2021-2022学年山东省德州市高三（上）期末化学试卷

第1页（共1页）2021-2022学年山东省德州市高三（上）期末化学试卷一、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．（2分）研究发现：将CO2溶解到含液态镓（Ga）纳米颗粒的溶剂中，再加入含纳米颗粒的固体银棒，搅拌即可引发电化学反应．将CO2分解成O2和C（s），下列有关说法错误的是（）A．上述过程涉及氧化还原反应 B．上述过程涉及2种能量转化形式 C．该技术有利于“碳中和、碳达峰” D．上述分解CO2的分散系属于胶体2．（2分）下列物质应用错误的是（）A．木糖醇可作糖尿病人的营养补充剂 B．铁粉可用于食品行业的双吸剂 C．高铁酸钠用于自来水的消毒和净化 D．碳酸钠用于焙制糕点的膨松剂3．（2分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，下列有关说法错误的是（）A．第一电离能大小顺序为Ca＜P＜F B．PO43﹣的空间构型为正四面体 C．由于HF分子间形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl D．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）4．（2分）化合物M常用作游泳池消毒剂，其结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的原子序数比Y的原子序数多9。下列说法错误的是（）A．简单离子半径：X＞Y B．最高价含氧酸的酸性：W＜X＜Z C．简单氢化物沸点：X＜Z＜Y D．X的简单氢化物与Z2混合后可产生白烟5．（2分）下列实验装置、现象和结论都正确的是（）选项实验装置现象结论A高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有不饱和烃B锥形瓶中有无色液体分馏石油可得汽油、煤油等纯净物C二甲醚中有气泡鉴别乙醇与二甲醚D硝酸银溶液中有淡黄色沉淀生成说明苯和溴发生了取代反应A．A B．B C．C D．D6．（2分）抗糖尿病药物那格列奈的结构为，下列有关说法正确的是（）A．那格列奈的分子式C19H26NO3 B．分子中含有1个手性碳原子 C．能发生取代加成、消去、水解反应 D．其水解产物均能发生缩聚反应7．（2分）元素H、C、N可组成多种杂环化合物，例如（吡啶）、（吡咯），下列说法错误的是（）A．电负性：H＜C＜N B．中，N为sp2杂化 C．、都难溶于水 D．、都含有Ⅱ键8．（2分）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图。下列说法错误的是（）A．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度 B．配制所需的稀H2SO4，用量筒量取13.0mL98%的浓H2SO4（ρ＝1.84g•mL﹣1） C．用稀H2SO4溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全 D．操作Ⅲ为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤9．（2分）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础反应，其反应机理如图1，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。下列说法错误的是（）A．Pt﹣Rh合金的作用是提高反应速率 B．由图知，氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右 C．520℃时，NH3的转化率为40% D．840℃以上，可能发生反应：2NO⇌N2+O210．（2分）液流电池是电化学储能领域的一个研究热点，其优点是储能容量大、使用寿命长。如图为一种中性Zn/Fe液流电池的结构及工作原理图。下列有关说法错误的是（）A．充电时A电极连电源负极 B．放电时正极电极反应为：Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣ C．放电时负极区离子浓度增大，正极区离子浓度减小 D．充电时阴极电极反应：ZnBr42﹣+2e﹣＝Zn+4Br﹣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．（4分）下列各组实验所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（）选项实验内容玻璃仪器试剂A配制100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液100mL容量瓶、烧杯、量筒胶头滴管蒸馏水、FeCl3固体、浓盐酸B测定NaHCO3的热稳定性试管、导管、酒精灯、烧杯NaHCO3固体C将苦卤中的Br﹣氧化，富集烧杯、胶头滴管、分液漏斗苦卤、氯水、四氯化碳D由粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO42﹣）制备精盐漏斗、烧杯、玻璃棒粗食盐水、NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液A．A B．B C．C D．D（多选）12．（4分）乙酰苯胺俗称“退热冰”，实验室合成路线如图（反应条件略去），下列说法错误的是（）A．三个反应中只有②不是取代反应 B．反应①提纯硝基苯的方法为：碱洗→分液→水洗→分液→蒸馏 C．由硝基苯生成1mol苯胺，理论上转移5mol电子 D．在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的有5种13．（4分）NaClO2工业上常用于消毒杀菌、漂白，如图为“过氧化氢法”制备NaClO2的流程。下列说法正确的是（）A．