1、2020届高三阶段性检测化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1. 化学与生活密切相关。下列有关说法不正确的是（）A. 为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放B. 酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数是蛋白质C. 家庭装修的水性漆是以水做溶剂，有利于健康及环境D. 化石燃料的燃烧和碳酸盐的沉积都会引起大气中CO2含量上升【答案】D【解析】【详解】A.温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故A正确；B
2、.绝大多数酶属于蛋白质，故B正确；C.水性漆就是以水为稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯、二甲苯、甲醛、游离TDI有毒重金属，无毒无刺激气味，对人体无害，不污染环境，漆膜丰满、晶莹透亮、柔韧性好并且具有耐水、耐磨、耐老化、耐黄变、干燥快、使用方便等特点，故C正确；D.碳酸盐的沉积，固定了CO2，不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；答案：D。2. 下列各项中，表达正确的是（ ）A. 水分子的比例模型：B. 氯离子的结构示意图：C. CO2分子的电子式：D. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl【答案】B【解析】【详解】A水分子不是直线结构，是V型结构，且氧原子的相对体积大于氢原子，其正确的
3、比例模型为，故A错误；B氯是17号元素，氯离子核外18个电子，其结构示意图：，B正确；C二氧化碳形成碳氧双键，故其电子式为：，C错误；D氯乙烯含碳碳双键，结构简式需展示出碳碳双键，故氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，D错误；答案选B。3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为 0.1 NAB. 1 L 0.1 mol/L的 H2SO4溶液中氧原子的总数大于 0.4 NAC. 58.5 g氯化钠晶体中含有 NA个氯化钠分子D. 120 g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为 3 NA【答案】B【解析】【详解】ACl2
4、与水反应可逆，0.1 mol Cl2溶于水，0.1 mol Cl2溶于水转移的电子数目小于0.1 NA，故A错误；BH2SO4、H2O都含有氧原子，所以1 L 0.1 mol/L的 H2SO4溶液中氧原子的总数大于 0.4 NA，故B正确；C氯化钠是离子晶体，不含氯化钠分子，故C错误；DNaHSO4晶体中阳离子是Na+、阴离子是，120 g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误。答案选B。4. 按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物： 下列各步实验操作原理与方法错误的是（ ）ABCD步骤步骤步骤步骤A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【
5、分析】步骤是分离固液混合物，其操作为过滤；向所得滤液中加入NaNO3溶液后再分离出有机层溶液和水层溶液，因此步骤是分离互不相溶的液体混合物，实验步骤为分液；将所得溶液蒸发得到粗产品；有机溶液再进行蒸发分离出甲苯，以此解答。【详解】A步骤是过滤操作，实验装置正确，故A项不选；B步骤是分液，实验操作正确，故B项不选；C步骤为蒸发，需用蒸发皿，而非坩埚，故C项选；D步骤为蒸馏，实验操作正确，故D项不选；综上所述，实验操作原理与方法错误的是步骤，故答案为C。5. 研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO2+2Ag+ 2Na
6、Cl=Na2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是( )A. 正极反应式：Ag+Cl+e=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移4mol电子C. Na+不断向“水电池”的负极移动D. AgCl是氧化产物【答案】D【解析】【详解】该电池的正极反应：5MnO2+2e-= Mn5O102-，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl。A项，正极反应式应为5MnO2+2e-= Mn5O102-，故A项错误；B项，由正极反应式可知，1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子，故B项错误；C项，钠离子要与Mn5O102-结合，因此钠离子应该向正极移动，故C项
7、错误；D项，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl，Ag失电子，被氧化，则AgCl是氧化产物，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】明确原电池原理是解题的关键，注意原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。6. a、b、c、X是中学化学中常见四种物质,且a、b、c中含有同一种元素,其转化关系如图所示。下列说法不正确的是A. 若a、b、c均为厨房中常用的物质,则构成c中的阳离子半径小于其阴离子半径B. 若a为一种气态氢化物,X为O2,则a分子中可能含有10个或者18个电子C. 若a是一种金属单质，X为强
8、酸，则a可与c生成bD. 若a为固态非金属单质,X为O2,则O元素与a元素的原子序数之差可能为8【答案】D【解析】【分析】a与X反应可以生成两种物质，即该反应的产物与反应物的用量有关【详解】A若a、b、c均为厨房中常用的物质，结合图中转化可知，a应为Na2CO3，b为NaHCO3，c为NaCl，X为HCl；c中阳离子为钠离子，阴离子为氯离子，电子层越多，离子半径越大，则c中的阳离子半径小于其阴离子半径，故A正确；Ba为一种气态氢化物，X为O2，a可以为CH4或H2S，b为CO或S，c为CO2或SO2，符合图中转化，则分子中可能含有10个或者18个电子，故B正确；C若a是一种金属单质，X为硝酸，
