2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第10次）模拟 考试化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第10次）模拟 考试化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了 中国科技改变世界， 实验室中下列做法错误的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省菏泽市单县二中高三（第10次）模拟考试化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分

1. 中国科技改变世界。下列说法错误的是(    )
A. “飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，密度小、强度高
B. “天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
2. 下列有关物质类别的说法正确的是(    )
A. P2O5属于酸性氧化物 B. 油脂属于高分子化合物
C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D. 氮化硼纤维属于有机高分子材料
3. 实验室中下列做法错误的是(    )
A. 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B. 高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加入水稀释
D. 浓硫酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后用3%～5% NaHCO3溶液冲洗
4. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是(    )
A. 图甲：分离乙酸乙酯和水 B. 图乙：制备并收集干燥的氢气
C. 图丙：验证氧化性：Cl2>Br2>I2 D. 图丁：除去CO2中少量的HCl气体
5. 小分子物质a通过选择性催化聚合可分别得到聚合物b、c。下列说法正确的是(    )
A. a难溶于水
B. a分子中所有碳原子一定共平面
C. a与足量H2加成后的产物中含有两个手性碳原子
D. 反应①和②均属于加聚反应
6. 前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同。下列说法正确的是(    )
A. 四种元素中电负性最大的为Y
B. X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素
C. Z元素在同周期中金属性最强
D. W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键
7. 黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是(    )
A. 黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B. 黑磷的熔点高于白磷
C. 黑磷中P原子杂化方式为sp3
D. 第三周期只有Cl元素的第一电离能大于P
8. 某抗氧化剂Z可由图中反应制得：

下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是(    )

A. 化合物Z中采用sp3杂化和sp2杂化的碳原子个数比为3∶5
B. 化合物Y中含有3个手性碳原子
C. 化合物X可使溴水褪色，1mol X最多可消耗5mol Br2
D. 化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素
9. 一种汽车玻璃采用了电致变色技术，其工作原理如下图所示：在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法错误的是(    )

已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均无色透明；LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色；

A. 当A接电源正极时，Li+脱离离子储存层
B. 当A接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e−=LiWO3
C. 当B接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
D. 该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物
10. 某化学学习小组利用NaClO溶液氧化环己醇( )制备环己酮( )的装置如图所示。
操作步骤如下：
ⅰ.向三颈烧瓶内加入环己醇、冰醋酸，逐滴加入NaClO溶液，30℃条件下反应30分钟后冷却。
ⅱ.向三颈烧瓶内加入适量饱和NaHSO3溶液，用NaOH调节溶液显中性后加入饱和氯化钠溶液，然后经分液、干燥、蒸馏得到环己酮。

下列叙述错误的是(    )

A. 冰醋酸既作为溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性
B. 若NaClO溶液滴加过快，三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体
C. 饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去CH3COOH
D. 饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(    )
选项
实验操作和现象
结论
A
向2mL 1mol⋅L−1硼酸溶液中加入1mL 1 mol⋅L−1碳酸钠溶液，溶液无明显变化
硼酸与碳酸钠不反应
B
将铜丝灼烧至表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色
该有机物中含有醇羟基
C
充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
铁被硫氧化至Fe(II)
D
向新制硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()，溶液变为橙红色，然后再加入酸，溶液颜色变浅(与加入等量水比较)
与邻二氮菲配位能力：
H+>Fe2+

A. A B. B C. C D. D
12. 一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是(    )
A. 反应④有极性键的断裂与生成
B. 反应②③均为氧化还原反应
C. 反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3) 42++NO=N2+NH 4++H2O+Cu(NH3) 2+
D. 总反应还原1mol NO消耗O2 11.2L(标准状况)
13. 从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(    )

已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+

A. “氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B. 进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C. 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D. 操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
14. 双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到H+和OH−。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是(    )
A. a为阳极，b为阴极
B. b极上草酸发生的反应为H2C2O4+2e−+2H+=OHCCOOH+H2O
C. HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介
D. 两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g
15. 25℃时，用0.1mol·L−1NOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[nNaOHn(H2A)]、pH及微粒分布分数δ[δX=nXnH2A+nHA−+nA2−,X表示H2A、HA−或A2−]的关系如图所示：

