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2022届辽宁省大连第二十四中学高三第二次模拟考试化学试题含解析
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这是一份2022届辽宁省大连第二十四中学高三第二次模拟考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022届辽宁省大连第二十四中学高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．化学与科学、技术及生活有着密切联系.下列叙述错误的是（ ）
A．神舟十三号返回舱使用了酚醛空心微球，酚醛树脂属于通用高分子材料
B．液氧煤油发动机应用于我国新一代长征七号运载火箭中，煤油由煤干馏得到
C．核酸检测用于确定人体是否被新冠病毒感染，核酸属于生物大分子
D．北京冬奥会颁奖礼服添加了石墨烯发热材料，石墨烯属于新型无机非金属材料
2．下列化学用语表达正确的是（ ）
A．氧的基态原子的轨道表示式：
B．BF3的电子式：
C．对羟基苯甲醛的结构简式：
D．丙炔的键线式：
3．宋应星著作的《天工开物》被称为中国十七世纪生产工艺百科全书，它翔实记述了明代居于世界先进水平的科技成就.下列说法错误的是（ ）
选项
记载内容
涉及化学操作或物质分类
A
作咸卷海水盐篇记载：“火燃釜底，滚沸延及成盐”
采用蒸发结晶的方法获取食盐
B
甘嗜卷造糖篇记载：“每汁一石，下石灰(CaO)五合于中”
用石灰中和甘蔗汁中的酸性物质
C
治铸卷·钟篇记载：“内模干燥后，用牛油加黄蜡涂附在上面约有几寸厚”
牛油为天然高分子化合物
D
五金卷·铜篇记载：“以炉甘石或倭铅参和，转色为黄铜：以砒霜等药制炼为白铜：矾、硝等药制炼为青铜”
黄铜、白铜和青铜均为铜合金
A．A B．B C．C D．D
4．84消毒液不能和医用酒精混用的原因是4NaClO+CH3CH2OH=CHCl3+HCOONa+2NaOH+NaCl+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1L0.2mol⋅L-1NaClO溶液中ClO-数目为0.2NA
B．23gCH3CH2OH中含有σ键数目为4NA
C．标准状况下，2.24LCHCl3中原子数为0.5NA
D．室温下，pH为13的NaOH溶液中OH-数目为0.1NA
5．异烟肼是一种抗结核药物的主要成分，其结构如图所示。已知吡啶()与苯的性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．该分子中氮原子均采取sp3杂化
B．该分子中电负性最大的元素为氧元素
C．该分子与水分子可以形成氢键
D．该分子中所有碳原子一定共平面
6．研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示。下列有关木豆素的说法错误的是（ ）
A．苯环上的一氯代物有4种
B．分子中含5种官能团
C．能与氯化铁溶液发生显色反应
D．该物质能发生取代、加成和加聚反应
7．电子科技大学孙旭平教授团队研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性CO2电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则BN的熔点比BP低
B．磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为1∶3
C．磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有2个
D．若A，D两处磷原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则E处硼原子坐标为(34，14，14)
8．钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。已知常温下钛(Ti)与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2)提取金属钛的主要流程如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）
A．基态Ti原子的价层电子排布式为3d2
B．可用稀盐酸或稀氢氧化钠溶液除去金属钛中的少量镁单质
C．步骤Ⅱ中焦炭为还原剂，TiCl4为还原产物
D．步骤Ⅲ需在氮气氛围中进行，防止金属被空气氧化
9．下列实验操作或做法不能达到目的的是（ ）
选项
操作或做法
目的
A
将2mL丙酮加入到适量碘水中，振荡，静置
萃取碘水中的I2
B
向盐碱地(含有较多NaCl、Na2CO3)中施加适量石膏
降低土壤的碱性
C
将两支盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管分别置于热水和冷水中
探究温度对化学平衡的影响
D
在薄钢板表面镀上一层锌
在金属表面覆盖保护层保护金属不被腐蚀
A．A B．B C．C D．D
10．锌-二氧化碳(Zn-CO2)可充电电池作为一门新兴的技术，不仅可以缓解CO2所带来的温室效应，同时还可获得增值化学品(如乙酸，乙醇等)和额外电能。如图所示装置中，双极膜中水电离出的H+和OH-在电场作用下可以向两极迁移
下列说法正确的是（ ）
A．放电时，外电路中电流由Zn流向Cu2P2O7纳米片
B．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18g
C．放电时，双极膜中H+向Zn电极迁移
D．充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+
11．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6∶5
B．PO43-的空间结构为正四面体形
C．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中发生的均为氧化还原反应
D．流程中所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P
12．苯的亲电取代反应分两步进行，可表示为E++→Ⅰ→Ⅱ+H+，生成中间体的一步是加成过程，中间体失去氢离子的一步是消除过程，其机理亦称加成—消除机理，苯的亲电职代反应进程和能量的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ为苯亲电取代的决速步骤
B．E1与E2的差值为总反应的焓变
C．中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差
D．反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化
13．某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为v=k⋅cm(A)⋅cn(B)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c(A)/(mol⋅L-1)
c(B)/(mol⋅L-1)
v/(10-3mol⋅L-1⋅min-1)
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是（ ）
A．速率方程中的m=1、n=1
B．该反应的速率常数k=2.8×10-3min-1
C．增大反应物浓度，k增大导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，反应掉87.5%的A所需的时间是375min
14．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是（ ）
A．X与Q的最高化合价均为+6
B．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应
C．简单氢化物的沸点：Q＞Z＞X
D．W单质在空气中燃烧的产物是W2O2
15．柠檬酸(用H3A表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3A、H2A-、HA2-、A3-的百分含量随pH的变化曲线如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8
B．Na2HA溶液中，HA2-水解程度小于电离程度
C．pH=4时，c(H+)=c(H2A-)+2c(HA2-)+c(OH-)
D．pH=6时，c(A3-)=c(HA2-)>c(H+)>c(OH-)
二、综合题
16．钴蓝[Co(AlO2)2]是一种重要的蓝色颜料。利用含钴废料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)制备钴蓝的一种工艺流程如图：
已知：Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15；Ksp(CoCO3)=1.4×10-13
请回答以下问题：
（1）Co元素位于元素周期表第 周期第 族
（2）写出“酸浸”步骤中LiCoO2发生反应的化学方程式 ；在实际生产中，“酸浸”不用盐酸的原因是
（3）已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示，则有机磷萃取的最佳pH为
（4）根据图2判断，“沉锂”步骤中获取Li2CO3的操作依次是 、 、洗涤、干燥
（5）若CoSO4溶液中c(Co2+)=0.059mol⋅L-1，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2沉淀，需控制溶液的pH不高于 (保留一位小数)
（6）写出灼烧过程中主要反应的化学方程式