9、则a可能为Fe，X为硝酸，b为Fe(NO3)2、c为Fe(NO3)3，Fe(NO3)3可以和Fe反应生成Fe(NO3)2，故C正确；D若a为固态非金属单质，X为O2，a为C，b为CO，c为CO2，则O元素与a元素的原子序数之差为2，而S不能一步转化为SO3，则O元素与a元素的原子序数之差不可能为8，故D错误；故选：D。7. 已知 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. 简单氢化物的热稳定性：WZYC. Y与 W 形成的化合物能与 NaOH
10、溶液反应D. X 与 W 形成的化合物与稀盐酸反应不可能产生氧气【答案】D【解析】【分析】Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为硫(S)，W为氧(O)。X、Y、Z同周期且从左往右排列，非金属性XYZYZ，W与Z同主族且位于Z的上方，原子半径ZW，所以原子半径：XYZW，A正确；B非金属性YZZY，B正确；C因为只有X为金属，所以Y可能为Si或P，Y与 W 形成的化合物可能为SiO2或P2O5，它们都能与NaOH溶液反应，C正确；D若X为钠元素，则与W形成的化合物Na2O2与稀盐酸反应能产生氧气，D不正确；故选D。8. 分子式为C9H10O2的有机物，其分子结构中含有苯环，且可以与饱
11、和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有(不考虑立体异构)（ ）A. 12种B. 13种C. 14种D. 15种【答案】C【解析】【详解】该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基-COOH，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为-COOH、-CH2-CH3，有邻、间、对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻、间、对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，2个甲基邻位，2种；2个甲基间位，3种；2个甲基对位，1种；符合条件的总共有14种；故选C。9. 下列有关有机物结构和性质的说法错误的是A. 分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的结构
12、共有4种B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C. 苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；C.苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转
13、，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3 mol H2发生加成反应，D正确；故本题符合题意选项是B。10. 某无色溶液中可能含有CrO、NH、SO、Mg2、Al3、K、SO、Cl、NO中的一种或几种，已知所含离子的物质的量浓度相等。取甲、乙两支试管分别加入1mL该溶液进行如下实验：向甲中加入适量稀盐酸，无明显现象；向乙中逐滴滴加NaOH溶液至过量并加热，现象为先有白色沉淀产生，进而产生刺激性气味气体，最后白色沉淀完
14、全溶解。对于该溶液中的离子成分，下列说法正确的是()A. 一定含有NH、Al3、SO、Cl、NOB. 一定不含CrO、SO、Mg2、NOC. 可能含有Mg2、K、Cl、NOD. 一定不含CrO、SO、Mg2、SO【答案】A【解析】【详解】无色溶液中一定不含有色离子CrO；由知一定不含SO；由知一定含NH、Al3，一定不含Mg2；结合电荷守恒，已知所含离子的物质的量浓度相等，设为1molL1，阳离子的浓度为c(NH)3c(Al3)4molL1，则溶液中阴离子一定含SO、Cl、NO，2c(SO)c(Cl)c(NO)4molL1，故溶液中一定不含K。综上所述，溶液中一定含NH、Al3、SO、Cl、N
15、O，一定不含CrO、SO、Mg2、K；答案选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但选不全的得1分，有选错的得0分。11. 下列设计的实验方案能达到实验目的的是()A. 检验亚硫酸钠溶液是否变质：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液B. 制取乙酸乙酯：向试管中加入碎瓷片，再依次加入3 mL乙醇、2 mL浓硫酸和2 mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和氢氧化钠溶液的上方C. 除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液D. 探究温度对反应速率的影
16、响：将2支均装有5 mL 0.1 molL1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5 mL 0.1 molL1稀硫酸【答案】CD【解析】【详解】A、加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀，加入硝酸会被氧化为硫酸钡，不能证明亚硫酸根离子的存在，选项A错误；B、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解，应将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，选项B错误；C. 除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，碘离子被氧化生成碘单质，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，过量的溴和碘被萃取在下层有机层，取上层溶液为溴化钠溶液，选项C正确；D、探究温度对反应速率的影响：将2支均装有5
