化学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（山东专用）

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2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（山东专用）
高三化学
本卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Mn 55 Fe 56
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目要求。
1．化学与科技、生产、环境密切相关。下列说法错误的是
A．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”
B．“天宫二号”空间站所用太阳能电池材料砷化镓属于新型无机非金属材料
C．“中国奋斗者号”载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
D．“天问一号”火星车的热控保温材料—纳米气凝胶，可产生丁达尔现象
【答案】A
【详解】A．“燃煤脱硫”技术有利于较少SO2污染，不能减少碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；
B．砷化镓属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．合金一般比纯金属硬度大，机械强度高，合金熔点一般低于其组分金属的熔点，故C正确；
D．纳米气凝胶属于胶体，能够产生丁达尔效应，故D正确；
故答案为A
2．下列有关物质性质与应用的对应关系正确的是
选项
性质
实际应用
A
小苏打不稳定，受热分解生成CO2
用于泡沫灭火器
B
聚乙炔是无限延伸的线状结构
用于导电材料
C
Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水
用作塑料的阻燃剂
D
石墨是混合型晶体，含大π键
用作润滑剂
【答案】C
【解析】A．泡沫灭火器的原理是：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，是利用Al3+和发生双水解反应的原理，不是利用NaHCO3的不稳定性，A不合题意；
B．有机物大多数不导电，但聚乙炔在一定条件下能导电，因为聚乙炔有自由移动的电子，而不是因为其可以无限延伸的线状结构，B不合题意；
C．Al(OH)3受热分解，生成高熔点物质和水，决定其可用作塑料的阻燃剂，C符合题意；
D．石墨晶体中C与C之间通过共价键形成正六角形蜂巢状的平面层状结构，而平面结构的层与层之间则依靠分子间力（范德华力）结合，所以石墨晶体属于混合型晶体，但其作润滑剂是由于其平面结构的层与层之间则依靠分子间力（范德华力）结合，而不是含有大π键，D不合题意；
故答案为：C。
3．下列说法正确的是
A．金刚石经锤易碎，原因是共价键具有方向性，外力作用下原子易错位而断裂
B．乙醛能与水任意比互溶，原因是其水溶液中形成了3种氢键
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
D．碳原子的轨道表示式为，原因是违反了泡利原理
【答案】A
【详解】A．金刚石中只存在C-C共价键，共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子间错位而断裂，故A正确；
B．乙醛能与水任意比互溶是因为乙醛中的氧原子和水的氢原子之间能生成氢键，同时水分之间可以形成氢键，形成了2种氢键，故B错误；
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第一电离能和第二电离能均较小，容易失去2个电子，但是第二电离能大于其第一电离能，故C错误；
D．碳原子的轨道表示式为 ，原因是违反了洪特规则，故D错误；
故选A.
4．氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是
A．中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等
B．结构为四面体而非平面形
C．为离子晶体
D．遇水可发生反应：
【答案】C
【详解】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；
B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是6，为四面体而非平面形，B项正确；
C．为分子晶体，C项错误；
D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；
故答案选C。
5．某短周期元素的价类二维图如图所示，其中y是一种常见气体，a为酸式盐，e的相对分子质量比d大16。以下判断正确的有

①a的水溶液一定显酸性
②x既可能是强酸，也可能是强碱
③y是O2
④若d为酸性氧化物，则其具有漂白性
⑤e与水反应一定能生成一种强酸
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【分析】y是一种常见气体，e的相对分子质量比d大16，可知Y是O2；则b、c、d、e分别是NH3、N2、NO、NO2或H2S、S、SO2、SO3；a为酸式盐，a可能是铵盐或硫化物；
【详解】①若a为NH4HCO3，其水溶液显碱性，故①错误；
②若a是硫化物，x既是强酸；若a为铵盐，X是强碱，故②正确；
③y是一种常见气体，e的相对分子质量比d大16，可知Y是O2，故③正确；
④若d为酸性氧化物，则d为SO2，SO2具有漂白性，故④正确；
⑤若e是NO2，与水反应生成HNO3；若e是SO3，与水反应生成H2SO4，故⑤正确；
正确的是②③④⑤，选B。
6．可降解塑料的合成路线如下：

