乌鲁木齐市第61中学 高三化学 周练习卷 含答案

这是一份乌鲁木齐市第61中学 高三化学 周练习卷 含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性
B．75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
C．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料
D．过量服用阿司匹林(乙酰水杨酸)引起酸中毒，可注射NaHCO3溶液解毒
2．下列表达方式错误的是 （ ）
A．甲烷的电子式： B．氯化钠的电子式：
C．硫酸铁的化学式：FeSO4D．碳-12原子：
3．用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是
A．过氧化钙的化学式是Ca2O2
B．1ml过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5ml氧气
C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：1
D．过氧化钙中只含离子键
5．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．图1：制取Cl2B．图2：制取NH3
C．图3：验证铁发生析氢腐蚀D．图4：测定Na2SO3的浓度
6．能准确表示化学反应的离子方程式是
A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B．碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2
C．将稀硫酸滴在铁片上：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑
D．过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O
7．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，22.4LCHCl3中含有3NA个C－Cl键
B．0.1mlFeCl3与水反应生成的Fe(OH)3胶体中，分散质微粒数为0.1NA
C．1mlH2(g)与1mlI2(g)在密闭容器中充分反应后，容器内分子数总数仍为2NA
D．65gZn完全溶于酸性FeCl3溶液中生成0.01mlH2时，转移的电子总数为0.02NA
8．某药物中间体合成路线如图(部分产物已略去)，下列说法不正确的是

A．步骤①③的目的是保护A中的某官能团
B．A的结构简式
C．C能发生水解反应
D．E在一定条件下可以发生缩聚反应，生成高分子化合物
9．下列反应对应的离子方程式正确的是
A．FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+ +Cl2= 2Fe3+ +2Cl-
B．SO2 通入足量NaOH溶液：SO2 +OH - = HSO
C．石灰石溶于醋酸：CaCO3 +2CH3COOH= 2CH3COO- +Ca2+ +CO2↑+H2O
D．电解NaCl溶液：2Cl- + H2O Cl2↑+2OH- + H2↑
10．某烯烃加氢后的生成物的结构简式如下图,符合这一条件的烯烃有
A．1种
B．2种
C．3种
D．4种
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：Z＞W＞X＞Y
B．W、X的氢化物在常温下均为气体
C．Y的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物
D．W与Z形成的化合物中只有共价键
12．用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是（ ）
A．用CCl4萃取碘水中的碘
B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴
C．用水除去硬脂酸钠中的甘油
D．用NaOH溶液除去苯中的苯酚
13．一种在300℃下工作的新型锂——二硫化亚铁热电池的截面结构如图所示，LLZTO导体管只允许Li+通过。当用1.8V电压充电后，电池正极材料中S、Fe的原子个数比为1.02(不计Li2S，下同)；2.3V电压充电后，S、Fe的原子个数比为2.01。下列说法不正确的是
A．Al2O3绝缘体隔离正负极，使化学能有效的转化为电能
B．电池工作时，负极发生反应：2Li＋S2−−2e－=Li2S
C．电池正级材料的变化为FeS2FeSFe
D．电池总反应可表示为2xLi＋FeS2xLi2S＋FeS2−x
14．下列说法正确的是
A．常温下，2.0×10-4ml/L的盐酸稀释104倍，c(H+)=2.0×10-3ml/L
B．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
C．常温下，pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液pH不变
D．将KCl溶液从常温加热至60℃，溶液的pH变小但仍保持中性
15．室温下，向•L-1盐酸中滴加0.1000ml•L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法错误的是
A．V(NaOH)=16.36mL时，pH=2
B．V(NaOH)=40.00mL时，c(Cl-)=c(OH-)+c(H+)
C．选择甲基橙指示反应终点，误差比甲基红或酚酞的大
D．V(NaOH)从0~40.00mL过程中，盐酸中水的电离程度先增大后减小
16．可逆反应达到最大反应限度的本质特征是（ ）
A．正反应不再继续进行
B．正反应和逆反应都再继续进行
C．正反应和逆反应的速率都为零
D．正反应和逆反应的速率相等
二、解答题
17．卤族元素（F、Cl、Br、I）是典型的非金属元素，它们的单质及化合物在生产生活中用途广泛。请回答下列问题：