17、 mL 0.1 molL1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5 mL 0.1 molL1稀硫酸，其他条件相同时，温度高的反应速率快，则先产生沉淀，选项D正确。答案选CD。12. 化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得： 下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）A. Y的分子式为C10H8O2Br3B. Y与Br2的加成产物分子中不含有手性碳原子C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D. XY的反应为取代反应【答案】D【解析】【详解】A由Y的结构简式可知，Y的分子式为C10H7O2Br3，故A项说法错误；BY与Br2的
18、加成产物中手性碳原子是图中“*”标记的碳原子()，故B项说法错误；CX中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，这两种化学键均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C项说法错误；D由流程物质转化关系可知，X中酚羟基上氢原子被中Cl原子取代生成Y，该反应类型是取代反应，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。13. 常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是（ ）A. ac点，溶液中离子数目先增大后减小B. b点溶液pH=7说明c()=c(R)C. 滴定之前两溶液pH和为14D. b、c两点对应溶液中，水的电离程度b
19、c【答案】A【解析】【分析】根据图知，未加氨水时0.1mol/L的HR溶液pH大于1而小于7，说明HR是弱酸；HR、NH3H2O都是弱电解质，但是二者生成的NH4R是强电解质，其化学反应方程式为NH3H2O+HR=NH4R+H2O，所加氨水与HR的浓度相同，因此a点溶质为HR和NH4R，且c(HR)c(NH4R)；b点酸碱恰好完全反应，则溶质为NH4R；c点氨水过量，溶质为NH4R、和NH3H2O，且c(NH3H2O)=c(NH4R)，据此进行解答。【详解】Aab点，溶液中由弱电解质生成强电解质，溶液中离子数目增大，bc点，逐渐向溶液中加入电解质，因此溶液中离子数目增大，所以从ac点，溶液中离
20、子数目一直增大，故A错误；Bb点溶液的pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒c()+c(H+)=c(OH)+c(R)，所以存在c()=c(R)，故B正确；Cb点溶质为NH4R，溶液pH=7，说明水解程度与R水解程度一致，因此同浓度NH3H2O与HR溶液电离程度一致，0.1mol/L的HR溶液中c(H+)与0.1mol/L NH3H2O溶液中c(OH)相等，由pH= -lg c(H+)以及c(H+)c(OH)=KW=10-14可知，二者pH之和为14，故C正确；D酸或碱都会抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b点溶质为含有弱离子的盐、c点溶质为弱碱和含有弱离子的盐，所
21、以b点水的电离存在促进作用、c点水的电离存在抑制作用，所以水的电离程度bc，故D项正确；综上所述，不正确的是A项，故答案为A。14. 根据下列图示所得出的结论正确的是()A. 图甲表示1 mL pH2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积变化曲线，说明该酸是强酸B. 图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线，说明反应平衡常数KKC. 图丙表示不同温度下水溶液中lg c(H)、lg c(OH)变化曲线，说明T1T2D. 图丁表示1 mol H2和0.5 mol O2反应生成1 mol H2O过程中
22、的能量变化曲线，说明H2的燃烧热是241.8 kJmol1【答案】B【解析】【详解】A. 图甲表示1 mL pH2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，当体积为100mL时，溶液体积增大100倍，pHK，选项B正确；C. 升高温度促进水的电离，c(H)、c(OH)增大，lg c(H)、lg c(OH)减小，图丙表示不同温度下水溶液中lg c(H)、lg c(OH)变化曲线，说明T1T2，选项C错误；D、在温度为25，压力为101kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热，图中表示的是生成气态水，不是稳定氧化物，选项D错误；答案选B。15. 将一铁、铜
23、混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是（ ）A. 表中V=7.84LB. 原混合物粉末的质量为25.6gC. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 molL1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO
24、）2+2NO+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得所以9.2g
25、中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g56 gmol-1：14.4g64 gmol-1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L4 molL-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n
26、（NO）+2nCu（NO3）2=n(Cu) 23+ 2n(Cu) 2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3nFe（NO3）3=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=2n（Cu）+3n（Fe） 3 22.4L,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，
27、实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制