17．我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ⋅mol-1
Ⅱ.副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1kJ⋅mol-1
（1）已知：Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-395.6kJ⋅mol-1
Ⅳ.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH4
则ΔH4=
（2）CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为____
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为34p，则0~20min内υ(CH4)= ，平衡时CH4选择性= (CH4选择性=CH4平衡浓度CO2转化浓度×100%，计算保留三位有效数字)
（4）以CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为3CH3OH(g)⇌C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式Rlnk=-EaT+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ⋅mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
18．过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在贮运过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器A的名称为 。
（2）按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30%H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是____。
A．FeCl3 B．MnO2 C．Na2SiO3 D．Na2SO3
（3）反应过程中要控制温度不能太高，原因是
（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是
（5）过碳酸钠样品纯度的测定。
取bg2Na2CO3·3H2O2(M=314g/mol)配成100mL溶液，取12.50mL溶液于锥形瓶，加入足量稀硫酸，用0.02000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL(已知：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O)
①实验达到滴定终点的现象是 ；
②该过氧碳酸钠的产品纯度为 (用字母表示)；
③滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
19．我国科学家实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
ⅰ. R-Br+R´CHO→一定条件R-CR'|HOH
ⅱ.ROH+ R´Br→ΔKOHROR´
ⅲ.碳碳双键直接与羟基相连不稳定
（1）试剂a为 ；C中含氧官能团名称为
（2）ClCH2COOH的酸性比CH3COOH (填“强”或“弱”)；其原因是
（3）C→D的化学方程式为
（4）H的结构简式为 ；H→I的反应类型为
（5）K是F的同分异构体，其中能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构还有 种；其中存在手性碳原子的同分异构体的结构简式为
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到，属于通用高分子材料，故A不符合题意；
B．煤油由石油分馏得到，故B符合题意；
C．核酸相对分子质量较大，属于生物大分子，但不属于高分子，故C不符合题意；
D．石墨烯属于新型无机非金属材料，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树脂；
B．石油分馏得到能煤油；
C．核酸属于生物大分子；
D．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氧元素的原子序数为8，基态原子的价电子轨道表示式为，故A不符合题意；
B．三氟化硼是共价化合物，电子式为，故B符合题意；
C．对羟基苯甲醛的结构简式为，故C不符合题意；
D．丙炔分子中三个碳原子在同一直线上，键线式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用核外电子排布规律判断；
B．三氟化硼是共价化合物；
C．依据官能团的书写规律判断；
D．分子为直线结构。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．“火燃釜底，滚沸延及成盐”运用蒸发结晶的方法获取食盐晶体，故A不符合题意；
B．CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与甘蔗汁酸性物质反应，故B不符合题意；
C．牛油属于油脂，脂肪类物质都不属于有机高分子化合物，故C符合题意；
D．如果是由两种以上的元素组成的金属就称为合金，黄铜、白铜和青铜都是由铜形成的合金，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用提取物的性质判断；
B．酸性与碱性物质发生反应；
C．油脂不属于有机高分子化合物；
D．由两种以上的元素组成的金属就称为合金。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．1L0.2mol⋅L-1NaClO溶液中NaClO物质的量为0.2mol，由于次氯酸根水解，因此ClO-数目小于0.2NA，故A不符合题意；
B．一分子乙醇含有σ键8个，23gCH3CH2OH物质的量为0.5mol，含有σ键数目为4NA，故B符合题意；
C．标准状况下，CHCl3是非气态物质，无法计算物质的量，故C不符合题意；
D．室温下，pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．考虑弱酸根离子水解；
B．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，一分子乙醇含有σ键8个；
C．标准状况下是液体，无法计算；
D．溶液的体积未知，无法计算。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．分子中氨基和亚氨基上的氮原子价层电子对数为4，双键的氮原子价层电子对数为3，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，故A符合题意；
B．非金属越强，元素的电负性越强，该化合物所含C、H、O、N四种元素中O元素非金属性最强，则电负性最大的为O元素，故B不符合题意；
C．该分子中含电负性较强的O、N元素，能水分子中的氢原子形成氢键，故C不符合题意；
D．与苯的性质相似，苯为平面型分子，则该分子中所有碳原子共面，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B．非金属越强，元素的电负性越强；
C．氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
D．依据“与苯的性质相似”判断。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由结构简式可知，木豆素分子的2个苯环上有4类氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，木豆素分子含有的官能团为碳碳双键、醚键、羟基和羧基，共4种，故B符合题意；
C．由结构简式可知，木豆素分子含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液呈紫色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，木豆素分子含有的羧基、酚羟基能发生取代反应，含有的碳碳双键和苯环能发生加成反应，含有的碳碳双键能发生加聚反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢判断；
B．由结构简式确定官能团；
C．由结构简式可知含有的酚羟基；
D．利用官能团与性质的关系判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N＜P，则键长B-N键＜B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，故A不符合题意；
B．B原子的价电子数为3，且杂化类型为sp3杂化，其中与3个P原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为3∶1，故B不符合题意；
C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，故C符合题意；
D．B原子周围最近的4个P原子形成正四面体，E处的B原子位于18晶胞中心，A、D两处磷原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则E处的B原子到左侧面、前平面、下底面的距离均为14，E点的横坐标为1-14=34，即C的B原子坐标为(34，14，14)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用晶体类型分析；
B．依据结构确定键的类型和数目；
C．利用均摊法确定原子数目；
