【化学】天津市十二区县重点学校2020届高三毕业班联考（一）（解析版）
天津市十二区县重点学校2020届高三毕业班联考（一）
第I卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
以下数据可供解题时参考：
相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Br 80
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A 砷化铌纳米带
B 全氮阴离子盐
C 聚合氮
D 双氢青蒿素
【答案】D
【详解】A．砷化铌纳米带，不含碳元素，属于无机物，故A不选；
B．全氮阴离子盐分子中不含碳元素，属于无机物，故B不选；
C．聚合氮不含碳元素，属于无机物，故C不选；
D．双氢青蒿素含有C、H、O，是含碳的化合物，属于有机化合物，故D选；
故答案为D。
【点睛】有机物是指含有碳元素的化合物，无机物是指不含有碳元素的化合物；一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 氮气的电子式: B. 氯原子的结构示意图为：
C. Cr的基态原子价电子排布式为：3d54s1 D. 聚氯乙烯的链节：CH2=CHCl
【答案】C
【详解】A．氮气正确的电子式应为，故A错误；
B．氯元素为17号元素，原子核外有17个电子，结构示意图为，故B错误；
C．Cr为24号元素，根据核外电子排布规律可知基态原子价电子排布式为：3d54s1，故C正确；
D．CH2=CHCl为聚氯乙烯的单体，聚乙烯的链节是-CH2-CHCl-，故D错误；
故答案为C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，1.8g甲基（—CD3）中含有的电子数为NA
B. 0. lmol环氧乙烷（）中含有的共价键数为0. 3 NA
C. 常温下，1L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9 NA
D. 加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0.2NA
【答案】D
【详解】A．—CD3的相对质量为12+2×3=18，含电子数为6+3=9，所以1.8g即0.1mol该甲基中含有的电子数为0.9NA，故A错误；
B．一个环氧乙烷分子中共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷含有的共价键数目为0.7NA，故B错误；
C．常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，c(OH-)=10-5mol/L，且全部由水电离，所以发生电离的水分子为10-5mol/L×1L=10-5mol，故C错误；
D．浓硫酸在与铜反应过程中变稀，稀硫酸与铜不反应，所以含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0.2NA，故D正确；
故答案为D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 最外层都只有2个电子的元素原子性质一定相似
B. 同一周期元素中，第一电离能随原子序数增加而增大
C. I3AsF6晶体中存在I3＋离子，I3＋离子的几何构型为V形
D. H2O2是一种含有极性键和非极性键的非极性分子
【答案】C
【详解】A．例如Be和He元素最外层都只有2个电子，但二者性质不相似，故A错误；
B．同一周期元素中，第一电离能随原子序数增加而呈增大趋势，但第ⅡA族元素(最外层全满)和第ⅤA族(最外层半满)反常，故B错误；
C．I3＋离子中心原子价层电子对数为=4，含有2对孤电子对，所以几何构型为V形，故C正确；
D．H2O2分子中O-O为非极性键，O-H键为极性键，H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
故答案为C。
【点睛】选项D为易错点，要注意H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称；C选项为难点，判断I3＋离子中心原子杂化类型可以将其理解成II2+，然后根据价层电子对互斥理论判断，也可以通过等电子体理论判断，I3＋的原子数为3，价电子对数为20，与Cl2O为等电子体，等电子体具有相似的空间构型。
5.化学产品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用，下列说法不正确的是（ ）
A. 75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
B. “84”消毒液的主要成分是次氯酸钠
C. 用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质
D. 医用防护口罩中熔喷布生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
【答案】A
【详解】A．95%的酒精会使蛋白质迅速变质，从而形成一层膜，阻止酒精的渗入，消毒效果不好，A错误；
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，B正确；
C．硝酸铵溶于水吸收大量的热，使水温迅速降低，可用于制成医用速冷冰袋，C正确；
D．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应形成，聚丙烯的单体是丙烯，D正确；
故答案为A。
6.2020年1月南开大学周其林团队因《高效手性螺环催化剂的发现》获得国家自然科学一等奖。下面为两种简单碳螺环化合物，相关的说法正确的是（ ）
A. 上述两种物质中所有碳原子处于同一平面
B. 螺[3，3]庚烷的一氯代物有2种
C. 螺[3，4]辛烷与3－甲基－1－庚烯互为同分异构体
D. 的名称为螺[5，4]壬烷
【答案】B
【详解】A．上述两种物质中均有4个碳原子与同一饱和碳原子相连，形成四面体结构，不可能所有碳原子处于同一平面，故A错误；
B．螺[3，3]庚烷结构高度对称，有两种环境的氢原子，则一氯代物有2种，故B正确；
C．螺[3，4]辛烷分子式为C8H14，3－甲基－1－庚烯的分子式为C8H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D．根据题目所给物质名称，可知的名称为螺[4，5]癸烷，故D错误；
故答案为B。
7.下列指定反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
B. 向氨化的饱和NaCl溶液中通入足量CO2气体:Na++ NH3·H2O +CO2＝NaHCO3↓+NH4+
C. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2O
D. 向Mg(OH) 2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe3＋＋3Mg(OH)2 =2 Fe(OH)3＋3Mg2+
【答案】C
【详解】A．向CuSO4溶液中加入Na2O2，过氧化钠先与水反应生成NaOH和氧气，之后NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故A正确；
B．氨化的饱和NaCl溶液呈碱性，可以吸收足量的CO2生成碳酸氢根，而NaHCO3溶解度较小，会析出，所以离子方程式为Na++NH3·H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+，故B正确；
C．酸化NaIO3和NaI的混合溶液中二者会发生归中反应生成碘单质，离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故C错误；
