和氯化氢，两者互溶。
POCl3
2.0
105.3
153.5
实验室制取POCl3并测定产品纯度的实验过程如下：
Ⅰ.制备POCl3可用氧气氧化液态PCl3的方法。实验装置（加热及夹持装置省略）如下：
（1）装置C中盛装PCl3的仪器名称为______________，氧气氧化PCl3的化学方程式为________________________________________________。
（2）仪器组装完成后，检查装置B气密性的方法是__________________。
（3）装置B的作用有________________________________（回答两点）。
（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是______________________。
Ⅱ.测定产品中POCl3纯度的实验步骤：
①实验Ⅰ结束后，待反应器中液体冷却到室温，准确称取1.3300 g的POCl3粗产品（杂质不含氯元素），置于盛有50.00 mL蒸馏水的烧杯中摇动至完全水解，将水解液配成
100.00 mL溶液；
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.1200 mol·L-1 AgNO3标准溶液；
③加入少量硝基苯，用力摇动，静置；
④加入指示剂，用0.1000 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，到达终点时共用去12.00 mL KSCN溶液。
（5）滴定过程中选择的指示剂为___________溶液。
（6）步骤③的目的是___________________________________________________。
（7）测得产品中POCl3的纯度为__________%。
18．【2019年山东省名校试题】【年级得分率：0.3167】
工业上采用氯化铵熔烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。②部分阳离子沉淀时溶液的pH；
离子
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
4.1
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的pH
4.7
3.2
13.1
10.1
11.1
③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
（1）合1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、c(NH4C1)/c(菱锰矿粉)分别为______________、______________、_______________。
（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2，作用是_________________________，再调节溶液pH的最大范围为__________________，将Fe3+和Al3+变为沉淀面除去，然后加人NH4F将Ca2+、Mg2+变为氧化物沉淀除去。
（3）“碳化结品”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为___________________。
（4）上述流程中可循环使用的物质是_________________（填化学式）。
（5）现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnO2完全转化为[Mn(PO4)2]3-（其中NO3-转化为NO2-）；加入稍过量的硫酸，发生反应NO2-+NH4+=N2↑+2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L-1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-；用5.00 mL 0.500 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_______________________________。
②试样中锰的质量分数为_______________。
19．【2019年广东省名校试题】【年级得分率：0.1525】
以含1个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料的碳一化学处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。
（1）已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1、
-764.5 kJ·mol-1。则反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=_________________；。
（2）在T1时，向体积为2 L的恒容容器中充入物质的量之和为3 mol的CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应达到平衡时CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。
①当起始n(H2)/n(CO)=2时，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5 min内平均反应速率v(H2)=_____________。若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，达到新平衡时H2的转化率将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。
②当n(H2)/n(CO)＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的_______(填“D”“E”或“F”)点。
（3）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______________________。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为____L。
（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。则电源的负极为
_______________（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式____________________。
（二）选考题：共15分
20．【2019年江西省名校试题】【年级得分率：0.4415】
[化学-选修3：物质结构与性质]AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为_____________________。
（2）第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是______________________________________。
（3）CN-、NH3、H2O和OH-等配体都能与Zn2+形成配离子。1 mol [Zn(NH3)4]2+含___mol σ键，中心离子的配位数为______________。
（4）铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_____________个镁原子最近且等距离。
（5）在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
①苯甲醇中C原子杂化类型是________________________。
②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_____________________________。
（6）钛晶体有两种品胞，如图所示。
①如图3所示，晶胞的空间利用率为____________________(用含п的式子表示)。
②已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D g·cm-3，NA为_____________mol-1(用含x y和D的式子表示)。
21．【2019年山西省名校试题】【年级得分率：0.4411】