D．依据原子在晶胞中的位置确定坐标。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．Ti的原子序数为22，其基态原子的价层电子排布式为3d24s2，A不符合题意；
B．常温下钛与酸、碱均不反应，镁与稀盐酸反应，但与氢氧化钠溶液不反应，因此可用稀盐酸除去金属钛中的少量镁单质，不能用氢氧化钠溶液，B不符合题意；
C．Ⅱ中发生反应TiO2 + 2C+ 2Cl2=高温TiCl4 + 2CO，碳元素化合价升高，C为还原剂，CO为氧化产物，氯元素化合价降低，氯气为氧化剂，TiCl4为还原产物，C符合题意；
D．Ⅲ中发生反应2Mg+ TiCl4=高温2MgCl2 + Ti，镁与氮气反应生成氮化镁，不能在氮气氛围中进行，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用原子核外电子排布规律；
B．依据物质的性质，选择除杂的试剂；
C．还原剂元素化合价升高，得到氧化产物，氧化剂元素化合价降低，得到还原产物；
D．镁与氮气反应。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．丙酮可溶于水，不能萃取碘水中的单质碘，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．盐碱地中Na2CO3与石膏反应生成更难溶的碳酸钙，可降低土壤的碱性，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．同浓度氯化铜溶液分别置于热水和冷水中，探究温度对水解反应平衡的影响，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．在薄钢板表面镀上一层锌，属于在金属表面覆盖保护层保护金属不被腐蚀的方法，能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．萃取剂与溶剂互不相容，丙酮可溶于水；
B．碳酸钙溶解度比硫酸钙小；
C．水解是吸热反应；
D．利用牺牲阳极的阴极保护法。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析知放电时，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，外电路中电流正极流向负极，故A不符合题意；
B． 当外电路通过2mol电子时，理论上有2molH+和2molOH-分别向正极和负极移向，即有2mol水参与电离，双极膜中水减少36g，故B不符合题意；
C．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向正极区即Cu2P2O7纳米片迁移，故C不符合题意；
D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e- =C2H5OH+3H2O， 阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．外电路中电流正极流向负极；
B．利用得失电子守恒计算；
C．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极；
D．电解池的阴阳极反应与原电池负正极反应相反。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，硫酸铜溶液与白磷反应生成磷化亚铜、磷酸和硫酸，反应的方程式为11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，反应中铜元素化合价降低被还原，磷元素化合价部分升高被氧化、部分降低被还原，所以氧化产物为磷酸、还原产物为磷化亚铜，物质的量之比为24：20=6∶5，故A不符合题意；
B．磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为正四面体形，故B不符合题意；
C．由图可知，反应Ⅱ是磷酸与氢氧化钙溶液反应生成磷酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C符合题意；
D．由图可知，流程中所涉及的元素有氢、碳、氧、硅、磷、钙、铜，基态原子未成对电子数最多的是价电子排布式为3s23P3的磷原子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．化合价降低得到还原产物，元素化合价部分升高得到氧化产物；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
C．氧化还原反应中元素发生化合价变化；
D．利用核外电子排布规律分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应Ⅰ，故A不符合题意；
B．焓变与两步反应活化能的差值无关，与产物和反应物的能量差值有关，故B符合题意；
C．由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定），故C不符合题意；
D．由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中，环上此碳原子的杂化类型为sp3杂化，苯环碳的杂化为sp2反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．反应活化能越大，反应越难；
B．焓变与产物和反应物的能量差值有关；
C．能量越低越稳定；
D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．将第一组数据和第二组数据代入v=k⋅cm(A)⋅cn(B)可得(0.500.25)m=2.8×10-31.4×10-3，则m=1，将第二组数据和第四组数据代入v=k⋅cm(A)⋅cn(B)可得(0.1000.050)n=2.8×10-32.8×10-3，则n=0，A不符合题意；
B．由A选项的分析可知，m=1，n=0，则v=k⋅c(A)，代入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B不符合题意；
C．增大反应物的浓度，增大了速率，并没有改变瞬时速率常数k(只受温度影响)，C不符合题意；
D．存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为3×0.75.6×10-3min-1=375min，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=k⋅cm(A)⋅cn(B)，采用代入法计算；
B．利用v=k⋅cm(A)⋅cn(B)计算；
C．速率常数k只受温度影响；
D．依据表中半衰期分析。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．X为O、Q为S， Q的最高化合价均为+6，X则没有+6价，A不符合题意；
B． 化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能与氢氧化钠溶液反应，YX2为二氧化氮能和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B符合题意；
C．X为O、Z为F、Q为S，简单氢化物分别为H2O、HF、H2S，水分子之间有氢键、氟化氢分子之间也有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，因此，沸点： X＞Z＞Q，C不符合题意；
D． W单质(Li)在空气中燃烧的产物是W2O(Li2O)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氧元素无最高正价；
B． 依据物质的性质分析；
C．分子间的氢键数越多，沸点越高；
D． 锂在空气中燃烧只生成氧化锂。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8，故A不符合题意；
B．由分析可知，H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8，第三步电离常数Ka3(H3A)约为10-6，则HA2-的水解常数为c(HA2-)c(OH-)c(A3-)=KwKa2=1.0×10-141.0×10-4.8＜Ka3说明Na2HA溶液中，HA2-水解程度小于电离程度，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为4时，A3-的浓度约为0，溶液中存在Ca2+、Mg2+、H+、H2A-、HA2-，由电荷守恒可知，溶液中c(H+)＜c(H2A-)+2c(HA2-)+c(OH-)，故C符合题意；
D．由分析可知，溶液pH为6时，溶液中c(A3-)=c(HA2-)，溶液中离子浓度的关系为c(A3-)=c(HA2-)>c(H+)>c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用交点计算电离常数 ；
B．电离和水解的常数判断；
C．利用电荷守恒判断；
D．依据溶液的性质判断。
16．【答案】（1）四；VIII
（2）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境
（3）5.5
（4）蒸发浓缩至析出大量晶体；趁热过滤
（5）7.5
（6）CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑
【解析】【解答】含钴废料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)加入NaOH溶液，先溶解废料中的金属铝，过滤后，向滤渣中加入硫酸和双氧水，得到硫酸锂和硫酸钴，用有机磷萃取分液，得到有机相，加入硫酸反应萃取得到钴酸锂，钴酸锂加入碳酸钠得到碳酸钴，碳酸钴加入氧化铝得到偏铝酸钴，无机相硫酸锂中加入碳酸钠得到碳酸锂，过滤干燥。