28、丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。 （1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率(C3H8)_。 温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_。（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104 Pa和105 Pa)。 104 Pa时，图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。 104 Pa、500 时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_(已知：气体分压=气体总压体积分数)。 （3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱
29、氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。 已知：CO和H2的燃烧热分别为H =283.0 kJmol-1、H =285.8 kJmol-1。298 K 时，该工艺总反应的热化学方程式为_。【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 副反应的活化能低于主反应的活化能 (4). (5). 3.3103Pa (6). 【解析】【详解】(1)丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为，恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行，故K(主反应)增大；转化率(C3H8)增大；因为副反应活化能低于主反应的活化能，故温度升高，副反应更容易发生；(2) )，压强
30、增大平衡逆向进行，丙烯体积分数减小；丙烯是生成物，升高温度平衡正向移动，丙烯的体积分数增大，综合判断图中表示丙烯的曲线是；104 Pa、500 时，丙烯的体积分数为33%，设丙烷起始量为1mol，变化量amol；则有三段式：，则，解得；则平衡时丙烷、丙烯、氢气的体积分数分别为：；用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数；(3)利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，则该化学方程式为：；已知反应丙烷生成丙烯和氢气反应的焓变为；CO和H2的燃烧热分别为H =283.0 kJmol-1、H =285.8 kJmol-1，根据盖斯定律，可得该反应的焓变为： ，则298 K 时，该工艺总
31、反应的热化学方程式为。17. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2()。回答下列问题：（1）加快固氧后水样酸化的方法是_。（2）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷
32、却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（3）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则含氧量为_。（4）上述滴定过程中，若锥形瓶用待测液润洗会导致测定结果偏_。(填“高”或“低”)【答案】 (1). 加热、搅拌等 (2). 量筒 (3). 氧气 (4). 溶液蓝色退去，30s不恢复原色 (5). (6). 高【解析】详解】(1) 加热、搅拌均可加快固氧后水样酸化；(2) 配制溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是
33、杀菌、除氧气及二氧化碳；故答案为：量筒；氧气；(3)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，根据方程式，得 ，则水样中溶解氧的含量为：；故答案为：溶液蓝色退去，30s不恢复原色；(4) 若锥形瓶用待测液润洗，则会消耗标准液的体积会偏大，会导致测定结果偏高。18. 氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl。无水氯化钙对氨气具有突出的吸附能力，其吸附过程中容易膨胀、结块。回答下列问题：（1）制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体
34、(CrCl36H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_。（2）制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)： 装置A中发生反应的化学方程式为_。装置B中盛放的试剂是_。有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_。（3）氮化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_。【答案】 (1). 2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl (2). 在HCl的气氛中加热 (
35、3). CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3 (4). 碱石灰 (5). 氯化钙吸收氨气后体积膨胀、结块，导致气流不畅通 (6). 20：1【解析】【分析】（1）直接加热CrCl36H2O生成Cr2O3、HCl和水，根据原子守恒书写化学方程式；CrCl3是强酸弱碱盐，在HCl气流中可抑制水解；（2）由图可知，A中浓氨水与CaO混合可制备氨气，B的作用是干燥氨气，C中CrCl3与氨气反应生成CrN，D中无水氯化钙可防止空气中水进入装置C中以及吸收氨气，防止氨气排入空气污染环境；（3）由CrN、Cr2N的14.38g及加热后固体的质量为16.72g，结合Cr元素守恒计算。【详解】（1）氯化