下列说法错误的是(    )
A. 25℃时，H2A第一步电离平衡常数Ka1≈10−4
B. c点溶液中：c(Na+)=2c(HA−)+c(A2−)
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D. b点溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)>c(OH−)
16. 研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。
(1)Fe3+价电子轨道表示式为_________。
(2)原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是_______(填标号)。
A.3d64s2         B.3d44s1          C.3d6             D.3d54s1
(3)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3+和Fe2+，部分配合物的结构如下：

①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN−检验Fe3+须在酸性条件下进行的原因_______。
②配体SCN−的空间构型为_______。
③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据_______。(填标号)。
A.2s轨道     B.2p轨道    C.sp杂化轨道    D.sp2杂化轨道
(4)金属合金MgCux的结构可看作以Cu4四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置Mg原子(四面体的4个顶点代表Cu原子，圆球代表Mg原子)，结构如图所示。

①x=_______。
②若Mg原子A的原子坐标为(0.25,0.25,0.75)，则C的原子坐标为_______。
③晶胞参数为a nm，则AB原子之间的距离为_______nm。

17. 工业上利用石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)为原料生产V2O5，工艺流程如下：

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为NaVO3、Ca3(VO4)2、(NH4)3VO4；
②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：
pH
4∼6
6∼8
8∼10
10∼12
主要离子
VO2+
VO3−
V2
O74−


VO43−
③25℃时，Ksp(NH4VO3)=1×10−3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，V2O3发生反应的化学方程式为_______。
(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。
(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。
(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中c(VO3−)= 0.2mol·L−1，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中c(NH4+)至少_______mol·L−1。
(5)“煅烧”时，(NH4)3VO4制得产品V2O5。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。

18. 实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4．具体实验过程如下：
I.制备K2MnO4溶液
将KClO3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。
(1)反应的化学方程式为_________。
(2)选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是__________。
II.K2MnO4的歧化制备KMnO4
实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。

(3)待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。
III.KMnO4的纯度分析
(3)准确称取2.00g KMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL 0.2mo1·L−1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。
滴定终点的现象是__________，计算可得产品中KMnO4的纯度是__________，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是__________(填标号)。
A.产品含少量K2MnO4           
B.酸式滴定管滴定后有气泡
C.酸式滴定管没有润洗            
D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁

19. 布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。

已知：①R−CHO+
②+ →H+ +H2O
回答下列问题：
(1)A的名称为_________；B→C的反应类型为_________；E中含氧官能团的名称为_________。
(2)G的结构简式为_________；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_________。
(3)满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为_________(任写一种)。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12∶2∶2∶1∶1。
(4)季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)_________。

20. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：



上述反应中原子利用率最高的是_______(填编号)。
(2)CO2在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O (g) ΔH1=−156.9 kJ·mol−1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1kJ·mol−1。
①已知2H2(g)+O2=2(g)H2O(g) ΔH3=−395.6kJ·mol−1，则CH4燃烧的热化学方程式
CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) ΔH=_______；
②加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因是_______。
(3)在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入2mol CO2和1mol H2，发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)    ΔH。

①温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则ΔH_______0(填“>”、“”、“I2，C错误；
D.二氧化碳也会和饱和碳酸钠反应生成碳酸氢钠溶液，D错误。
故选A。

5.【答案】A 
【解析】A.由反应结合a化学式可知，a结构为 ，a中含有酯基，难溶于水，故A正确；
B.a分子中含量直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不共平面，故B错误；
C.a与足量H2加成后的产物为，含有1个手性碳原子(已标出)，故C错误；
D.反应①属于加聚反应；②为酯基先水解后再发生缩聚反应生成的，故D错误。

6.【答案】B 
【解析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期，则W为氢；X的最高能级的电子数比电子层数多1，为氮；Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Y为硅；Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同，Z为钾或铜；
A.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；四种元素中电负性最大的为X，A错误；
B.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，B正确；
C.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为钾或铜，若为铜则不成立，C错误；
D.W与X两种元素形成的化合物N2H4中也含有N−N非极性键，D错误。