(1)Co元素是27号元素，左边为Fe元素，Co元素位于元素周期表第四周期第VIII族；故答案为：四；VIII。
(2)“酸浸”步骤中LiCoO2与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸钴和氧气，则发生反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；在实际生产中，“酸浸”不用盐酸的原因是LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境；故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境。
(3)根据图中信息，钴在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系是随pH增大，萃取率先增大后减小，在pH=5.5左右达到最大值，则有机磷萃取的最佳pH为5.5；故答案为：5.5。
(4)根据图2分析碳酸锂随温度升高，溶解度减小，因此“沉锂”步骤中获取Li2CO3的操作依次是蒸发浓缩至析出大量晶体、趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为；蒸发浓缩至析出大量晶体；趁热过滤。
(5)若CoSO4溶液中c(Co2+)=0.059mol⋅L-1，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2沉淀，
根据题意得到Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15=c(Co2+)⋅c2(OH-)=0.059×c2(OH-)，解得c(OH-)=1×10-6.5mol⋅L-1即c(H+)=Kwc(OH-)=1×10-141×10-6.5=1×10-7.5mol⋅L-1，则pH=7.5即需控制溶液的pH不高于7.5；故答案为：7.5。
(6)灼烧过程中主要发生碳酸钴和氧化铝反应生成偏铝酸钴和二氧化碳气体，其反应的化学方程式CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑；故答案为：CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑。
【分析】
(1)依据原子序数确定在元素周期表中位置。
(2)LiCoO2与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸钴和氧气；利用反应物的性质分析可能的副反应。
(3)根据图萃取率与pH的关系图选择。
(4)根据物质的性质选择操作方法。
(5)根据Ksp计算。
(6)碳酸钴和氧化铝高温反应生成偏铝酸钴和二氧化碳。
17．【答案】（1）-634.3kJ⋅mol-1
（2）A；C；D
（3）0.1mol⋅L-1⋅min-1；66.7%
（4）64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则ΔH4=-395.6kJ⋅mol-1×2-(-156.9kJ⋅mol-1)=-634.3kJ⋅mol-1；故答案为：-634.3kJ⋅mol-1。
(2)CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
(3)500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为34p，建立三段式开始转化平衡CO2(g)4molxmol(4-x)mol+4H2(g)12mol4xmol(12-4x)mol⇌CH4(g)0xmolxmol+2H2O(g)02xmol2xmol，开始转化平衡CO2(g)(4-x)molymol(4-x-y)mol+H2(g)(12-4x)molymol(12-4x-y)mol⇌CO(g)0ymolymol+H2O(g)2xmolymol(2x+y)mol，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到16-2x16=34pp，解得x=2，y=1，则0~20min内υ(CH4)=ΔnV⋅Δt=2mol1L×20min=0.1mol⋅L-1⋅min-1，平衡时CH4选择性21+2×100%≈66.7%；故答案为：0.1mol⋅L-1⋅min-1；66.7%。
(4)根据题意和a曲线上两点得到8.0J⋅mol-1⋅K-1＝−3.2×103×EaK-1+C，1.6J⋅mol-1⋅K-1＝−3.3×10−3×EaK-1+C，两者方程式相减得到Ea＝64kJ⋅mol-1，则该反应的活化能Ea=64kJ⋅mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
【分析】(1)根据盖斯定律计算。
(2)利用催化剂的特性分析。
(3)利用三段式计算。
(4)根据提供信息和图像进行分析。
18．【答案】（1）球形冷凝管
（2）C
（3）防止过氧化氢发生分解
（4）增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（5）当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；0.1256aV3×100%；偏低
【解析】【解答】该实验的目的是用饱和碳酸钠溶液和过氧化氢溶液反应制备过碳酸钠，并测定过碳酸钠样品的纯度。
(1)由实验装置图可知，装置中仪器A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
(2)A．氯化铁可以做过氧化氢分解的催化剂，不能作为稳定剂使用，故不正确；
B．二氧化锰可以做过氧化氢分解的催化剂，不能作为稳定剂使用，故不正确；
C．硅酸钠不与碳酸钠和过氧化氢反应，能作为稳定剂使用，故正确；
D．亚硫酸钠具有还原性，能与过氧化氢反应，不能作为稳定剂使用，故不正确；
故答案为：C；
(3)过氧化氢受热易分解，所以反应过程中要控制温度不能太高，故答案为：防止过氧化氢发生分解；
(4)向反应后向混合物中加入氯化钠固体，氯化钠溶解于溶液能增大溶液中钠离子浓度，有利于过碳酸钠的析出，故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出；
(5)①当过氧化氢与酸性高锰酸钾溶液恰好反应时，当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色说明滴定达到终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；
②由题给方程式可得如下关系式： 5(2Na2CO3·3H2O2)-15H2O2-6KMnO4，12.50mL溶液消耗VmL0.02000mol/L高锰酸钾溶液，则bg样品中过氧碳酸钠的产品纯度为0.02000mol/L×10-3VL×8×56×314g/molbg×100%=0.1256aV3×100%，故答案为：0.1256aV3×100%；
③若滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测得过碳酸钠产品纯度将偏低，故答案为：偏低。
【分析】(1)装置的构造确定名称；
(2)A．稳定剂不能参与化学反应；
(3)根据物质的性质分析；
(4)利用同离子效应；
(5)①依据颜色变化确定终点；
②利用关系式计算；
③利用计算公式分析。
19．【答案】（1）浓硝酸和浓硫酸；酯基
（2）强；氯原子是吸电子基团，使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子
（3）＋H2O→ΔH++C2H5OH
（4）；消去反应
（5）7；
【解析】【解答】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，与ClCH2COOC2H5发生取代反应生成，则C为；酸性条件下发生水解反应生成；丙烯高温条件下与溴发生取代反应生成BrCH2CH=CH2，则E为BrCH2CH=CH2；BrCH2CH=CH2与甲醛发生信息ⅰ反应生成CH2=CHCH2CH2OH，则F为CH2=CHCH2CH2OH；CH2=CHCH2CH2OH与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则G为；在氢氧化钾溶液中共热发生取代反应生成，则H为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，一定条件下，、与氧气反应生成喹啉并内酯。
(1)由分析可知，试剂a为浓硝酸和浓硫酸；C的结构简式为，故答案为：浓硝酸和浓硫酸；；
(2)氯原子是吸电子基团，与乙酸溴苯，氯原子使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子，酸性比乙酸强，故答案为：强；氯原子是吸电子基团，使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子；
(3)由分析可知，C→D的反应为酸性条件下发生水解反应生成和乙醇，反应的化学方程式为＋H2O→ΔH++C2H5OH，故答案为：＋H2O→ΔH++C2H5OH；
(4)由分析可知，H的结构简式为；H→I的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，故答案为：；消去反应；
(5)F的同分异构体K能使溴的四氯化碳溶液褪色，则K可能为不饱和醇，也可能为不饱和醚，结合碳碳双键直接与羟基相连不稳定可知，K的结构简式可能为、CH3CH=CHCH2OH、、CH3OCH=CHCH3、、CH3OCH2CH=CH2、CH3CH2OCH=CH2，共有7种，其中存在手性碳原子的同分异构体的结构简式为，故答案为：7；。
【分析】
(1)识记常见反应的试剂，依据结构简式确定官能团；
(2)依据取代原子的性质分析；