下列说法不正确的是
A．可用饱和溴水鉴别A和B
B．发生的是氧化反应
C．D到是缩聚反应
D．D和均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物
【答案】C
【分析】苯酚与H2在Ni催化下加热，生成环己醇，则B是环己醇，C与过氧乙酸发生氧化反应，生成D（C6H10O2），则D中含有酯基，D在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。
【详解】A．A是苯酚，B是环己醇，苯酚与溴水可以反应，生成三溴苯酚白色沉淀，环己醇与溴水不反应，不符合题意，A错误；
B．由题干可知的反应为过氧乙酸氧化C生成D，发生氧化反应，不符合题意，B错误；
C．缩聚反应有小分子生成，而D到过程没有小分子生成，符合题意，C正确；
D．D含有酯基，是D聚合反应得到的，均含有酯基，均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物，不符合题意，D错误；
故答案为：C。
7．下列有关实验的说法错误的是
A．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分离出碘单质后，向溶液中滴加5～6滴15%KSCN溶液变红，说明Fe3+并未完全转化为Fe2+
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏低
C．氯气和甲烷体积比为1：1的混合气体，光照一段时间后瓶壁上有油状液滴附着
D．在苯与液溴制备溴苯的实验中，溴苯提纯步骤：水洗、用10%的氢氧化钠溶液洗涤、水洗、用干燥剂干燥、蒸馏
【答案】B
【解析】A．结合5mL0.1mol·L-1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，知n(KI)=5×10-4mol，n(FeC13)=1×10-4mol，因为反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据化学计量数得，若反应完全发生，三价铁离子则反应完全；但是萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe3+，说明Fe3+并未完全转化成亚铁离子，A正确。
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏高，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氧甲烷、三氯甲烷以及四氯甲烷，其中只有一氯甲烷为气体，其他三种都为液体，一段时间后发现瓶壁上有油状液滴附着，C正确；
D．粗溴苯中含有溴、水及溶于水的HBr，选用水洗可除去水溶性杂质，如HBr，用10%NaOH溶液洗，可把溴转化成水溶性的NaBrO和NaBr，再用水洗一次可以除去残留的氢氧化钠，接着用干燥剂除去水，最后蒸馏得到纯溴苯，D正确；
故选B。
8．X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是
A．Z、Y的氢化物稳定性：Z＜Y
B．Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型
C．Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出Z
D．[W(ZX3)4]2+中σ键数为12
【答案】C
【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，则X为氢元素；Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，则Y为碳元素、Z为氮元素；Q单质可用于自来水消毒，则Q为氯元素；W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满，则W为锌元素。从而得出，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、Cl、Zn元素。
【详解】A．由分析可知，Y、Z分别为C、N，C、N为同周期元素，C的非金属性比N弱，则 Z、Y的简单氢化物稳定性：NH3＞CH4，A不正确；
B．Q与Y原子形成的分子可以为CCl4，也可以是C2Cl6，CCl4是正四面体结构，而C2Cl6不是四面体形结构，B不正确；
C．Q单质(Cl2)与Z的简单气态氢化物(NH3)反应为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，则Cl2可置换出NH3中的N，C正确；
D．[W(ZX3)4]2+为[Zn(NH3)4]2+，每个NH3中含有3个σ键，另外还形成4个配位键，配位键也属于σ键，则σ键数为3×4+4=16，D不正确；
故选C。
9．茉莉醛()是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是