（1）氟原子的价电子排布式为 ，其原子核外电子能量最高轨道的电子云形状为 。
（2）同主族元素的第一电离能大小存在一定的规律，卤族元素（F、Cl、Br、I）中，第一电离能由大到小的顺序是 。
（3）氯元素价态多样，可以与氧元素形成多种阴离子，其中ClO3−的空间构型为 ，ClO4−中氯原子的杂化方式为 ，请写出一种与ClO4−互为等电子体的微粒 。
（4）HF的相对分子质量小于HCl，但沸点却高于HCl，原因是 。
（5）CaF2的晶胞结构如图所示，其中氟离子的配位数是 。已知晶胞中相邻最近的两个Ca2+的核间距为anm，NA为阿伏加 德罗常数的值，则晶胞的密度为 g·cm−3。（列出计算式）
18．工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
(1)母液A中c(C2+)为 ml·L-1。 ，
(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中 (填现象)时停止加热。
(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 (填序号)。
A．50℃ B．5l-52℃ C．45 - 55℃ D．60℃
(4)氯气氧化草酸的化学方程式为 。
(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是 。
(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是 ，其主要缺点为 。
19．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H
(1)已知2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=-566kJ/ml
S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=-296kJ/ml
则反应热△H= kJ/ml；
(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2mlCO和1mlSO2，在催化剂作用下发生反应生成CO2(g)和S(l)。
①若反应进行到25min时测得CO2的体积分数为0.5。则前25min的反应速率v(CO)= ；
②若反应进行到40min时反应达到平衡状态，此时测得容器中气体的密度比反应前减少了12.8g/L，则CO的物质的量浓度c(CO)= ；化学平衡常数K= ；
(3)若向2L恒容密闭容器中通入2mlCO和1mlSO2，反应在不同条件下进行反应：CO2(g)和S(l)。反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①图中三组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(CO)由大到小的次序为 (填实验序号)；与实验a相比，c组改变的实验条件可能是 ；
②用P0表示开始时总压强，P表示平衡时总压强，用α表示CO的平衡转化率，则α的表达式为 。
20．某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量．查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
（1）提取前将铝土矿“粉碎”目的是 。
（2）固体B的主要用途有 （写出一条即可）。
（3）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式有： （至少写一个）。
（4）第②步中加入过量盐酸的目的是 ；实验室配制200mL 8ml/L的盐酸需要的玻璃仪器有 。
（5）能否把第③步中的氨水换成氢氧化钠 ，理由 。
21．新一代药物H具有良好的抗肿瘤活性，其合成路线如下：
已知：
反应物中，R、R’可为：H、CH3、NH2等。
(1)A→B的反应类型是 。
(2)写出C的结构简式 。
(3)物质D发生水解反应的方程式为 。
(4)物质A中官能团名称 、 ；A中sp2杂化类型的碳原子有几个 。
(5)写出符合下列条件的物质A的同分异构体的结构简式 。
①属于硝酸酯②苯环上的一氯代物有两种
(6)苯并咪唑类化合物是一种抗癌、消炎药物。利用题给相关信息，以、CH3COCl、CH3OH为原料合成，合成过程中无机试剂任选 ；合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2BrH2C-CH2Br。
A
B
C
D
实验目的
制备氢氧化铁胶体
分离乙酸乙酯和饱和 Na2CO3溶液
制取并检验氨气
证明氯化银溶解度大于硫化银
实验装置
H2C2O4
C2+
Cl-
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
答案：
1．C
【详解】A．漂白粉的工作原理是CO2和水生成比次氯酸酸性强的碳酸，碳酸再和次氯酸钙反应生成次氯酸，而醋酸的酸性要比碳酸更强，可以更容易生成次氯酸，增强漂白粉的漂白性，故A正确；
B．75%的酒精可是蛋白质变性，能快速杀菌；含氯消毒剂、过氧乙酸具有强氧化性，能杀菌消毒，可杀灭新型冠状病毒，故B正确；
C．碳纳米管只含有C元素，是单质，不是有机物，故C错误；
D．阿司匹林为感冒用药，但因其含有水杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射NaHCO3来降低酸性，故D正确。
综上所述答案为C。
2．C
【详解】A．甲烷分子中C原子和每个H原子形成1个共用电子对，甲烷的电子式为 ，故A正确；
B．氯化钠为离子化合物，离子化合物电子式书写时，阳离子要写出元素符号及电荷、电性，阴离子要写出其最外层电子数及电荷、电性，氯化钠电子式为 ，故B正确；
C．硫酸铁的化学式为Fe2(SO4)3，FeSO4为硫酸亚铁，故C错误；