D．Fe(OH)3溶解度更小，所以向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液会发生沉淀的转化，离子方程式为2Fe3＋＋3Mg(OH)2=2Fe(OH)3＋3Mg2+，故D正确；
故答案为C。
8.下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 熔化Na2CO3 B. 验证SO2氧化性
C. 实验室制取NH3 D. 保存液溴
【答案】B
【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；
B.由于酸性H2SO3>H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；
C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；
D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；
故合理选项是B。
9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（ ）
A. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
B. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】A
【详解】A．据图可知N2与H2反应生成NH3无其他副产物生成，且全部转化，原子利用率为100%，故A正确；
B．催化剂a表面N-N键和H-H键断裂，N-H键形成，即发生非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故B错误；
C．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C错误；
D．催化剂可以提高反应速率，但不能改变化学平衡，不能提供转化率，故D错误；
故答案为A。
10.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 向NaHCO3溶液中通入CO2至pH=7，则c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
B. 室温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH＝4，则c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L
C. 加水稀释0.1mol/L醋酸溶液，溶液中增大
D. 室温下，NaHA溶液的pH<7，则一定有c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)
【答案】B
【详解】A．若为室温，向NaHCO3溶液中通入CO2至pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)；纯的NaHCO3溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，即c(CO32-)
0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（ ）
容器
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(CO2)
n(C)
n(CO)
n(CO)
I
977
0.56
1.12
0
0.8
II
977
1.12
1.12
0
x
III
1250
0
0
1.12
y
A. 977 K，该反应的化学平衡常数值为4
B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动
C. 达到平衡时，容器I中CO2的转化率比容器II中的大
D. 达到平衡时，容器III中的CO的转化率大于28.6%
【答案】C
【详解】A．容器I体积为4L，初始投料为n(CO2)=0.56mol，n(C)=1.12mol，C为固体，不计浓度，所以列三段式有：
平衡常数K==1，故A错误；
B．C为纯固体，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C．若II的容器体积为I容器体积的二倍，则和I达到等效平衡，两容器中CO2的转化率相同，而实际上，II容器体积与I容器体积相等，所以压强更大，增大压强平衡逆向移动，所以达到平衡时，容器II中CO2的转化率比容器I中的小，故C正确；
D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，若温度相同，则二者达到等效平衡，容器I中CO2转化率为=71.4%，则容器III中的CO的转化率为1-71.4%=28.6%，而实际上Ⅲ
中温度更高，该反应正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，即向生成CO的方向移动，所以III中的CO的转化率要小于28.6%，故D错误；
故答案为C。
【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。
第II卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4题，共64分。
13.2019年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家，其研究的是两种常见锂电池：一种是采用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；另一种是采用磷酸铁锂（LiFePO4）为正极的电池。请回答下列问题：
（1）利用FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，该化学反应方程式为________________________________________________。
（2）Mn位于元素周期表的_____区（填“s”或“p”或“d”或“ds”或“f”），基态钴原子的未成对电子数为__________，1mol [CoCl (NH3)5] Cl2 中含σ键数目为______NA。
（3）磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是_________________。PO43-的空间构型是_______，中心原子的杂化方式是______。
（4）PH3是_____________分子（填“极性”或“非极性”），其在水中的溶解性比NH3小，原因是______________________________________________________________。
（5）硫化锂Li2S（摩尔质量Mg∙mol-1）的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。若硫化锂晶体的密度为ag·cm-3，则距离最近的两个S2-的距离是_______________nm。（用含a、M、NA的计算式表示）
【答案】(1). FeSO4＋(NH4)2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋(NH4)2SO4＋H2O (2). 3 (3). d (4). 21 (5). HPO3 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 极性 (9). NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小 (10).