7.【答案】D 
【解析】A.黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A正确；
B.黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B正确；
C.黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为sp3，C正确；
D.第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误。
故选D。

8.【答案】A 
【解析】A.根据有机物Z的结构简式可知，采用sp3杂化的碳原子有6个，采用sp2杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；
B.连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误；
C.化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个Br2发生取代反应，碳碳双键可以与一个Br2发生加成，因此1mol X最多可消耗3mol Br2，C错误；
D.同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。
故选A。

9.【答案】A 
【解析】A.当A接电源正极时，LiWO3失去电子发生氧化反应，LiWO3−e−=WO3+Li+，Li+向阴极运动，进入离子储存层，故A错误；
B.当A接电源负极时，A极为阴极，WO3得到电子发生还原反应，故电致变色层发生反应为WO3+Li++e−=LiWO3，故B正确；
C.当B接电源正极时，B为阳极，Li4Fe4[Fe(CN)6]3失去电子发生氧化反应生成Fe4[Fe(CN)6]3，膜变为蓝色，透射率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；
D.聚环氧乙烷中含有氧原子，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物，故D正确。
故选A。

10.【答案】C 
【解析】A.冰醋酸为有机溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性，次氯酸根离子在酸性条件下氧化性增强，A正确；
B.若NaClO溶液滴加过快，酸性条件下与氯化钠溶液反应产生氯气，故三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体，B正确；
C.饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去未反应的NaClO，C错误；
D.饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层，盐析而分层，D正确。
故选C。

11.【答案】D 
【解析】A.硼酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，无明显现象，A错误；
B.铜丝恢复红色，除了醇羟基还有可能是羧基，羧基溶解氧化铜，B错误；
C.硫酸与铁反应生成的也是Fe(II)，C错误；
D.Fe(II)与邻二氮菲形成的配合物呈橙红色，加入酸后，颜色变浅，说明与邻二氮菲配位能力：H+>Fe2+，D正确。
故选D。

12.【答案】BD 
【解析】A.由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；
B.反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；
C.由图可知，反应⑤为Cu(NH3) 42+ 、NO生成N2、NH 4+、H2O、Cu(NH3) 2+ ，离子方程式为：Cu(NH3) 42++NO=N2+NH 4++H2O+Cu(NH3) 2+，C正确；
D.根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，还原1mol NO同时消耗0.25mol O2，标准状况下体积为5.6L，D错误。
故选BD。

13.【答案】B 
【解析】电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机萃取剂萃取镍，操作I为萃取，萃余液返回浸出液中，提高Ni的萃取率，操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行“富集”、“还原”得到粗镍。
A. 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A正确；
B. 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B错误；
C. 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C正确；
D. 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D正确。
故选B。

14.【答案】D 
【解析】根据图示，a极H2O生成O2，发生氧化反应，则a为阳极；b极H+生成H2，发生还原反应，则b为阴极。
A.根据分析，a为阳极，b为阴极，A正确；
B.阴极上的反应为：H2C2O4+2e−+2H+=OHCCOOH+H2O、2H++2e−=H2↑，B正确；
C.OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br−在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C正确；
D.当阳极生成标准状况下2.24L O2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24L H2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，  ，解得b−a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1×74g/mol=7.4g，D错误。


15.【答案】CD 
【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol⋅L−1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当 nNaOHn(H2A)  nNaOHn(H2A) >1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当 nNaOHn(H2A) =2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
A. A由图可知，25 °C，c(HA− )=c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数，故A正确；
B.c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA−)=c(A2− )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+c(OH−)+2c(A2−)，pH=7，c(H+)=c(OH−)，故c(Na+)=c(HA−)+2c(A2− )=3c(HA−)=3c(A2− )=2c(HA− )+c(A2−)，故B正确；
C.未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；
D.b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)>c(HA−)>c(A2− )>c(H2A)，b点pHc(OH− )，H2A被滴定分数 [n(NaOH)n(H2A)] >1，c(OH− )> c(H2A)，故D错误。