[化学-选修5：有机化学基础]白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：
（1）写出B中含氧官能团的名称_______________。
（2）写出A→B的化学方程式___________________________________。
（3）C 的分子式为_________。C→D、E→F 的反应类型分别为_________和________。
（4）白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分 异构体的结构简式______________________。
①分子中有四种不同化学环境的氢原子；
②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应。
（5）某物G是A的同分异构体，满足下列条件的G的同分异构体有_________种。
①与三氯化铁溶液发生显色反应 ②苯环上有两个取代基
（6）已知：，根据已有知识并结合相关信息写出以
为原料制备的合成路线流程图（合成路线流程图示例参考本题题干）________________________________________。
参考答案
1．【答案】A
【解析】A．铝合金的硬度较大，但是密度较小，同时表面有致密的氧化膜对内部金属有保护所以抗腐蚀能力较强，选项A正确。
B．油脂在人体内水解应该得到高级脂肪酸和甘油，选项B错误。
C．蛋白质，选项C错误。
D．石碱为从蒿、蓼等草灰中提取之碱汁，和以面粉，经加工而成的固体。其主要含有的是碳酸钠和碳酸钾，选项D错误。
2．【答案】B
【解析】A．乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，当混合气体为28 g时，可以认为有2 mol CH2，其燃烧需要的氧气为2×(1+)=3mol，所以需要的氧气分子为3NA个，选项A正确。
B．一个氨基含有9个电子（N有7个电子，加上两个H的两个电子，注意氨基是不带电的中性基团），所以0.1 mol氨基由0.9NA个电子，选项B错误。
C．1 L 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，含有的S一共为0.1 mol，根据元素守恒得到S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA，选项C正确。
D．根据化合价变化最小的基本原理，在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氯酸钾中的1个37Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，H35Cl中有5个35Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，即氯气中的37Cl : 35Cl=1 : 5，得到这样的氯气的分子量为
，所以212 g氯气为3 mol。该反应的电子转移数为5，所以每生成3个Cl2应该转移5个电子，得到生成212 g氯气(3 mol)转移5 mol即5NA电子。选项D正确。
3．【答案】D
【解析】A．HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以HCO3-与SiO32-不能大量共存，故不选A；
B．FeS溶于酸，所以Fe2+与H2S不反应，故不选B；
C．HClO能把SO32-氧化为SO42- ，HClO、SO32-不能共存，故不选C；
D．I-、Cl-、H+、SO42-不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6I-+8H++2NO3-=2NO↑+3I2+4H2O，故选D。
4．【答案】B
【解析】A．利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；
C．实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；
D．分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。
5．【答案】A
【解析】A．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间，Mg(OH)2会和FeCl3发生沉淀转化反应，转化为氢氧化铁和氯化镁，经过滤除去氢氧化铁得到较纯净的氯化镁溶液，选项A正确。
B．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则沉淀有可能是氯化银或者硫酸钡，所以不能则说明溶液中含有SO42-，选项B错误。
C．次氯酸钠溶液有漂白性，会将pH试纸漂白，所以无法测定pH，选项C错误。
D．将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，此时溶液中存在氢离子和硝酸根，该溶液就会表现出硝酸的强氧化性，从而将Fe2+氧化为Fe3+，则溶液变黄色不能验证过氧化氢的氧化性，选项D错误。
6．【答案】D
【解析】A．该有机物的分子式为C26H20，选项A错误。
B．苯环和双键都能发生加成反应，苯环上也能发生取代（例如，苯的硝化反应等），选项B错误。
C．的分子式为C20H14，TPE的分子式为C26H20，不是同分异构体，选项C错误。
D．TPE分子是对称型的分子，分子中四个苯环都相同，每个苯环上有3个取代位置（邻间对），选项D正确。
7．【答案】D
【解析】A．由于烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，碳数相同时，支链越多，沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷、都有5个碳原子，新戊烷支链多于异戊烷，异戊烷多于正戊烷，所以沸点：新戊烷<异戊烷<正戊烷，故A错误；
B．矿物油的成分是饱和烃类，不能使溴水褪色，而植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中含有双键，能使溴水褪色，故B错误；
C．甲苯和Cl2光照下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；
D．芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的醇和酸，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH，含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3，CH3C(CH3)2CH2OH，所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，故D正确。本题正确选项为D。
8．【答案】C
【解析】b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。
A．a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；
B．H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na>C>O>H，故B错误；
C．d是Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子个数比为1 : 2，故C正确；
D．水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。答案选C。
9．【答案】D
【解析】甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；
A．乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；
B．乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；
C．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+↑+6H+，C正确；
D．N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e-)=0.25 mol×4=1 mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)= mol×64 g/mol=32 g，D错误；故答案是D。