已知：①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物；
②茉莉醛易被浓疏酸氧化
A．乙醇的主要作用是助溶剂
B．干燥剂可选用无水
C．可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”
D．可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物
【答案】A
【分析】苯甲醛、庚醛与KOH的乙醇溶液共热后冷却，经萃取分液分离出水相，加入干燥剂后过滤有机相，去掉滤渣，蒸馏，用柱色谱法分离出庚醛自缩物，得到茉莉醛。
【详解】A．据题意和分析，苯甲醛与庚醛反应生成水和茉莉醛，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，A正确；
B．据分析，干燥剂的作用是吸收有机相中的残留水分，无水溶于水，并无沉淀生成，不能过滤分离，B错误；
C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，C错误；
D．据已知信息，茉莉醛易被浓疏酸氧化，不可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物，D错误；
故选A。
10．某学习小组通过如图所示装置探究与，能否反应产生，已知的升华温度为315℃。下列相关说法不正确的是

实验操作和现象：
操作
现象
点燃酒精灯，加热
ⅰ.试管A中部分固体溶解，上方出现白雾，将固体产物分离得到固体和溶液
ⅱ.稍后，试管A中产生黄色气体，管壁附着黄色液滴
ⅲ.试管B中溶液变蓝
A．为保证实验的严谨性，应另设置加热的对照实验
B．黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气
C．为进一步确认黄色气体是否含有，应在A、B间增加盛有饱和溶液的洗气瓶
D．若实验证明A中产生，则其化学方程式为
【答案】C
【分析】加热固体混合物发生反应，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，生成的氯气和KI-淀粉溶液反应生成I2，产生蓝色现象，以此解答。
【详解】A．已知升华温度为315℃，则黄色气体可能是升华产生，为保证实验严谨性应另设置加热的对照实验，A正确；
B．由题意可知，黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，B正确；
C．氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，会干扰氯气的检验，由于氯气能与饱和碳酸氢钠溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和食盐水，C错误；
D．二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．电解法制备锰会有大量的阳极泥(主要含，杂质、等)产生，煅烧氧化法将电解锰阳极泥回收制备二氧化锰的流程如图所示。下列说法正确的是
已知：

A．将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐
B．滤渣的主要成分为Pb、
C．制备流程中甲醛作氧化剂
D．理论上每产生43.5g的二氧化锰，需要消耗质量分数为30%的甲醛25g
【答案】AD
【详解】A．根据流程图，将阳极泥煅烧氧化的产物溶于水得溶液，可知将阳极泥煅烧氧化的原因是将转化为可溶性盐，易与PbSO4、分离，故A正确；
B．根据流程图，滤渣的主要成分为PbSO4、，故B错误；
C．制备流程中甲醛和反应生成碳酸钠、二氧化锰，甲醛中碳元素化合价升高，甲醛作还原剂，故C错误；
D．每产生43.5g的二氧化锰，设需要消耗质量分数为30%的甲醛溶液xg；

x=25g，故D正确；
选AD。
12．B－N键与C－C键是等电子结构。将环己烷中的C－C键用B－N键进行代替，科研工作者合成了具有储氢能力的X、Y、Z。Y经受热分解，产生5%的质量损失，并得到高纯氢。
下列说法不正确的是

A．B－N是极性共价健 B．1mol分子Y受热分解得到6mol
C．分子Y与Z互为同分异构体 D．环己烷、X、Y、Z所含的电子数目一定相等
【答案】B
【详解】A．极性共价键是两个不同原子形成的键，B-N是极性共价键，A项正确；
B．Y受热分解有5%的损失，转化为氢气，即1mol产生的氢气为，B项错误；
C．分子式相同而结构不同的化合物称为同分异构体，因此Y与Z互为同分异构体，C项正确；
D．C-C键和B-N键电子数相同，因此环己烷，X,Y,Z所含电子数一定相等，D项正确；
答案选B。
13．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：

下列说法不正确的是
A．反应①中分解制备需从外界吸收能量
B．反应②中，碳原子的杂化方式没有发生变化
C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致
D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成
【答案】BD
【解析】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B错误；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；
故答案为：BD。
14．一种新型的高性能、低成本的钠型双离子可充电电池，其结构如图所示。采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极及集流体，石墨()为另一极，电解液为作为电解质的溶液。下列有关说法不正确的是