D．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，碳12原子中含有6个质子，质量数是12，碳-12原子为C，故D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至红褐色，可以达到实验目的，故A不选；
B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，且乙酸乙酯在上层，分液可分离，可以达到实验目的，故B不选；
C．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体加热的方法制备氨气，并用湿润的红色石蕊试纸检验，可以使试纸变蓝，可以达到实验目的，故C不选；
D．实验中硝酸银过量，先生成白色氯化银沉淀，再生成黑色的硫化银沉淀，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，不能达到实验目的，故D选；
故选D。
4．B
【详解】A．过氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；
B．过氧化钠或过氧化钙跟水的反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1ml过氧化物跟足量水反应都生成0.5ml氧气，故B正确；
C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：1，故C错误；
D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；
答案选B。
5．A
【详解】A．图1：实验室制取Cl2为固液加热反应，A正确；
B．图2：制取NH3为固固加热反应，试管口应该向下倾斜，B错误；
C．图3：该反应中氯化钠为中性溶液，铁主要发生吸氧腐蚀，C错误；
D．图4：酸性高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管装，图中用的是碱式滴定管，D错误；
故选A。
6．B
【详解】A．次氯酸是弱电解质，用分子式，氯气与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+ HClO，A错误；
B．I−和 Fe2+都具有还原性，但I−大于 Fe2+，碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2，B正确；
C．稀硫酸能将铁氧化成Fe2+， Fe＋2H+= Fe2+＋H2↑，C错误；
D．石灰水过量不会有剩余的碳酸根离子，过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．标准状况下，CHCl3为液体，无法计算，故A错误；
B．水解是可逆的，而且胶体粒子是多个分子形成的聚合体，因此1L0.1ml/LFeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1NA，故B错误；
C．氢气和碘蒸气是气体的物质的量不变的反应，无论反应进行的程度如何，0.1mlH2和0.1mlI2于密闭容器中充分反应，体系中的分子数为0.2NA，故C正确；
D．65gZn生成0.01mlH2，酸不足，按生成的0.01mlH2计算转移电子，故转移0.02NA电子，但是此过程中还有锌与FeCl3的氧化还原反应，故D错误；
故选C。
8．B
【分析】根据最终产物得到A为，A和乙酸发生酯化反应得到B()，B发生催化氧化反应生成C()，C和NaOH溶液发生水解反应，再酸化得到E()，E发生酯化反应生成最终产物。
【详解】A．根据前面分析步骤①③的目的是保护A中的羟基官能团，故A正确；
B．根据最终产物可知A的结构简式，故B错误；
C．C中含有酯基，在氢氧化钠溶液中能发生水解反应，故C正确；
D．E含有羟基和羧基，在一定条件下可以发生缩聚反应，生成高分子化合物，故D正确。
综上所述，答案为B。
9．C
【详解】A．由于I-的还原性强于Fe2+，FeI2溶液中通入少量氯气的离子方程式：2I-+C12=I2+2C1-，故A错误；
B．SO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO+H2O，故B错误；
C．石灰石溶于醋酸的反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故 C正确；
D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故D错误；
故选：C。
10．C
【详解】根据烯烃加成反应的特点：两相连碳原子上各加一个氢原子，故只有相连碳原子上均有氢的位置才可能是烯烃加成的产物。故在所给物质中只有圈中(两个红圈等效)位置、圈中位置、圈中位置三种位置可能存在双键，共3种情况；
答案选C。
11．B
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，该氢化物为氨气，则W为N；Y所在周期数与族序数相同，其原子序数大于N，则Y位于第三周期IIIA族，为A1元素；X与Y为同周期元素，则X为Na或Mg元素；Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等，Z最外层含有7个电子，Z为Cl元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，W为N，X为Na(或Mg)，Y为Al，Z为C1元素。
A．离子核外电子层数越多离子半径越大；当离子的电子层相同时，离子的核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z(Cl-)＞W(N3-)＞X(Na+或Mg2+)＞Y(Al3+)，A正确；
B．N形成的氢化物肼(N2H4)在常温下为液态，Na或Mg的氢化物常温下不是气体，B错误；
C．Y为Al，Al元素的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3属于两性氢氧化物，C正确；