【详解】(1)已知反应物为FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH且物质的量之比为1:1:1，即计量数之比为1:1:1，已知产物有LiFePO4，根据元素守恒可得方程式为：FeSO4＋(NH4)2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋(NH4)2SO4＋H2O；
(2)Mn位于元素周期表的第四周期第ⅦB族，属于d区；Co元素是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，3d上有3个成对电子；[CoCl (NH3)5] Cl2 中Cl-和5个NH3与Co3+之间形成6个配位键，为σ键，每个氨气分子中每个氢原子和氮原子之间形成一个σ键，共6+5×3=21个，所以1mol [CoCl (NH3)5] Cl2 中含σ键数目为21NA；
(3)H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3可改写成(HO)3PO、(HO)2PO、(HO)3P、(HO)PO2，非羟基氧原子个数分别为1、1、0、2，非羟基氧数目越多，酸性越强，则酸性最强的是，HPO3；PO43-的中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以为正四面体构型，采取sp3杂化；
(4)PH3空间构型为三角锥性，P原子位于顶点，所以正负电荷中心不重合，为极性分子；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
(5)根据均摊法，晶胞中X的个数为=4，Y的个数为8，该晶体的化学式为Li2S，所以X代表S2-，Y代表Li+，根据晶胞结构示意图可知，距离最近的两个S2-的距离为面对角线的一半，已知晶胞的密度为ag·cm-3，晶胞的质量m=g，则晶胞的棱长为 ，所以距离最近的两个S2-的距离为nm。
14.布洛芬（Ibuprofen）为非甾体抗炎药，具有镇痛、抗炎作用。其合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为_____________ B的分子式为_____________
（2）C中所含官能团的名称为________________
（3）苯中混有A，除杂试剂为_____________，分离方法为______________
（4）检验D中官能团的化学方程式_________________________________________________反应类型为_____________________
（5）比E少4个碳原子的E的同系物，其符合下列条件的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为________________
①遇FeCl3溶液显紫色 ②苯环上只有两个互为对位的取代基
③1mol该物质与足量的金属钠反应产生1mol H2 ④双键碳原子上不连羟基
（6）请结合题中所给信息和所学知识以和CH3CH2OH为原料（其它无机试剂任选）合成______________________________________________________。
【答案】(1). 取代反应 (2). C12H16O (3). 醚键、酯基 (4). 高锰酸钾酸性溶液、NaOH溶液 (5). 分液 (6). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O
（与银氨溶液反应也可） (7). 氧化反应 (8). 5 (9). (10).