A．放电时，锡箔与钠的合金为负极
B．充电时，图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极
C．电池总反应：
D．当外电路通过n mol电子时，锡钠极板质量应减少23n g
【答案】D
【详解】A．放电时Na失去电子，锡箔与钠的合金为负极，故A正确；
B．放电时，充电时图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极，故B正确；
C．根据负极电极反应为，正极的电极反应，电池总反应：，故C正确；
D．根据负极电极反应为负极电极反应为，当外电路通过n mol电子时，锡钠极板质量应增加n mol，增重50n g，故D错误；
故答案为D
15．如图所示是室温下盐酸滴定10mL某浓度碳酸钠溶液的滴定曲线，下列说法正确的是

A．碳酸钠溶液的浓度为
B．b点存在
C．当盐酸体积超过10mL后应该向锥形瓶中加入几滴甲基橙溶液
D．c点存在(不考虑逸出)
【答案】AC
【分析】起点至a点发生反应，a点溶质为NaHCO3，b点溶液呈中性，c点为盐酸与碳酸钠恰好反应生成NaCl和水和二氧化碳；
【详解】A．根据图像在a点和c点附近均出现滴定突跃可知，碳酸钠溶液浓度等于盐酸浓度，则碳酸钠溶液的浓度为，A正确；
B．a点完成了，该点C()>C(H2CO3)，当横坐标为15mL时，若不考虑电离和水解，则C()=C(H2CO3)，由图像可知，此时溶液为酸性，说明H2CO3电离是主要的，则C()>C(H2CO3)，b点在二者中间，则应存在C()>C(H2CO3)，B错误；
C．当盐酸体积超过10mL后溶液为酸性，所以使用甲基橙作为指示剂，C正确；
D．c点溶液体积为30mL，根据物料守恒有c(H2CO3)+c()+c()+c(CO2)= 0.03333mol/L，D错误；
故选：AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）硼与氮、氢能形成多种具有优良性能的化合物，受到人们的广泛关注。
Ⅰ.氨硼烷()具有良好的储氢能力。
(1)分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，三种元素电负性大小顺序是_______。
(2)其在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构为 。在该反应中，B原子的杂化轨道类型的变化是_______。
(3)无机苯( )不能形成像苯一样的离域π键，原因是_______。
Ⅱ.氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法为：

(4)被认为是有机化学上的“万能还原剂”，其中H的化合价为_______。
(5)硼酸的化学式为，硼酸产生过程为：，下列说法正确的是_______。
A．是一元弱酸 B．硼酸体现酸性与配位键有关
C．B位于三个O构成的三角形的中心 D．与的反应是氧化还原反应
(6)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。

立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______，已知该晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm，则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。
【答案】(1)N>H>B（2分）
(2)变为（1分）
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动（2分）
(4)-1（1分）
(5)ABC（2分）
(6) 均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大（2分）       （2分）  
【详解】（1）NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B H> B；
（2）NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；
（3）B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；
（4）NaBH4 中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；
（5）A．硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；
B．硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s2p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；
D．硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；
故选ABC；
（6）立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；
17．（12分）无水是一种重要的化工原料，其熔点306℃、沸点316℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。一般采用低共熔混合物反应法(熔融法)制备高纯度的三氯化铁，其模拟反应装置如下：

实验过程：在一个带有耐酸衬里的反应器中(即图中的高温反应釜)，将70%和30%KCl在600℃下共熔。再将铁屑溶解于共熔物中，再通入干燥氯气。反应生成的升华后导出，再经冷凝收集。
回答下列问题：
(1)C装置的名称为 ；
(2)当氯气通入时，A中有酸雾产生。为吸收酸雾，C中应盛放的物质为_______ (填字母) ；
A． B．CaO C． D．NaOH
(3)高温反应釜中发生反应的化学方程式为 ；
(4)E装置的作用为 ；
(5)为研究的性质，某化学兴趣小组取一定质量的(摩尔质量为)在惰性气体保护下受热分解时，所得固体产物的剩余质量分数(剩余质量与原样品质量的百分比)随温度变化的曲线如图所示。试利用图中信息并结合所学的知识，回答下列各问题：