D．N、Cl形成的化合物属于共价化合物，只含有共价键，D正确；
故合理选项是B。
12．C
【详解】A．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，可用CCl4萃取碘水中的碘，故A正确；
B．溴与NaOH反应后生成可溶于水的盐，与溴苯分层，分液可分离，故B正确；
C．硬脂酸钠和甘油均溶于水，与水混合，不分层，加水不能除杂，故C错误；
D．苯酚与NaOH反应后生成可溶于的苯酚钠，与苯分层，分液即可分离，故D正确；
故答案为C。
13．B
【详解】A．为使化学能有效的转化为电能，需要用Al2O3绝缘体隔离正负极，故A正确；
B．根据LLZTO导体管只允许Li+通过，因此电池工作时，负极发生反应：Li−e－=Li＋，故B错误；
C．根据用1.8V电压充电后，电池正极材料中S、Fe的原子个数比为1.02(不计Li2S，下同)；2.3V电压充电后，S、Fe的原子个数比为2.01，说明电池正级材料的变化为FeS2FeSFe，故C正确；
D．根据在300℃下工作的新型锂——二硫化亚铁热电池，则电池总反应可表示为2xLi＋FeS2xLi2S＋FeS2−x，故D正确。
综上所述，答案为B。
14．D
【详解】A．酸无限稀释不可能变为碱，故常温下，2.0×10⁻⁴ml/L的盐酸稀释10⁴倍，c(H⁺)接近1.0×10-7ml/L，A错误；
B．已知反应热与反应途径和反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，故同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H相同，B错误；
C．常温下，pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸电离平衡逆向移动，导致溶液中H+浓度减小，溶液pH增大，C错误；
D．KCl溶液呈中性，将KCl溶液从常温加热至60℃，升高温度促进水的电离，即溶液中H+和OH-浓度均增大，故溶液的pH变小但仍保持中性，D正确；
故答案为：D。
15．B
【详解】A．V(NaOH)＝16.36mL时，过量盐酸：20.00mL—16.36mL=3.64mL，V总＝16.36mL+20.00mL=36.36mL，pH=2，选项A正确；
B．V(NaOH)＝40.00mL时，n(Na+)=2n(Cl－)，则c(Na+)=2c(Cl－)；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，则2c(Cl－)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，可得c(Cl－)+c(H+)=c(OH－)，选项B错误；
C．反应终点的pH与指示剂的变色范围越吻合，误差越小。据图可知，选择甲基橙指示反应终点，误差比甲基红或酚酞的大，选项C正确；
D．V(NaOH)从0~20.00mL过程中，盐酸逐渐被中和至恰好完全反应，盐酸浓度逐渐减小至为0，盐酸中水的电离程度先增大；V(NaOH)从20.000~40.00mL过程中，NaOH过量，溶液中NaOH的浓度逐渐增大，溶液中水的电离程度逐渐减小，选项D正确。
答案选B。
16．D
【详解】A. 可逆反应即使达到平衡状态，正逆反应速率也不为零，正反应仍继续进行，故A错误；
B. 正反应和逆反应都在继续进行，并不能说明反应已经达到平衡状态，也不能说明达到反应限度，故B错误；
C. 正反应和逆反应的速率都为零时，反应停止，可逆反应达到平衡状态时，反应并未停止，故C错误；
D. 正反应和逆反应的速率相等，则达到平衡状态，此时达到反应限度，故D正确。
故选D。
【注意】可逆反应达到最大反应限度，说明反应达到平衡状态，v正＝v逆≠0是化学平衡的实质，也是判断可逆反应达到反应限度（平衡状态）的依据。
17． 2s22p5 纺锤形（或哑铃形） F>Cl>Br>I 三角锥形 sp3 PO43-、CCl4等 HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键 4
【分析】（1）氟原子的价电子为最外层电子，p轨道电子云形状为纺锤形（或哑铃形）；
（2）同主族从上到下，随着原子半径的增大，原子核对价电子的吸引力减弱，故第一电离能依次减弱；
（3）根据价层电子互斥理论，判断杂化方式及空间构型；等电子体为含有相同原子总数和价电子总数的微粒；
（4）HF分子间形成氢键，使分子间作用力增大，其沸点升高；
（5）利用均摊法进行计算。
【详解】（1）氟原子的价电子为最外层电子，即2s22p5；核外电子能级最高的轨道为p轨道，其电子云形状为纺锤形（或哑铃形）。
（2）同主族从上到下，随着原子半径的增大，原子核对价电子的吸引力减弱，故第一电离能依次减弱；卤族元素（F、Cl、Br、I）中，第一电离能由大到小的顺序为F>Cl>Br>I。
（3）在ClO3-中价层电子对数3+=4，氯原子采取sp2杂化，且含有1对孤电子对，空间构型为三角锥型；在中价层电子对数=4+=4，故氯原子采取sp3杂化；含有相同原子总数和价电子总数的等电子体有CCl4、PO43-。
（4）HF分子间形成氢键，使分子间作用力增大，其沸点升高，而HCl分子间不存在氢键。
（5）由CaF2晶胞可知，与每个F−紧邻的Ca2+有4个，因而配位数为4。利用均摊法，在立方体晶胞中钙离子位于顶点和面心，数目为：8×+6×=4，氟离子位于体内，数目为8；相邻最近的两个Ca2+的核间距为a nm，则晶胞边长为a nm。则晶胞的质量m=ρ·V=ρ×(a)3×10−21 cm3=g，故=g·cm-3。
18． 0.02 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O 黄绿色气体变成无色 B H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气
【分析】利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。