为减少杂质离子，硫酸可以用盐酸代替 B．过程①的离子方程式为2ClO3﹣+C2O42﹣+4H+═2ClO2↑+2CO2↑+2H2O C．理论上消耗的草酸与H2O2的物质的量之比为1：1 D．相同物质的量的NaClO2与Cl2相比，消毒效率之比为3：2（多选）14．（4分）2021年9月27日，中国科学院大连物理研究所报道了一种Ba﹣Cr四元氮氢化合物合成氨催化剂。在该催化剂中，Ba、Cr、N及H（H﹣）构成独特的Ba5CrN4H活性相，在较为温和的条件下实现了催化合成氨，机理如下图所示。下列说法错误的是（）A．该催化剂可以提高原料的平衡转化率 B．催化剂中H﹣可作电子供体和质子载体 C．合成氨反应的决速步是N2*+H2*═N*+3H* D．N2（g）+H2（g）═NH3（g）ΔH＝﹣50kJ•mol﹣1（多选）15．（4分）常温下，向含MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，Mg和Al两种元素在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示，纵轴lgc═（Mn+）或lgc（[Al（OH）4]﹣）。当溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子完全沉淀。下列说法正确的是（）A．图中M代表Mg2+ B．Ksp[Al（OH）3]＜Ksp[Mg（OH）2] C．Al（OH）3开始溶解时，溶液pH＝8 D．氢氧化钠不能完全分离Mg2+和Al3+离子三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（10分）用Fe/SNCFs﹣NH3电催化剂作为锌﹣空气电池正极材料，调控了碳纤维膜的孔隙结构和Fe单原子催化点位的配位环境，实现了氧还原/氧析出双功能催化活性。请回答下列问题：（1）Zn原子核外电子有种运动状态，基态Fe原子有个未成对电子。（2）C、N、S分别与H形成的简单氢化物中键角最小的是，其原因是。（3）H、C、N、S四种元素可形成硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）和异硫氰酸（H﹣N＝C＝S），异硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为，异硫氰酸沸点较高，原因是。（4）铁和氨在一定条件下反应生成Fe4N，Fe4N的晶胞结构如图所示，N原子的配位数是。若两个最近的Fe原子间的距离为apm，则该晶体密度为g•cm﹣3（阿伏加德罗常数的数值用NA表示）。17．（14分）钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图所示：已知：①Ksp（MgF2）＝7.5×10﹣11mol3•L﹣3；Ksp（CaF2）＝1.5×10﹣10mol3⋅•L﹣3。②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）2Fe（OH）3Co（OH）2Mn（OH）2Al（OH）3开始沉淀时的pH7.02.77.67.74.0沉淀完全时的pH9.63.79.29.85.2请回答下列问题：（1）“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是浸出液中加入NaClO溶液的目的（用离子方程式表示）。（2）浸出过程中加入Na2CO3调pH的范围是；当加入过量NaF后，所得滤液Ⅱ中＝。（3）如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。萃取剂合适的pH为。A．2～3B．3～4C．6～7D．7～8（4）取CoC2O4•2H2O样品2g溶于稀盐酸，加入0.5mol•L﹣1的EDTA25mL，然后加入2﹣甲酚橙做指示剂，用0.5mol•L﹣1的ZnCl2溶液滴定剩余的EDTA，消耗ZnCl2溶液10mL。样品中Co元素的质量分数（保留2位有效数字）。已知：Co2++EDTA＝[Co（EDTA）]2+，Zn2++EDTA＝[Zn（EDTA）]2+。（5）Co能与强酸反应产生H2。工业上采用惰性电极电解CoCl2溶液制取钴。不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是。18．（11分）硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药、染料的重要原料。硫酰氯与硫酸的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质SO2Cl2﹣54.169.1①易水解，产生大量白雾，生成两种强酸②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338强吸水性、稳定不易分解实验室用干燥纯净的氯气和过量的二氧化硫在活性炭的催化作用下合成硫酰氯，反应方程式为SO2（g）+Cl2（g）═SO2Cl2（l）ΔH＜0，其实验装置如图所示（夹持仪器已省略）：（1）D的名称，A的作用为；B中盛放的药品是。（2）能替代装置戊中KMnO4是（填字母代号）。A．氯酸钾B．二氧化锰C．五氧化二磷D．漂白粉（3）若缺少装置乙和丁，对产品硫酰氯会有何影响，请用化学方程式表示。（4）反应过程中，为防止SO2Cl2分解，可采取的措施有。（至少写一条）。（5）实验开始时，戊中开始加入pgKMnO4固体，假设KMnO4在过量浓盐酸的作用下完全反应，若实验结束后得到硫酰氯qmol，请计算硫酰氯的产率（列出表达式）。19．（13分）芳香化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：已知：①A中含两个甲基；②③请回答下列问题：（1）A→B的反应条件为；D→E的反应类型是。（2）L中含有的官能团的名称为；聚酯Ⅰ的结构简式为。（3）F与银氨溶液反应的化学方程式为。