(3)酯在酸性条件下发生水解反应生成酸和醇；
(4)依据反应物和产物确定反应类型；
(5)依据性质确定官能团，书写中分异构体；手性碳原子是和4个不同的原子或原子团相连的碳原子。
2022届辽宁省大连第二十四中学高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．化学与科学、技术及生活有着密切联系.下列叙述错误的是（ ）
A．神舟十三号返回舱使用了酚醛空心微球，酚醛树脂属于通用高分子材料
B．液氧煤油发动机应用于我国新一代长征七号运载火箭中，煤油由煤干馏得到
C．核酸检测用于确定人体是否被新冠病毒感染，核酸属于生物大分子
D．北京冬奥会颁奖礼服添加了石墨烯发热材料，石墨烯属于新型无机非金属材料
2．下列化学用语表达正确的是（ ）
A．氧的基态原子的轨道表示式：
B．BF3的电子式：
C．对羟基苯甲醛的结构简式：
D．丙炔的键线式：
3．宋应星著作的《天工开物》被称为中国十七世纪生产工艺百科全书，它翔实记述了明代居于世界先进水平的科技成就.下列说法错误的是（ ）
选项
记载内容
涉及化学操作或物质分类
A
作咸卷海水盐篇记载：“火燃釜底，滚沸延及成盐”
采用蒸发结晶的方法获取食盐
B
甘嗜卷造糖篇记载：“每汁一石，下石灰(CaO)五合于中”
用石灰中和甘蔗汁中的酸性物质
C
治铸卷·钟篇记载：“内模干燥后，用牛油加黄蜡涂附在上面约有几寸厚”
牛油为天然高分子化合物
D
五金卷·铜篇记载：“以炉甘石或倭铅参和，转色为黄铜：以砒霜等药制炼为白铜：矾、硝等药制炼为青铜”
黄铜、白铜和青铜均为铜合金
A．A B．B C．C D．D
4．84消毒液不能和医用酒精混用的原因是4NaClO+CH3CH2OH=CHCl3+HCOONa+2NaOH+NaCl+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1L0.2mol⋅L-1NaClO溶液中ClO-数目为0.2NA
B．23gCH3CH2OH中含有σ键数目为4NA
C．标准状况下，2.24LCHCl3中原子数为0.5NA
D．室温下，pH为13的NaOH溶液中OH-数目为0.1NA
5．异烟肼是一种抗结核药物的主要成分，其结构如图所示。已知吡啶()与苯的性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．该分子中氮原子均采取sp3杂化
B．该分子中电负性最大的元素为氧元素
C．该分子与水分子可以形成氢键
D．该分子中所有碳原子一定共平面
6．研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示。下列有关木豆素的说法错误的是（ ）
A．苯环上的一氯代物有4种
B．分子中含5种官能团
C．能与氯化铁溶液发生显色反应
D．该物质能发生取代、加成和加聚反应
7．电子科技大学孙旭平教授团队研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性CO2电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则BN的熔点比BP低
B．磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为1∶3
C．磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有2个
D．若A，D两处磷原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则E处硼原子坐标为(34，14，14)
8．钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。已知常温下钛(Ti)与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2)提取金属钛的主要流程如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）
A．基态Ti原子的价层电子排布式为3d2
B．可用稀盐酸或稀氢氧化钠溶液除去金属钛中的少量镁单质
C．步骤Ⅱ中焦炭为还原剂，TiCl4为还原产物
D．步骤Ⅲ需在氮气氛围中进行，防止金属被空气氧化
9．下列实验操作或做法不能达到目的的是（ ）
选项
操作或做法
目的
A
将2mL丙酮加入到适量碘水中，振荡，静置
萃取碘水中的I2
B
向盐碱地(含有较多NaCl、Na2CO3)中施加适量石膏
降低土壤的碱性
C
将两支盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管分别置于热水和冷水中
探究温度对化学平衡的影响
D
在薄钢板表面镀上一层锌
在金属表面覆盖保护层保护金属不被腐蚀
A．A B．B C．C D．D
10．锌-二氧化碳(Zn-CO2)可充电电池作为一门新兴的技术，不仅可以缓解CO2所带来的温室效应，同时还可获得增值化学品(如乙酸，乙醇等)和额外电能。如图所示装置中，双极膜中水电离出的H+和OH-在电场作用下可以向两极迁移
下列说法正确的是（ ）
A．放电时，外电路中电流由Zn流向Cu2P2O7纳米片
B．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18g
C．放电时，双极膜中H+向Zn电极迁移
D．充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+
11．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6∶5
B．PO43-的空间结构为正四面体形
C．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中发生的均为氧化还原反应
D．流程中所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P
12．苯的亲电取代反应分两步进行，可表示为E++→Ⅰ→Ⅱ+H+，生成中间体的一步是加成过程，中间体失去氢离子的一步是消除过程，其机理亦称加成—消除机理，苯的亲电职代反应进程和能量的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ为苯亲电取代的决速步骤
B．E1与E2的差值为总反应的焓变
C．中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差
D．反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化
13．某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为v=k⋅cm(A)⋅cn(B)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c(A)/(mol⋅L-1)
c(B)/(mol⋅L-1)
v/(10-3mol⋅L-1⋅min-1)
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是（ ）
A．速率方程中的m=1、n=1
B．该反应的速率常数k=2.8×10-3min-1
C．增大反应物浓度，k增大导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，反应掉87.5%的A所需的时间是375min
14．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是（ ）
A．X与Q的最高化合价均为+6
B．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应
C．简单氢化物的沸点：Q＞Z＞X
D．W单质在空气中燃烧的产物是W2O2
15．柠檬酸(用H3A表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3A、H2A-、HA2-、A3-的百分含量随pH的变化曲线如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8
B．Na2HA溶液中，HA2-水解程度小于电离程度
C．pH=4时，c(H+)=c(H2A-)+2c(HA2-)+c(OH-)
D．pH=6时，c(A3-)=c(HA2-)>c(H+)>c(OH-)
二、综合题
16．钴蓝[Co(AlO2)2]是一种重要的蓝色颜料。利用含钴废料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)制备钴蓝的一种工艺流程如图：
已知：Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15；Ksp(CoCO3)=1.4×10-13
请回答以下问题：
（1）Co元素位于元素周期表第 周期第 族
（2）写出“酸浸”步骤中LiCoO2发生反应的化学方程式 ；在实际生产中，“酸浸”不用盐酸的原因是
（3）已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示，则有机磷萃取的最佳pH为
（4）根据图2判断，“沉锂”步骤中获取Li2CO3的操作依次是 、 、洗涤、干燥
（5）若CoSO4溶液中c(Co2+)=0.059mol⋅L-1，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2沉淀，需控制溶液的pH不高于 (保留一位小数)
（6）写出灼烧过程中主要反应的化学方程式
17．我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ⋅mol-1
Ⅱ.副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1kJ⋅mol-1