已知：A为红褐色固体，B中含有三种元素，C为红棕色固体，D为黑色固体。
①固体产物的化学式B是 ，D是 ；
②由C得到D的化学方程式为 。
【答案】(1)球形干燥管（1分）
(2)A（1分）
(3) （2分）
(4)隔绝空气和水（2分）
(5)  FeOOH（2分）     Fe3O4 （2分）    6Fe2O34Fe3O4+O2↑（2分）
【分析】氯气通过浓硫酸干燥后进入反应釜，70%和30%KCl在600℃下共熔，再将铁屑溶解于共熔物中，再通入干燥氯气，反应为氯气和铁高温生成氯化铁，氯化铁冷凝收集，尾气使用氢氧化钠溶液吸收；
【详解】（1）C装置的名称为球形干燥管；
（2）氯气会和氧化钙、氢氧化钠反应被吸收，硫酸铜不能吸收酸雾，故应该选择吸收酸雾，故选A；
（3）高温反应釜中，将70%和30%KCl在600℃下共熔，再将铁屑溶解于共熔物中，再通入干燥氯气，反应为氯气和铁高温生成氯化铁，；
（4）无水熔点306℃、沸点316℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。反应生成的氯化铁升华后导出，再经D冷凝收集，E装置装有干燥剂，隔绝F中空气和水，防止氯化铁水解；故E的作用为隔绝空气和水；
（5）已知：A为红褐色固体，B中含有三种元素，C为红棕色固体，D为黑色固体。加热首先失去结晶水形成氯化铁溶液，铁离子水解生成A红褐色氢氧化铁固体，继续加热失去水得到B，B中含有三种元素；假设初始固体质量为270.5g，则的物质的量为1mol，得到Fe(OH)3为1mol，A生成B减小质量为270.5g×（39.56%-32.9%）=18g，说明失去1分子水，得到B为FeOOH；继续加热得到C红棕色固体为Fe2O30.5mol，含有铁1mol、氧1.5mol；再加热氧化铁失去氧得到D，D质量为270.5g×28.59%=77.3g，氧元素的质量为77.3g-1mol×56g/mol=21.3g，物质的量为1.3mol，铁氧的物质的量之比约为1mol:1.3mol=3:4，故D为Fe3O4；
故：①固体产物的化学式B是FeOOH，D是Fe3O4；
②由C得到D反应为Fe2O3高温分解生成氧气和Fe3O4，6Fe2O34Fe3O4+O2↑。
18．（12分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒净水剂。一种制备工艺如图：

请回答：
(1)K2FeO4具有强氧化性，还原产物常为Fe(Ⅲ)。为确定消毒后溶液中是否存在Fe2+的一种试剂是 _______(填化学式)。
(2)Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO。“氧化”的离子方程式是 _______。
(3)“转化”一步的基本反应类型是 _______反应，从“粗K2FeO4”得K2FeO4精品的操作名称是 _______(不必具体)。
(4)已知温度、反应时间对产率的影响如图。