（4）F有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体共有种，其中核磁共振氢谱图有四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为。①能发生水解反应和银镜反应；②属于芳香化合物。（5）请参考上述合成路线，设计由（CH3）3CBr和制备的合成路线（无机试剂任选）：。20．（12分）2021年9月，我国首次利用二氧化碳合成了淀粉，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇。请回答下列问题：（1）某课题组设计合成CH3OH的路线及部分应用如图：①上述过程中可循环利用的物质是。②图中燃料电池的负极电极反应式为。（2）合成甲醇的反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），该反应只有低温时自发，则合成甲醇反应的活化能Ea（正）Ea（逆）（填“＞”或“＜”）。（3）研究表明：在相同条件下，按照＝投料进行合成甲醇，在有分子筛膜（分子筛膜具有选择透过性）时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是。（4）在T1℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中，只发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），初始压强为p0kPa，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。（图中A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6mol）①T1℃时，该反应的平衡常数Kp＝（kPa）﹣2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。②保持投料量不变，仅改变某一条件后，测得n（H2）随时间变化如图中状态Ⅱ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅱ改变的条件可能是；若改变某一条件，得到状态Ⅲ，达到平衡时的甲醇的平均生成速率v（CH3OH）＝mol•L﹣1•min﹣1（保留两位小数）。

2021-2022学年山东省德州市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、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．（2分）研究发现：将CO2溶解到含液态镓（Ga）纳米颗粒的溶剂中，再加入含纳米颗粒的固体银棒，搅拌即可引发电化学反应．将CO2分解成O2和C（s），下列有关说法错误的是（）A．上述过程涉及氧化还原反应 B．上述过程涉及2种能量转化形式 C．该技术有利于“碳中和、碳达峰” D．上述分解CO2的分散系属于胶体【分析】A.有元素化合价变化的反应是氧化还原反应；B.上述过程只有一种能量的变化；C.反应消耗二氧化碳；D.胶体胶粒的分散质直径在1﹣100nm之间。【解答】解：A.将CO2分解成O2和C（s），碳元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故A正确；B.上述过程只有化学能转化为电能，上述过程只有一种能量的变化，故B错误；C.反应消耗二氧化碳，有利于“碳中和、碳达峰”，故C正确；D.胶体胶粒的分散质直径在1﹣100nm之间，液态镓（Ga）纳米颗粒的直径在胶体中分散质的范围内，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应、化学能的转化及胶体的性质，题目简单，注意基础知识的积累。2．（2分）下列物质应用错误的是（）A．木糖醇可作糖尿病人的营养补充剂 B．铁粉可用于食品行业的双吸剂 C．高铁酸钠用于自来水的消毒和净化 D．碳酸钠用于焙制糕点的膨松剂【分析】A．官能团只有﹣OH，不是糖不会影响糖尿病人的血糖；B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气；C．依据Na2FeO4的氧化性及还原后生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体解答；D．碳酸氢钠性质不稳定，受热分解产生二氧化碳，碳酸钠受热不分解。【解答】解：A．木糖醇的结构简式为CH2OH（CHOH）3CH2OH，官能团只有﹣OH，属于醇，不会影响糖尿病人的血糖，可作糖尿病人的营养补充剂，故A正确；B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气，所以还原性铁粉能作食品行业的“双吸剂‘’，故B正确；C．Na2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物，所以Na2FeO4用于自来水的消毒和净化，故C正确；D．碳酸氢钠性质不稳定，受热分解产生二氧化碳，是一种常见的疏松剂，碳酸钠受热不分解不能做膨松剂，故D错误；故选：D。【点评】本题考查常见食品添加剂和净水剂的应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握物质的性质以及应用，题目难度不大。3．（2分）氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca（H2PO4）2+2HF↑，已知Ca（H2PO4）2溶液显酸性，下列有关说法错误的是（）A．第一电离能大小顺序为Ca＜P＜F B．PO43﹣的空间构型为正四面体 C．由于HF分子间形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl D．Ca（H2PO4）2溶液中微粒浓度大小顺序c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）【分析】A．