（1）已知：Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-395.6kJ⋅mol-1
Ⅳ.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH4
则ΔH4=
（2）CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为____
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为34p，则0~20min内υ(CH4)= ，平衡时CH4选择性= (CH4选择性=CH4平衡浓度CO2转化浓度×100%，计算保留三位有效数字)
（4）以CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为3CH3OH(g)⇌C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式Rlnk=-EaT+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ⋅mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
18．过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在贮运过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器A的名称为 。
（2）按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30%H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是____。
A．FeCl3 B．MnO2 C．Na2SiO3 D．Na2SO3
（3）反应过程中要控制温度不能太高，原因是
（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是
（5）过碳酸钠样品纯度的测定。
取bg2Na2CO3·3H2O2(M=314g/mol)配成100mL溶液，取12.50mL溶液于锥形瓶，加入足量稀硫酸，用0.02000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL(已知：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O)
①实验达到滴定终点的现象是 ；
②该过氧碳酸钠的产品纯度为 (用字母表示)；
③滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
19．我国科学家实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
ⅰ. R-Br+R´CHO→一定条件R-CR'|HOH
ⅱ.ROH+ R´Br→ΔKOHROR´
ⅲ.碳碳双键直接与羟基相连不稳定
（1）试剂a为 ；C中含氧官能团名称为
（2）ClCH2COOH的酸性比CH3COOH (填“强”或“弱”)；其原因是
（3）C→D的化学方程式为
（4）H的结构简式为 ；H→I的反应类型为
（5）K是F的同分异构体，其中能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构还有 种；其中存在手性碳原子的同分异构体的结构简式为
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到，属于通用高分子材料，故A不符合题意；
B．煤油由石油分馏得到，故B符合题意；
C．核酸相对分子质量较大，属于生物大分子，但不属于高分子，故C不符合题意；
D．石墨烯属于新型无机非金属材料，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树脂；
B．石油分馏得到能煤油；
C．核酸属于生物大分子；
D．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氧元素的原子序数为8，基态原子的价电子轨道表示式为，故A不符合题意；
B．三氟化硼是共价化合物，电子式为，故B符合题意；
C．对羟基苯甲醛的结构简式为，故C不符合题意；
D．丙炔分子中三个碳原子在同一直线上，键线式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用核外电子排布规律判断；
B．三氟化硼是共价化合物；
C．依据官能团的书写规律判断；
D．分子为直线结构。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．“火燃釜底，滚沸延及成盐”运用蒸发结晶的方法获取食盐晶体，故A不符合题意；
B．CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与甘蔗汁酸性物质反应，故B不符合题意；
C．牛油属于油脂，脂肪类物质都不属于有机高分子化合物，故C符合题意；
D．如果是由两种以上的元素组成的金属就称为合金，黄铜、白铜和青铜都是由铜形成的合金，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用提取物的性质判断；
B．酸性与碱性物质发生反应；
C．油脂不属于有机高分子化合物；
D．由两种以上的元素组成的金属就称为合金。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．1L0.2mol⋅L-1NaClO溶液中NaClO物质的量为0.2mol，由于次氯酸根水解，因此ClO-数目小于0.2NA，故A不符合题意；
B．一分子乙醇含有σ键8个，23gCH3CH2OH物质的量为0.5mol，含有σ键数目为4NA，故B符合题意；
C．标准状况下，CHCl3是非气态物质，无法计算物质的量，故C不符合题意；
D．室温下，pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．考虑弱酸根离子水解；
B．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，一分子乙醇含有σ键8个；
C．标准状况下是液体，无法计算；
D．溶液的体积未知，无法计算。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．分子中氨基和亚氨基上的氮原子价层电子对数为4，双键的氮原子价层电子对数为3，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，故A符合题意；
B．非金属越强，元素的电负性越强，该化合物所含C、H、O、N四种元素中O元素非金属性最强，则电负性最大的为O元素，故B不符合题意；
C．该分子中含电负性较强的O、N元素，能水分子中的氢原子形成氢键，故C不符合题意；
D．与苯的性质相似，苯为平面型分子，则该分子中所有碳原子共面，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B．非金属越强，元素的电负性越强；
C．氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
D．依据“与苯的性质相似”判断。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由结构简式可知，木豆素分子的2个苯环上有4类氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，木豆素分子含有的官能团为碳碳双键、醚键、羟基和羧基，共4种，故B符合题意；
C．由结构简式可知，木豆素分子含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液呈紫色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，木豆素分子含有的羧基、酚羟基能发生取代反应，含有的碳碳双键和苯环能发生加成反应，含有的碳碳双键能发生加聚反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢判断；
B．由结构简式确定官能团；
C．由结构简式可知含有的酚羟基；
D．利用官能团与性质的关系判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N＜P，则键长B-N键＜B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，故A不符合题意；
B．B原子的价电子数为3，且杂化类型为sp3杂化，其中与3个P原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为3∶1，故B不符合题意；
C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，故C符合题意；
D．B原子周围最近的4个P原子形成正四面体，E处的B原子位于18晶胞中心，A、D两处磷原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则E处的B原子到左侧面、前平面、下底面的距离均为14，E点的横坐标为1-14=34，即C的B原子坐标为(34，14，14)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用晶体类型分析；
B．依据结构确定键的类型和数目；
C．利用均摊法确定原子数目；
D．依据原子在晶胞中的位置确定坐标。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．Ti的原子序数为22，其基态原子的价层电子排布式为3d24s2，A不符合题意；