【分析】(6)对比和CH3CH2OH与产物的结构可知需要先将转化为，在与乙醇酯化即可。
【详解】(1)对比A和B的结构简式可知A中苯环上氢原子被代替，所以为取代反应；根据B的结构简式可知B的分子式为C12H16O；
(2)C的官能团为醚键、酯基；
(3)A为苯的同系物，侧链为烷基可以被酸性高锰酸钾氧化，生成苯甲酸，所以苯中混有A时可用高锰酸钾酸性溶液、NaOH溶液除去A，A反应生成苯甲酸钠可溶于水，与苯分层，再采用分液的方法分离即可；
(4)D中官能团为醛基，可以与新制的氢氧化铜悬浊液作用生成砖红色沉淀，方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O，属于氧化反应；
(5)E的分子式为C13H18O2，则比E少4个碳原子的同系物的分子式为C9H10O2，其同分异构体满足：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②苯环上只有两个互为对位的取代基，其中一个必为羟基，则另一个取代基为-C3H5O；
③1mol该物质与足量金属钠反应产生1mol H2，且另一取代基上只有一个氧原子，说明除酚羟基之外还有一个羟基；
④双键碳原子上不连羟基，则满足条件的结构有：、、、、共五种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为；
(6)根据分析可知需要先将转化为，与题目所给B得到E的流程相似，所以合成路线为。
【点睛】第5题同分异构体的寻找为本题难点，通过分析可知，苯环上另一个侧链为-C3H5O，有1个不饱和度，除了双键结构，还可以是环状结构，学生容易忽略。
15.某化学小组在实验室选用下图所示装置 （夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
已知：①乙醚的熔点为-116.3℃，沸点为34.6℃。
②Mg和Br2反应非常剧烈，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2 +3C2H5OC2H5MgBr2 • 3C2H5OC2H5。
③不考虑氮气与镁的反应
实验主要步骤如下：
I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。
II.加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。
III.通入干燥的氮气，使溴分子缓慢进入装置B中，直至完全加入。
IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤，将滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
V.用苯洗涤粗产品，过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水 MgBr2。
请回答下列问题：
（1）装置A中使用仪器m的优点是________________________________________。
（2）步骤I中所选装置的正确连接顺序是a _______________ （填小写字母），装置D的作用是___________________________________________________________。
（3）若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是________________________________________________。
（4）实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________________________________；
（5）有关步骤V的说法，正确的是___________；
A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B 洗涤晶体可选用0℃的苯
C 加热至160℃的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度（假定杂质不参与反应），可用EDTA （简写为Y4-，无色）标准溶液滴定，以络黑T为指示剂（pH=6.3~11.6时显蓝色，pH>11.6时显橙色）。已知: Mg2+与络黑T形成的配合物（Mg2+-络黑T）呈酒红色，Mg2+与Y4-形成的MgY2-为无色；在pH约为9的缓冲溶液中滴定，反应的离子方程式为：Mg2+ + Y4-=MgY2-， Mg2+-络黑T+Y4- =MgY2- +络黑T。
①判断滴定终点的现象为___________________________________________.
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，加人2滴络黑T试液作指示剂，用0. 0500 mol·L-1 EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25. 00 mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是_________（以质量分数表示）。
（7）实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br—CH2Br。请设计实验验证 CH2Br—CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到待测样品，___________________
_______________________________________________________________。（补全实验操作）
【答案】(1). 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 (2). efbcg（ef可颠倒，bc可颠倒） (3). 防止倒吸 (4). 停止加热，冷却后补加碎瓷片 (5).