10．【答案】A
【解析】A．酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，E对应的是高氯酸根离子，高氯酸是最强的无机酸，酸根离子结合氢离子能力最弱，故选A；
B．能量越低越稳定原理，A最稳定，故不选B；
C．△H=生成物的总能量－反应物的总能量=64+60-2×100=-76 kJ·mol-1，所以C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2-(aq)=ClO3-(aq)+ClO-(aq) △H=-76 kJ·mol-1，故不选C；
D．3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+ClO3-(aq)的△H=生成物的总能量-反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和=0+64-3×60=-116 kJ·mol-1，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故不选D；正确答案：A。
11．【答案】C
【解析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。
A．根据上述分析可知，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；
B．结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；
C．稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；
D．过程④中消耗11.2 L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。
12．【答案】B
【解析】已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸。
A．浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，故A不符合题意；
B．若A为铁，则在图中的反应，X起氧化剂和酸性的作用，故B符合题意；
C．若A为碳单质，则C为二氧化碳，不宜用来扑灭由钠引起的着火，故C不符合题意；
D．B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D不符合题意；正确答案：B。
13．【答案】A
【解析】A．铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；
B．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；
D．此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；正确答案：A。
14．【答案】D
【解析】A．升高温度，可以提高反应物，生成物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；
B．判断平衡标志：（1）消耗X代表正反应，消耗Z代表逆反应，（2）速率比等于系数比，所以反应达到了平衡，故B不符合题意；
C．适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，左右两边气体系数相等，化学平衡不发生移动，故C不符合题意；
D．平衡时，X与W的物质的量浓度之比不能确定，与投料比和反应条件有关，故D符合题意；正确答案：D。
15．【答案】D
【解析】三种碱的起始浓度均为0.1 mol/L，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH
B．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl-)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl
16．【答案】C
【解析】A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中
-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，故A错误；
B．Ksp[Cu(OH)2]
=Ksp[Fe(OH)2] : Ksp[Cu(OH)2]=10-15.1 : 10-19.7=1 : 10-4.6=104.6 : 1，故C正确；
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故D错误；故选C。
17．【答案】（1）三颈烧瓶 2PCl3+O22POCl3
（2）关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化，则装置B的气密性良好 （3）干燥氧气、观察氧气流速、平衡气压等
（4）温度过低，反应速率小；温度过高，三氧化磷会挥发，影响产品的产量
（5）硫酸铁 （6）使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 （7）92.33
【解析】（1）装置C中盛放PCl3的仪器为三颈瓶或者说是三颈烧瓶。氧气将PCl3氧化为POCl3，所以方程式为2PCl3+O22POCl3。
（2）B装置检验气密性的方法应该选择“液差法”，具体的操作为：关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化（或者说液面差保持不变），则装置B的气密性良好。
（3）B中浓硫酸起到对氧气进行干燥的作用，中间的长颈漏斗起到平衡压强，防堵塞的安全瓶作用（如果后面的装置中某处被堵塞，则B中长颈漏斗内的液面会上升），同时根据浓硫酸中冒气泡的快慢可以判断气体的流速大小。
（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是温度如果低于该温度，反应的速率会比较慢，温度如果高于该温度PCl3会被蒸出（题目已知PCl3的沸点为74.2℃）。
（5）因为标准液为KSCN溶液，所以可以选用含有Fe3+的溶液为指示剂，根据溶液的颜色突然变为血红色，判断滴定终点（注意不能使用氯化铁，因为氯离子会与银离子反应），所以指示剂为硫酸铁溶液。
（6）本实验的测定原理是：将POCl3水解，所有的氯都转化为氯离子，再加入定量且过量的硝酸银溶液，将氯离子都沉淀为氯化银，再用KSCN溶液滴定过量的硝酸银，根据加入的KSCN的量可以计算出硝酸银过量多少，再用硝酸银总量减去过量的硝酸银得到与氯离子反应的硝酸银，进而计算出氯离子的量，再换算为POCl3的量。题目已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，即AgSCN是比AgCl更难溶的沉淀，则加入过量的硝酸银得到氯化银沉淀后，再用KSCN溶液的滴定的过程中，有可能发生沉淀转化，AgCl+SCN-AgSCN+Cl-从而影响滴定结果，所以加入少量硝基苯后，因为硝基苯的密度大于水，且不溶于水，就会附着在氯化银沉淀的表面，将氯化银沉淀和溶液隔离，避免的上述沉淀转化反应的发生。
（7）加入的KSCN为0.1×12÷1000=1.2×10-3 mol，说明过量的硝酸银也是1.2×10-3 mol，加入的硝酸银为0.12×30÷1000=3.6×10-3 mol，所以与氯离子反应的硝酸银为3.6×10-3-1.2×10-3
=2.4×10-3 mol，从而得到氯离子为2.4×10-3 mol，根据氯守恒得到POCl3为8.0×10-4 mol，考虑到实验时将水解液配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL溶液进行滴定，所以POCl3为8.0×10-3 mol，质量为153.5×8×10-3=1.2280 g，质量分数为1.2280÷1.3300=92.33%。
18．【答案】（1）500℃ 60min 1.10 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7≤pH<9.1
（3）Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O （4）NH4Cl