B．常温下钛与酸、碱均不反应，镁与稀盐酸反应，但与氢氧化钠溶液不反应，因此可用稀盐酸除去金属钛中的少量镁单质，不能用氢氧化钠溶液，B不符合题意；
C．Ⅱ中发生反应TiO2 + 2C+ 2Cl2=高温TiCl4 + 2CO，碳元素化合价升高，C为还原剂，CO为氧化产物，氯元素化合价降低，氯气为氧化剂，TiCl4为还原产物，C符合题意；
D．Ⅲ中发生反应2Mg+ TiCl4=高温2MgCl2 + Ti，镁与氮气反应生成氮化镁，不能在氮气氛围中进行，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用原子核外电子排布规律；
B．依据物质的性质，选择除杂的试剂；
C．还原剂元素化合价升高，得到氧化产物，氧化剂元素化合价降低，得到还原产物；
D．镁与氮气反应。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．丙酮可溶于水，不能萃取碘水中的单质碘，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．盐碱地中Na2CO3与石膏反应生成更难溶的碳酸钙，可降低土壤的碱性，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．同浓度氯化铜溶液分别置于热水和冷水中，探究温度对水解反应平衡的影响，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．在薄钢板表面镀上一层锌，属于在金属表面覆盖保护层保护金属不被腐蚀的方法，能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．萃取剂与溶剂互不相容，丙酮可溶于水；
B．碳酸钙溶解度比硫酸钙小；
C．水解是吸热反应；
D．利用牺牲阳极的阴极保护法。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析知放电时，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，外电路中电流正极流向负极，故A不符合题意；
B． 当外电路通过2mol电子时，理论上有2molH+和2molOH-分别向正极和负极移向，即有2mol水参与电离，双极膜中水减少36g，故B不符合题意；
C．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向正极区即Cu2P2O7纳米片迁移，故C不符合题意；
D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e- =C2H5OH+3H2O， 阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．外电路中电流正极流向负极；
B．利用得失电子守恒计算；
C．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极；
D．电解池的阴阳极反应与原电池负正极反应相反。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，硫酸铜溶液与白磷反应生成磷化亚铜、磷酸和硫酸，反应的方程式为11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，反应中铜元素化合价降低被还原，磷元素化合价部分升高被氧化、部分降低被还原，所以氧化产物为磷酸、还原产物为磷化亚铜，物质的量之比为24：20=6∶5，故A不符合题意；
B．磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为正四面体形，故B不符合题意；
C．由图可知，反应Ⅱ是磷酸与氢氧化钙溶液反应生成磷酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C符合题意；
D．由图可知，流程中所涉及的元素有氢、碳、氧、硅、磷、钙、铜，基态原子未成对电子数最多的是价电子排布式为3s23P3的磷原子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．化合价降低得到还原产物，元素化合价部分升高得到氧化产物；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
C．氧化还原反应中元素发生化合价变化；
D．利用核外电子排布规律分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应Ⅰ，故A不符合题意；
B．焓变与两步反应活化能的差值无关，与产物和反应物的能量差值有关，故B符合题意；
C．由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定），故C不符合题意；
D．由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中，环上此碳原子的杂化类型为sp3杂化，苯环碳的杂化为sp2反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．反应活化能越大，反应越难；
B．焓变与产物和反应物的能量差值有关；
C．能量越低越稳定；
D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．将第一组数据和第二组数据代入v=k⋅cm(A)⋅cn(B)可得(0.500.25)m=2.8×10-31.4×10-3，则m=1，将第二组数据和第四组数据代入v=k⋅cm(A)⋅cn(B)可得(0.1000.050)n=2.8×10-32.8×10-3，则n=0，A不符合题意；
B．由A选项的分析可知，m=1，n=0，则v=k⋅c(A)，代入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B不符合题意；
C．增大反应物的浓度，增大了速率，并没有改变瞬时速率常数k(只受温度影响)，C不符合题意；
D．存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为3×0.75.6×10-3min-1=375min，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=k⋅cm(A)⋅cn(B)，采用代入法计算；
B．利用v=k⋅cm(A)⋅cn(B)计算；
C．速率常数k只受温度影响；
D．依据表中半衰期分析。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．X为O、Q为S， Q的最高化合价均为+6，X则没有+6价，A不符合题意；
B． 化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能与氢氧化钠溶液反应，YX2为二氧化氮能和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B符合题意；
C．X为O、Z为F、Q为S，简单氢化物分别为H2O、HF、H2S，水分子之间有氢键、氟化氢分子之间也有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，因此，沸点： X＞Z＞Q，C不符合题意；
D． W单质(Li)在空气中燃烧的产物是W2O(Li2O)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氧元素无最高正价；
B． 依据物质的性质分析；
C．分子间的氢键数越多，沸点越高；
D． 锂在空气中燃烧只生成氧化锂。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8，故A不符合题意；
B．由分析可知，H3A的第二步电离常数Ka2(H3A)约为10-4.8，第三步电离常数Ka3(H3A)约为10-6，则HA2-的水解常数为c(HA2-)c(OH-)c(A3-)=KwKa2=1.0×10-141.0×10-4.8＜Ka3说明Na2HA溶液中，HA2-水解程度小于电离程度，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为4时，A3-的浓度约为0，溶液中存在Ca2+、Mg2+、H+、H2A-、HA2-，由电荷守恒可知，溶液中c(H+)＜c(H2A-)+2c(HA2-)+c(OH-)，故C符合题意；
D．由分析可知，溶液pH为6时，溶液中c(A3-)=c(HA2-)，溶液中离子浓度的关系为c(A3-)=c(HA2-)>c(H+)>c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用交点计算电离常数 ；
B．电离和水解的常数判断；
C．利用电荷守恒判断；
D．依据溶液的性质判断。
16．【答案】（1）四；VIII
（2）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境
（3）5.5
（4）蒸发浓缩至析出大量晶体；趁热过滤
（5）7.5
（6）CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑
【解析】【解答】含钴废料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)加入NaOH溶液，先溶解废料中的金属铝，过滤后，向滤渣中加入硫酸和双氧水，得到硫酸锂和硫酸钴，用有机磷萃取分液，得到有机相，加入硫酸反应萃取得到钴酸锂，钴酸锂加入碳酸钠得到碳酸钴，碳酸钴加入氧化铝得到偏铝酸钴，无机相硫酸锂中加入碳酸钠得到碳酸锂，过滤干燥。
(1)Co元素是27号元素，左边为Fe元素，Co元素位于元素周期表第四周期第VIII族；故答案为：四；VIII。