16.【答案】(1)
(2)BD
(3)①用KSCN检验Fe3+时，SCN−会与OH−竞争结合Fe3+。pH升高，OH−更易与Fe3+结合，酸性增强，OH−浓度减小，SCN−可以竞争到Fe3+   ②直线形     ③D
(4)①2     ②(0.75,0.25,0.25)     ③ 22a 
【解析】(1)Fe3+价电子为3d5，轨道表示式为 ；
(2)基态铁原子价电子为3d64s2，基态Fe2+价电子为3d6，基态Fe3+价电子为3d5，因此处于激发态的为3d44s1、3d54s1，为3d轨道电子跃迁到4s轨道，故选BD；
(3)①由图可知OH−与SCN−都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的OH−，阻碍SCN−与铁的配合；
②SCN−中中心原子为C，杂化方式为sp杂化，无孤电子对，故离子的空间结构为直线形；
③邻二氮菲中氮原子成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。
(4)①由图可知Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8× 18 +6× 12 +4=8，每个铜原子由两个四面体共用，因此铜原子个数为8×4× 12 =16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12× 14 +1=4个，因此Mg原子共有8个，由此可知化学式为MgCu2，即x=2；
②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C坐标为(0.75,0.25,0.25)；
③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为a nm，则AB之间的距离为  22a 。

17.【答案】(1)V2O3+O2+2NaCl+H2O2NaVO3+NaCl+2HCl
(2)NaOH；富集钒元素   
(3)转沉
(4)调节pH，将 VO43− 转化为 VO3−；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全；0.2   
(5)3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O
 
【解析】石煤矿粉(主要含V2O2及少量Al2O3、SiO2)，加入O2、H2O和NaCl固体，将V2O3氧化成NaVO3，生成的气体为HCl，加水溶解，滤渣1为Al2O3、SiO2，滤液为NaVO3水溶液，加入Ca(OH)2将NaVO3转化为沉淀Ca3(VO4)2，可以富集钒元素，再加入(NH4)2CO3除去Ca2+，最后加入过量NH4Cl，可以调节pH，将 VO43− 转化为 VO3− ，也可以促进NH4VO3尽可能析出完全，煅烧NH4VO3生成V2O5。
(1)焙烧”时，V2O3被氧化生成NaVO3 发生反应的化学方程式为：3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O；
(2)在NaVO3溶液中加入Ca(OH)2形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；
(3)转化时，滤渣Ⅱ为CaCO3 ，经高温煅烧生成CaO后水浸后生成Ca(OH)2，可以导入到转沉中循环利用；
(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，可以调节pH，将 VO43− 转化为 VO3− ，也可以利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全；Ksp(NH4VO3)=1.6×10−3，溶液中的c( VO3− )=0.2×(1−0.96)=8×10−3，；
(5)根据题目信息，“煅烧”时，NH4VO3制得产品V2O5的化学方程式为：3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。


18.【答案】(1)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
(2)瓷坩埚易被强碱腐蚀
(3)3；2、5；防止高锰酸钾受热分解
(4)最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；79.0%；AC 
【解析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
(1)由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
(2)瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；
(3)待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；
(4)滴定过程中反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是 25×10−3×0.2×25×10020×1582.00×100%=79.0% ；
A.产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应MnO42−+2H2C2O4+4H+=Mn2++4CO2↑+4H2O，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；
B.酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；
C.酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；
D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果。


19.【答案】(1)甲苯；取代反应；醛基、羟基
(2)    +2NaOH  ++NaCl
(3)或
(4)CH3CH2OH 
 
【解析】由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，
E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬。
(1)由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基；
(2)由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl；
(3)①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接−OOCH；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基；符合条件的结构有：或；
(4)乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线为：CH3CH2OH 



20.【答案】(1)b
(2)①−634.3 kJ·mol−1       ②催化剂活性最高或温度较低反应速率较小，温度较高副反应平衡右移，副产物增多   
(3)①