由图知反应的最佳条件是温度约 _______℃、反应时间约 _______min。
(5)根据流程知，可循环利用的物质有NaCl、_______。
(6)以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得K2FeO4，则阳极电极反应式是 _______。
(7)某温度，若要从10m3含c(FeO)=2.0×10﹣4mol•L﹣1的循环母液中沉淀FeO(浓度降至10﹣5mol•L﹣1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于 _______mol。(已知CaFeO4的Ksp=4.5×10﹣9，不考虑水解和溶液体积变化。)
【答案】(1)K3[Fe(CN)6] （1分）
(2)3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO+3Cl﹣+5H2O（2分）
(3) 复分解（1分）     重结晶（1分）
(4)  30（1分）     60（1分）
(5)KOH、NaOH（1分）
(6)Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO+4H2O（2分）
(7)6.4（2分）
【分析】氯气通入过量的氢氧化钠溶液中反应生成NaClO、NaCl和水，加入硝酸铁发生氧化还原反应：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，过滤后加入饱和氢氧化钾溶液，2KOH+Na2FeO4=2NaOH+K2FeO4↓，分离得到粗K2FeO4，重结晶得到K2FeO4精品。
【详解】（1）检验Fe2+的一种试剂是铁氰酸钾，遇到亚铁离子生成蓝色沉淀，化学式为K3[Fe(CN)6]。
（2）“氧化”是次氯酸钠在碱性溶液中氧化铁离子生成高铁酸盐，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O。
（3）铁酸钠加入饱和KOH反应生成高铁酸钾晶体和氢氧化钠，“转化”一步的基本反应类型是复分解反应，从“粗K2FeO4”得K2FeO4精品的操作名称是重结晶。
（4）图象分析可知，反应温度为30℃，反应进行到60min时高铁酸钾产率最大，反应的最佳条件是温度约30℃，反应时间约60min。
（5）应过程中参加反应，最后又生成的物质可以循环使用，可循环利用的物质有NaCl、KOH、NaOH。
（6）以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得K2FeO4，则阳极电极反应是铁失电子生成高铁酸钾，电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O。
（7）某温度，若要将的浓度由2.0×10-4mol•L-1降至10-5mol•L-1，需要加入n[Ca(OH)2]=(2.0×10-4mol•L-1-10-5mol•L-1)´1´104L=1.9mol； c()降至10-5mol•L-1后，溶液中c(Ca2+)===4.5´10-4mol•L-1，n(Ca2+)=4.5´10-4mol•L-1´1´104L=4.5mol，共需要Ca(OH)2固体的物质的量为1.9mol+4.5mol=6.4mol，则理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于6.4mol。
19．（12分）物质G是一种抗老年痴呆药物的活性中间体。下面是物质G的一种合成路线：

已知以下信息：
a)TBSCl为叔丁基二甲基氯硅烷，分子式(CH3)3CSi(CH3)2Cl
b)HO-(CH2)4-OHHO-CH2CH2CH2CHO
c)
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。B的结构简式为_______
(2)化合物D的分子式为_______，TBSCl试剂在合成过程中的作用为_______
(3)物质G中含氧官能团名称为_______
(4)写出由B到C的化学方程式：_______
(5)写出物质G符合下列条件的同分异构体的结构简式_______
①苯环上只有一种氢
②苯环上只有两种不同的取代基
③lmol该物质发生银镜反应，最多可生成6molAg
(6)根据上述路线，设计一条以 为原料合成 的路线(其他试剂任选)_______
【答案】(1) 4-羟基丁醛 （1分）    （1分）
(2) C19H27O4BrSi （2分）    保护羟基，防止4-羟基丁醛发生自身缩合（1分）
(3)羰基、醚键（2分）
(4) ++H2O（2分）
(5) 、（2分）
(6) （3分）
【解析】本题是一道有机合成的题目，由C的结构式可知A与B发生取代反应，B的结构简式为： ，根据D结构式可知分子式为C19H27O4BrSi，以此解题；
（1）根据A的结构简式，按照有机化合物命名规则，A的化学名称为4-羟基丁醛；由分析可知B的结构简式为： ；
（2）根据D结构式可知分子式为C19H27O4BrSi；根据B到C的反应原理，能够发生羟醛缩合反应，根据从B到F的变化并结合已知信息c可知其作用为保护羟基，防止4-羟基丁醛发生自身缩合；
（3）根据结构可知官能团有溴原子(碳溴键)、羰基、醚键，其中含氧官能团为羰基、醚键；
（4）对比B和C的结构简式可知，BC的化学方程式为：++H2O；
（5）1molG的同分异构体发生银镜反应最多可生成6molAg，可知该物质含有三个醛基，且在苯环上处于对称位置，所以为 、；
（6）采用逆向推理法，目标产物含有醛基，由此可知上一步操作为已知信息b的第1个反应，即目标产物的上一步反应物为： ，再推理可知，上步操作为取代反应，即再上一步反应物为： ，然后再结合已学知识羟基在NaOH/H2O加热将转化成氯原子，从而返回到原材料，综合可得具体路线为：；
20．（12分）据统计，约有90%以上的工业过程中需要使用催化剂，因此，对催化剂的研究已成为重要课题。
I.结合实验与计算机模拟结果，研究了N2与H2在固体催化剂表面合成NH3的反应历程。图示为反应历程中的势能面图(部分数据省略)，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