(2)“酸浸”步骤中LiCoO2与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸钴和氧气，则发生反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；在实际生产中，“酸浸”不用盐酸的原因是LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境；故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；LiCoO2中钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境。
(3)根据图中信息，钴在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系是随pH增大，萃取率先增大后减小，在pH=5.5左右达到最大值，则有机磷萃取的最佳pH为5.5；故答案为：5.5。
(4)根据图2分析碳酸锂随温度升高，溶解度减小，因此“沉锂”步骤中获取Li2CO3的操作依次是蒸发浓缩至析出大量晶体、趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为；蒸发浓缩至析出大量晶体；趁热过滤。
(5)若CoSO4溶液中c(Co2+)=0.059mol⋅L-1，为防止沉钴过程中产生Co(OH)2沉淀，
根据题意得到Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15=c(Co2+)⋅c2(OH-)=0.059×c2(OH-)，解得c(OH-)=1×10-6.5mol⋅L-1即c(H+)=Kwc(OH-)=1×10-141×10-6.5=1×10-7.5mol⋅L-1，则pH=7.5即需控制溶液的pH不高于7.5；故答案为：7.5。
(6)灼烧过程中主要发生碳酸钴和氧化铝反应生成偏铝酸钴和二氧化碳气体，其反应的化学方程式CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑；故答案为：CoCO3+Al2O3高温__Co(AlO2)2+CO2↑。
【分析】
(1)依据原子序数确定在元素周期表中位置。
(2)LiCoO2与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸钴和氧气；利用反应物的性质分析可能的副反应。
(3)根据图萃取率与pH的关系图选择。
(4)根据物质的性质选择操作方法。
(5)根据Ksp计算。
(6)碳酸钴和氧化铝高温反应生成偏铝酸钴和二氧化碳。
17．【答案】（1）-634.3kJ⋅mol-1
（2）A；C；D
（3）0.1mol⋅L-1⋅min-1；66.7%
（4）64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则ΔH4=-395.6kJ⋅mol-1×2-(-156.9kJ⋅mol-1)=-634.3kJ⋅mol-1；故答案为：-634.3kJ⋅mol-1。
(2)CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
(3)500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为34p，建立三段式开始转化平衡CO2(g)4molxmol(4-x)mol+4H2(g)12mol4xmol(12-4x)mol⇌CH4(g)0xmolxmol+2H2O(g)02xmol2xmol，开始转化平衡CO2(g)(4-x)molymol(4-x-y)mol+H2(g)(12-4x)molymol(12-4x-y)mol⇌CO(g)0ymolymol+H2O(g)2xmolymol(2x+y)mol，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到16-2x16=34pp，解得x=2，y=1，则0~20min内υ(CH4)=ΔnV⋅Δt=2mol1L×20min=0.1mol⋅L-1⋅min-1，平衡时CH4选择性21+2×100%≈66.7%；故答案为：0.1mol⋅L-1⋅min-1；66.7%。
(4)根据题意和a曲线上两点得到8.0J⋅mol-1⋅K-1＝−3.2×103×EaK-1+C，1.6J⋅mol-1⋅K-1＝−3.3×10−3×EaK-1+C，两者方程式相减得到Ea＝64kJ⋅mol-1，则该反应的活化能Ea=64kJ⋅mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
【分析】(1)根据盖斯定律计算。
(2)利用催化剂的特性分析。
(3)利用三段式计算。
(4)根据提供信息和图像进行分析。
18．【答案】（1）球形冷凝管
（2）C
（3）防止过氧化氢发生分解
（4）增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（5）当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；0.1256aV3×100%；偏低
【解析】【解答】该实验的目的是用饱和碳酸钠溶液和过氧化氢溶液反应制备过碳酸钠，并测定过碳酸钠样品的纯度。
(1)由实验装置图可知，装置中仪器A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
(2)A．氯化铁可以做过氧化氢分解的催化剂，不能作为稳定剂使用，故不正确；
B．二氧化锰可以做过氧化氢分解的催化剂，不能作为稳定剂使用，故不正确；
C．硅酸钠不与碳酸钠和过氧化氢反应，能作为稳定剂使用，故正确；
D．亚硫酸钠具有还原性，能与过氧化氢反应，不能作为稳定剂使用，故不正确；
故答案为：C；
(3)过氧化氢受热易分解，所以反应过程中要控制温度不能太高，故答案为：防止过氧化氢发生分解；
(4)向反应后向混合物中加入氯化钠固体，氯化钠溶解于溶液能增大溶液中钠离子浓度，有利于过碳酸钠的析出，故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出；
(5)①当过氧化氢与酸性高锰酸钾溶液恰好反应时，当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色说明滴定达到终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；
②由题给方程式可得如下关系式： 5(2Na2CO3·3H2O2)-15H2O2-6KMnO4，12.50mL溶液消耗VmL0.02000mol/L高锰酸钾溶液，则bg样品中过氧碳酸钠的产品纯度为0.02000mol/L×10-3VL×8×56×314g/molbg×100%=0.1256aV3×100%，故答案为：0.1256aV3×100%；
③若滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测得过碳酸钠产品纯度将偏低，故答案为：偏低。
【分析】(1)装置的构造确定名称；
(2)A．稳定剂不能参与化学反应；
(3)根据物质的性质分析；
(4)利用同离子效应；
(5)①依据颜色变化确定终点；
②利用关系式计算；
③利用计算公式分析。
19．【答案】（1）浓硝酸和浓硫酸；酯基
（2）强；氯原子是吸电子基团，使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子
（3）＋H2O→ΔH++C2H5OH
（4）；消去反应
（5）7；
【解析】【解答】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，与ClCH2COOC2H5发生取代反应生成，则C为；酸性条件下发生水解反应生成；丙烯高温条件下与溴发生取代反应生成BrCH2CH=CH2，则E为BrCH2CH=CH2；BrCH2CH=CH2与甲醛发生信息ⅰ反应生成CH2=CHCH2CH2OH，则F为CH2=CHCH2CH2OH；CH2=CHCH2CH2OH与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则G为；在氢氧化钾溶液中共热发生取代反应生成，则H为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，一定条件下，、与氧气反应生成喹啉并内酯。
(1)由分析可知，试剂a为浓硝酸和浓硫酸；C的结构简式为，故答案为：浓硝酸和浓硫酸；；
(2)氯原子是吸电子基团，与乙酸溴苯，氯原子使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子，酸性比乙酸强，故答案为：强；氯原子是吸电子基团，使氯乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子；
(3)由分析可知，C→D的反应为酸性条件下发生水解反应生成和乙醇，反应的化学方程式为＋H2O→ΔH++C2H5OH，故答案为：＋H2O→ΔH++C2H5OH；
(4)由分析可知，H的结构简式为；H→I的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，故答案为：；消去反应；
(5)F的同分异构体K能使溴的四氯化碳溶液褪色，则K可能为不饱和醇，也可能为不饱和醚，结合碳碳双键直接与羟基相连不稳定可知，K的结构简式可能为、CH3CH=CHCH2OH、、CH3OCH=CHCH3、、CH3OCH2CH=CH2、CH3CH2OCH=CH2，共有7种，其中存在手性碳原子的同分异构体的结构简式为，故答案为：7；。
【分析】
(1)识记常见反应的试剂，依据结构简式确定官能团；
(2)依据取代原子的性质分析；
(3)酯在酸性条件下发生水解反应生成酸和醇；
(4)依据反应物和产物确定反应类型；
(5)依据性质确定官能团，书写中分异构体；手性碳原子是和4个不同的原子或原子团相连的碳原子。
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