36、铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl36H2O)的形式存在，直接加热会促进CrCl3水解生成Cr(OH)3，Cr(OH)3再受热发生分解生成Cr2O3，导致CrCl36H2O直接脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl，因此以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是在HCl气流中加热，以抑制CrCl3水解，故答案为：故答案为：2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl；在HCl气氛中加热；（2）装置A是氧化钙与浓氨水反应生成氢氧化钙和氨气，的化学方程式为CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3；B的作用是干燥氨气，防止水蒸气进
37、入C中，因此可选用碱石灰；装置D的作用之一是吸收氨气，而无水氯化钙对氨气具有突出的吸附能力，其吸附过程中容易膨胀、结块，结块后可能导致装置中气流不通畅，故答案为：氯化钙吸收氨气后体积膨胀、结块，导致气流不畅通；（3）设CrN与Cr2N的物质的量分别为x、y，根据Cr原子守恒以及质量守恒可知，66g/molx mol+118g/moly mol=14.38g，mol156g/mol=16.72g，联立解得x：y=20：1，则样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为20：1，故答案为：20：1。19. 经多年勘测，2018年11月23日安徽省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际
38、意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如下图： 已知：常温下KspFe(OH)3=8.010-38, KspAl(OH)3=3.010-33，KspCu(OH)2=3.010-20。（1）写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：_。（2）最适合的试剂A是_（写化学式）溶液，固体2的成份为PbSO4和_。当试剂A的浓度为6molL-1时，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为_。（3）操作2的步骤为_过滤、洗涤。（4）根据已知信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为_。（提示
39、：当离子浓度110-5molL时，认为该离子沉淀完全）【答案】 (1). （） (2). H2SO4 (3). SiO2 (4). 90、2.5小时 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 0.375mol/L【解析】【分析】高温煅烧黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2）发生的主要反应为：，故气体为SO2，固体为CuO、FeS、PbO、Al2O3、SiO2，气体中加入碳酸铵溶液发生离子反应，得到亚硫酸铵溶液，固体中加入稀硫酸，除SiO2不溶解，其他物质溶解得到相应的金属离子，其中铅离子与硫酸作用得到PbSO4沉淀，过滤得到固体2的成份为PbSO4和SiO2，溶液
40、1中的金属离子为：Fe2+、Al3+、Cu2+，向其中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量的CuO调节pH沉淀Fe3+、Al3+，过滤，固体3为CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物，溶液2的主要成分为硫酸铜，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，据此分析作答。【详解】（1）流程中生成亚硫酸铵的离子方程式为（）；（2）根据题意，加入试剂A后过滤的滤渣中有PbSO4，故试剂A为H2SO4；固体中SiO2不溶于硫酸，故固体2的成份为PbSO4和SiO2；根据实验结果可以看出，在图表中，温度为90、浸出时间为2.5小时，铜的浸出率最高，此为最佳温度和时间；故答案为：H2SO4；
41、SiO2；90、2.5小时；（3）操作II是从溶液中获取晶体，故为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（4）已知：KspFe(OH)3=8.010-38，KspAl(OH)3=3.010-33，当Fe3+完全沉淀时，则溶液中Al3+理论最大浓度为。20. 有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示： 请回答下列问题：（1）有机物A中含有官能团的名称为_。（2）的反应条件为_，反应类型为_。（3）反应的化学方程式为_。（4）A的同分异构体中，同时符合下列条件的有_种。含有苯环结构，且苯环上有两个取代基，属于酯类物质，且遇FeCl3溶
42、液显紫色（5）结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线_ (无机试剂任选)。【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). 浓硫酸，加热 (3). 消去反应 (4). (5). 18 (6). 【解析】分析】由反应前、后物质结构，可知属于取代反应，同时生成HI；A发生信息中反应生成B为；反应发生醇的消去反应；由E后产物结构，可知反应是与溴发生取代反应生成C为；C发生卤代烃的水解反应生成D为；D发生氧化反应生成E为；反应是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水，依此解答。【详解】(1)有机物A中含有官能团的名称为：醛基、醚键；(2)发生醇的消
43、去反应，反应条件为：浓硫酸、加热；故答案为：浓硫酸、加热；消去反应；(3)反应是卤代烃在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，化学方程式为：；(4)A的同分异构体符合下列条件：含有苯环结构，且苯环上有两个取代基；属于酯类物质，且遇FeCl3溶液显紫色，含有酯基与酚羟基，其中一个取代基为OH，另外取代基是：OOCCH2CH3、CH2OOCCH3、COOCH2CH3、CH2COOCH3、CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH，均有邻、间、对3种位置结构，共有36=18种；(5)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，故合成路线流程图为：。