（1） 氨气的脱附是___________(填“吸热”或“放热”)过程，合成氨的热化学方程式为___________。
（2） 当使用铁催化剂时，合成氨的速率方程式为w = k1•p(N2)-k2，其中w为反应的瞬时总速率，等于正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2是正、逆反应速率常数，则合成氨反应N2＋3H22NH3的平衡常数Kp=___________(用k1、k2表示)。
（3） 在使用同一催化剂时，将2.0molN2和6.0molH2 通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2时n(H2)的变化，曲线B表示T1时n(NH3)的变化，T2时反应到a点恰好达到平衡。

①T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)___________v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。
②能否由图中数据得出温度T1>T2，试说明理由___________。
Ⅱ.用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的过程中，还会生成CH4、C3H6、C4H8等副产物，若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性(选择性指的是转化的CO2中生成C2H4的百分比)。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表：
助剂
CO2转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
（4） 欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加___________助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是___________。
【答案】（除标明外，每空1分）
（1）吸热     N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)     ΔH=-92 kJ·mol-1 （2分）   
（2） （2分）   
（3）①> （2分）    ②不能，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同（2分）   
（4）K     助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率而对其他副反应的速率几乎无影响（2分）
【解析】由图中信息判断氨气脱附后能量变化、从而判断脱附过程的热效应，由能量图计算出氮气和氢气生成1mol氨气的焓变、据此可得合成氨反应的热化学方程式； 当平衡时，合成氨的瞬时总速率w = k1•p(N2)-k2=0，据此可计算出合成氨反应N2＋3H22NH3的平衡常数。由已知条件、结合三段式计算，可知平衡时气体的压强是起始时的 ，而某时刻容器内气体的压强为起始时的80%，说明反应未平衡，并可结合合成氨反应特点判断正逆反应速率的相对大小。由表中数据即可判断哪种助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因，从活化能的角度展开。
I（1） NH3∗→NH3的过程为脱附，由图知，氨气脱附后能量升高，则氨气的脱附过程是吸热过程，由能量图可知，氮气和氢气被破坏生成1molN和3molH时吸收热量(21-17)kJ、1molN和3molH生成1mol NH3(g)时放热50kJ，则氮气和氢气生成1mol氨气需要放出46kJ的热量，可得合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1。
（2） 当平衡时，合成氨的瞬时总速率w = k1•p(N2)-k2=0，则，得合成氨反应N2＋3H22NH3的平衡常数。
（3） ①T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时，平衡时气体总量为(1.0+3.0+2.0)mol=6.0mol，平衡时气体的压强是起始时的 ，合成氨的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内压强降低，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，说明反应未平衡，反应正向进行，则。
②虽然反应时使用同一催化剂，都是将2.0molN2和6.0molH2 通入体积为1L的密闭容器中，但分别在T1和T2温度下进行反应。不能根据图示信息判断温度的相对大小，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同。
Ⅱ（4）由表中数据可知，Na的其它副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是：助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率而对其他副反应的速率几乎无影响。