防止镁屑与氧气反应生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应 (6). BD (7). 当滴加最后一滴EDTA标准溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内溶液颜色保持不变 (8). 92% (9). 取少量样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。其它合理答案也可
【分析】根据实验步骤，首先需要利用装置A制取乙醚，反应温度为140℃，乙醚会成为气体，将乙醚通入装置B中进行反应，镁和溴反应剧烈，可以在A和B之间连接D装置作为安全瓶，防止倒吸；之后需要通入干燥的氮气将溴吹入B装置进行反应，为控制反应剧烈程度，可选用E装置来通氮气。
【详解】(1)仪器m为恒压滴液漏斗，可以使系统内压强相等，便于液体顺利流下；
(2)根据分析可知装置A中生成乙醚后，需要先连接安全瓶，e进气或f进气均可，之后需要连接B装置，在装置内进行反应，b进或c进均可，之后连接E装置，所以连接顺序为efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒)；D装置作为安全瓶，防止倒吸；
(3)若忘记加入碎瓷片，需停止加热，冷却后补加碎瓷片；
(4)空气中有氧气，镁屑与氧气反应生成的MgO会阻碍Mg和Br2的反应；
(5)A．已知：MgBr2具有强吸水性，95%的乙醇中有水，不能用95%的乙醇代替，故A错误；
B．为降低产品的溶解损耗，洗涤晶体可选用0℃的苯，故B正确；
C．加热至160℃的主要目的是分解乙醚合溴化镁得到溴化镁，故C错误；
D．溴化镁和乙醚的反应为可逆反应，完全反应后有剩余的乙醚和可能残留的溴，用苯可以洗去，故D正确；
综上所述选BD；
(6)①根据滴定原理，用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定溴化镁，以铬黑T(简写为In)为指示剂，则指示剂与Mg2+形成酒红色MgIn-，当EDTA与Mg2+反应完全，溶液显示铬黑T的蓝色，故终点为：滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内保持不变；
②依据方程式Mg2++Y4-=MgY2-，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.025L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，则无水MgBr2产品的纯度是×100%=92%；
(7)1,2-二溴乙烷可以在NaOH水解生成NaBr，Br-可与硝酸银反应生成氮黄色沉淀，据此可以设计实验：取少量样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。
16.甲胺铅碘（CH3NH3PbI3）用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：
（1）制取甲胺的反应为CH3OH（g）＋NH3（g）CH3NH2（g）＋H2O（g） ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C—O
H—O
N—H
C—N
C—H
键能/kJ·mol－1
351
463
393
293
414
则该反应的ΔH＝________kJ·mol－1。
（2）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g） ΔH<0。在一定条件下，将1 mol CO和2 mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）变化趋势如图所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___________。
②X轴上a点的数值比b点________ （填“大”或“小”）。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_________________________________________________________。
（3）工业上可采用CH3OHCO+2H2 来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
甲醇（CH3OH）脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·mol-1
方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·mol-1
由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_______（填A、B）。
下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。
该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为_________________________________________。
（4）PbI2与金属锂以LiI-Al2O3固体为电解质组成锂碘电池，其结构示意图如下，电池总反应可表示为：2Li+PbI2=2LiI+Pb，则b极上的电极反应式为：_________________________。
（5）CH3NH2的电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-电离常数为kb，已知常温下pkb=-lgkb=3.4，则常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c（CH3NH2）=c（CH3NH3+）时，溶液pH=__________。
【答案】(1). -12 (2). 25% (3). 小 (4). 随着Y值的增大，φ（CH3OH）减小，平衡CO（g）＋2H2（g） CH3OH（g）向逆反应方向进行，故Y为温度 (5). A (6). CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*） (7). PbI2+2e-=Pb+2I- 或PbI2+2e-+2Li+=Pb+2LiI (8). 10.6
【详解】(1)反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，则CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)的△H=[351+414×3+463+393×3-(414×3+293+393×2-463×2)]kJ/mol=-12kJ/mol；
(2)①初始投料为1 mol CO和2 mol H2，设转化的CO的物质的量为x，列三段式有：
CH3OH的体积分数为10%，则有=10%，解得x=0.25mol，所以CO的转化率为=25%；
② X表示压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CH3OH的体积分数φ(CH3OH)也越大，b点CH3OH的体积分数φ(CH3OH)大于a点CH3OH的体积分数φ(CH3OH)，则X轴上a点的数值比b点小；由图可知，随着Y值减小，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)增大，该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)也越大，故Y表示温度；
(3)方式A所需活化能更低，反应速率更快，更容易进行，所以甲醇裂解过程主要历经方式应为A；由图象可知，相对能量从112降至-65时，放出的热量最多，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)；
(4)根据电池总反应可知Li被氧化，应为负极，则b即正极，得电子发生还原反应，根据总反应可知电极反应为PbI2+2e-=Pb+2I- 或PbI2+2e-+2Li+=Pb+2LiI；
(5)根据题意kb==10-3.4，所以当c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，溶液中c(OH-)=10-3.4mol/L，则c(H+)=10-10.6mol/L，所以pH=10.6。
【点睛】焓变=反应物总键能-生成物总键能=正反应活化能-逆反应活化能；反应的活化能越低，反应越容易发生，反应速率越快。