（5）①6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ②20.625%
【解析】（1）结合三幅图像，浸出率达到一定高度后再该变量时变化不明显时的临界点，则焙烧温度为500℃，焙烧时间为60min，的值为1.10；
（2）为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3+、Al3+变为沉淀，而不影响Ca2+、Mg2+，则pH应大于等于4.7，小于9.1；
（3）净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水，反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）通过流程可知，可以循环利用的物质为NH4Cl；
（5）①酸性K2Cr2O7溶液中的Cr为+6价，反应中变为+3价，亚铁离子变为+3价，反应的离子反应式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②加热的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3-和K2Cr2O7反应，
n(Fe2+) : n(Cr2O72-)=6 : 1，n1(Fe2+)=6×0.5 mol/L×0.005 L=0.015mol，n2(Fe2+) : n([Mn(PO4)2]3-)
=1 : 1，n2(Fe2+)=n([Mn(PO4)2]3-)=0.500 mol/L×0.060 L-0.015 mol=0.015 mol，根据Mn原子守恒，则m(Mn)=0.015 mol×55 g/mol=0.8250 g，质量分数=0.8250/4.000×100% =20.625%；
19．【答案】（1）-90.1 kJ·mol-1 （2）①0.12 mol·L-1·min-1 增大 ②F
（3）①KA＝KB>KC ②2 （4）B 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
【解析】（1）由CO(g)、H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热△H分别为-283.0 kJ·mol-1、
-285.8 kJ·mol-1和-764.5 kJ·mol-1，则①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ·mol-1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-764.5 kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ·mol-1
由盖斯定律可知用①+③×2-②得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)，该反应的反应热
△H=-283.0 kJ·mol-1+(-285.8 kJ·mol-1)×2-(-764.5 kJ·mol-1)=-90.1 kJ·mol-1；
（2）①当起始n(H2)/n(CO)=2时，则起始n(H2)=2 mol，n(CO)=1 mol，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始 0.5 1 0
转化 0.3 0.6 0.3
平衡 0.2 0.4 0.3
=0.12 mol·L-1·min-1，K9.375。
若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，则7.8125＜K，所以反应正向进行，达到新平衡时H2的转化率将增大；
②根据恒容容器中，投料比等于系数比，达到平衡状态时产物的百分含量最大，所以当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的F点；
（3）①相同温度下平衡常数相等，所以KA=KB；根据图像，CO的平衡转化率(α)随温度升高而减小，可知升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KB＞KC，故KA=KB>KC；
②A、B两点的平衡常数相等，设B点容器的体积为V L。
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 5 10 5
平衡 5 10 5
；
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 8 16 8
平衡 2 4 8
；V=2 L；
（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，B为电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成(CH3O)2CO和氢离子，电极反应式为： 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO +2H+。
20．【答案】（1）3d104s1 （2）Mg I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子
（3）16 4 （4）8
（5）①sp2、sp3 ②苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键
（6）① ②
【解析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
（2）由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；
（3）所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个
N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1 mol [Zn(NH3)4]2+含(4+3×4)mol=16 mol σ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；
（4）晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；
（5）①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；
②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；
（6）①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；
②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=g÷x2ycm3，由此计算得NA=mol-1。
21．【答案】（1）醚键和醛基 （2）
（3）C15H20O3 氧化反应 取代反应（或水解反应）
（4）或 （5）6
（6）
【解析】（1）根据B的结构简式知，B中含氧官能团的名称为醚键和醛基；
（2）根据框图知 A→B 的化学方程式为：；
（3）由C的结构简式知C的不饱和度为6，所以C的分子式为C15H20O3。对比C→D的结构简式可知，C→D为醇的催化氧化，C→D的反应类型为氧化反应；根据D、E、F的反应条件及D、F的结构简式知E→F 的反应类型为酯的水解反应，也叫取代反应，所以E→F 的反应类型分别为取代反应；
（4）的不饱和度为5，分子式为C9H10O3，符合①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3 溶液能发生显色反应，且 1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应的同分异构体的为或；
（5）A的结构简式为A的同分异构体G，满足下列条件①与三氯化铁溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；符合条件的有-OH–COOH和-OH–OOCH，苯环上两个取代基的位置有邻、间、对三个位置，符合条件的同分异构体有2×3=6种；
（6）的官能团为溴原子，的能团为醇羟基，对比和的结构简式，模仿流程B→C可构建碳骨架，发生B→C的反应则需要合成和CH3CHO，利用题给信息由合成，CH3CH2OH氧化成CH3CHO，合成路线流程图为：。
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