【详解】(1)根据表格中的信息， C2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的，则；
(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；
(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；
(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；
(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；
(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气。
19．(1)-270
(2) 0.024ml/(L·min) 0.2ml/L 160
(3) b＞c＞a 升高温度
【详解】（1）已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=-566 kJ/ml，②S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=-296 kJ/ml，则根据盖斯定律可知①-②即得到反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)的焓变△H=-566 kJ/ml -(-296 kJ/ml)=-270 kJ/ml；
（2）①设25min时生成二氧化碳的物质的量是xml，则存在三段式：，反应进行到25min时测得二氧化碳的体积分数为0.5，则，解得x=1.2，因此消耗CO的1.2ml，所以前25min的反应速率v(CO)=；
②反应进行到40min时反应达到平衡状态，此时测得容器中气体的密度比反应前减少了12.8g/L，这说明气体的质量减少了12.8g/L×2L=25.6g，即生成S的质量是25.6g、其物质的量是0.8ml，因此存在三段式：，则CO的物质的量浓度c(CO)=；二氧化硫和二氧化碳的浓度分别是0.1ml/L和0.8ml/L，则化学平衡常数=160；
（3）①由于恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故相同时间内压强变化量越大，反应速率越快，由图可知，从开始到平衡时a、b、c压强分别为40kPa、40kPa、35kPa，所用时间分别为60min、40min、45min，每分钟内压强平均变化分别为、Pa、，故反应速率b＞c＞a；a、c相比c组的反应速率加快，平衡时c的压强变化相对较小，说明与a相比，平衡逆向移动，说明是温度升高：
②用α表示CO的平衡转化率，则存在三段式：，根据相同温度体积下，压强之比等于其物质的量之比，故，解得α= 。
20． 加快固体溶解速率、提高浸出率等 炼铁原料、用作涂料、油漆等 、 防止氢氧化铝溶解不完全 量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管 不能 因氢氧化铝能够与强碱发生反应，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分
【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，则在①得到溶液A中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、钠离子、氢氧根离子，固体B为氧化铁；向溶液A中加入盐酸，将硅酸根离子转化为难溶物硅酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入溶液D；然后向溶液D中加入氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，以此解答。
【详解】（1）提取前将铝土矿“粉碎”目的是：加快固体溶解速率、提高浸出率等；
（2）固体B为Fe2O3，Fe2O3可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等；
（3）由上述分析可知，该过程中反应离子方程式为：、；
（4）第②步中加入盐酸，盐酸与先与氢氧化钠反应，然后与硅酸钠、偏铝酸钠反应，生成的硅酸和氢氧化铝均为难溶物，最后盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，为防止氢氧化铝溶解不完全，因此加入的盐酸需过量；实验室配制200mL 8ml/L的盐酸采用浓溶液稀释配制，需要玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管；
（5）因氢氧化铝能够与强碱发生反应，而与弱碱不发生反应，因此一般采用氨水与氯化铝反应制备氢氧化铝，若采用氢氧化钠溶液，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分。
21．(1)取代反应
(2)
(3)
(4) 羧基 硝基 7
(5)
(6)
【分析】对比B、D的结构可知C为，由H结合题给信息可知G为，对比E、G的结构结合题给信息可知F为。
【详解】（1）由官能团的转化可知A生成B的反应为-OH被取代为-Cl，则A转化为B的反应为取代反应；
（2）由以上分析可知C为；
（3）物质D结构简式为，可知D中含有肽键，可发生水解生成羧基和氨基，反应的方程式为；
（4）物质A中官能团名称为羧基、硝基；A中苯环上的碳和羧基上的碳采取sp2杂化，即sp2杂化类型的碳原子有7个；
（5）物质A的同分异构体符合条件：①属于硝酸酯，含有-O-NO2官能团，②苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上的取代基应位于对位位置，则应为；
（6）结合题给信息可知：先以和CH3COCl反应生成，在H2NNH2作用下生成，然后在CH3OH作用下生成目标物，合成流程为：。