金属元素第一电离能较小，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小；B．PO43﹣中P原子价层电子对数＝4+＝4且不含孤电子对；C．氢化物的稳定性与氢键无关，与化学键有关；D．Ca（H2PO4）2溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于水解程度。【解答】解：A．金属元素第一电离能较小，则这三种元素中Ca元素第一电离能最小，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，则第一电离能N＞P、N＜F，所以第一电离能P＜N＜F，这三种元素第一电离能：Ca＜P＜F，故A正确；B．PO43﹣中P原子价层电子对数＝4+＝4且不含孤电子对，该离子为正四面体结构，故B正确；C．氢化物的稳定性与氢键无关，与化学键有关，所以热稳定性HF＞HCl与HF能形成分子间氢键无关，故C错误；D．Ca（H2PO4）2溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故D正确；故选：C。【点评】本题考查元素周期律、微粒空间结构判断、氢化物的稳定性影响因素等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素周期律、价层电子对互斥理论内涵等知识点是解本题关键，C为解答易错点。4．（2分）化合物M常用作游泳池消毒剂，其结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的原子序数比Y的原子序数多9。下列说法错误的是（）A．简单离子半径：X＞Y B．最高价含氧酸的酸性：W＜X＜Z C．简单氢化物沸点：X＜Z＜Y D．X的简单氢化物与Z2混合后可产生白烟【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的原子序数比Y的原子序数多9，Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，Z的原子序数最大，则Z为Cl，Y为O元素；W形成4个共价键，X形成3个共价键，二者的原子序数均小于O，则W为C，X为N元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl元素，A.氮离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：X＞Y，故A正确；B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C＜N＜Cl，则最高价含氧酸的酸性：W＜X＜Z，故B正确；C.常温下水为液态，其沸点大于氯化氢和氨气，氨气分子间存在氢键，其沸点大于氯化氢，则简单氢化物沸点：Z＜X＜Y，故C错误；D.X的简单氢化物为氨气，氨气与Cl2混合后生成氯化铵和氮气，会产生白烟，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构及化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5．（2分）下列实验装置、现象和结论都正确的是（）选项实验装置现象结论A高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有不饱和烃B锥形瓶中有无色液体分馏石油可得汽油、煤油等纯净物C二甲醚中有气泡鉴别乙醇与二甲醚D硝酸银溶液中有淡黄色沉淀生成说明苯和溴发生了取代反应A．A B．B C．C D．D【分析】A.不饱和烃可被酸性高锰酸钾溶液氧化，与溴发生加成反应；B.汽油、煤油等均为烃的混合物；C.钠与乙醇反应生成气体，与乙醚不反应；D.挥发的溴与硝酸银溶液反应。【解答】解：A.不饱和烃可被酸性高锰酸钾溶液氧化，与溴发生加成反应，由实验及现象可知，石蜡油的分解产物中含有不饱和烃，故A正确；B.汽油、煤油等均为烃的混合物，不属于纯净物，故B错误；C.钠与乙醇反应生成气体，与乙醚不反应，现象不合理，可鉴别，故C错误；D.挥发的溴与硝酸银溶液反应，由实验及现象，不能证明苯和溴发生了取代反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6．（2分）抗糖尿病药物那格列奈的结构为，下列有关说法正确的是（）A．那格列奈的分子式C19H26NO3 B．分子中含有1个手性碳原子 C．能发生取代加成、消去、水解反应 D．其水解产物均能发生缩聚反应【分析】A．分子中含有1个氮原子，则氢原子数目为奇数；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C．含有羧基、酰胺基与苯环；D．水解产物为、。【解答】解：A．分子中含有1个氮原子，则氢原子数目为奇数，其分子式为C19H25NO3，故A错误；B．分子中只有连接羧基的碳原子连接4个不同原子或原子团的碳原子，分子含有1个手性碳原子，故B正确；C．含有酰胺基，可以发生水解反应，含有苯环，可以发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D．水解产物为、，含有氨基、羧基，可以发生缩聚反应，但只含有1个羧基，不能发生缩聚反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意对手性碳原子的理解，题目侧重考查学生分析能力、观察能力、运用知识解决问题的能力。7．（2分）元素H、C、N可组成多种杂环化合物，例如（吡啶）、（吡咯），下列说法错误的是（）A．电负性：H＜C＜N B．中，N为sp2杂化 C．、都难溶于水 D．、都含有Ⅱ键【分析】A．同周期自左至右，电负性逐渐增大，从上到下，电负性逐渐减小；B．中心原子的σ键数+孤电子对数＝4，为sp3杂化，σ键数+孤电子对数＝3，为sp2杂化，σ键数+孤电子对数＝2，为sp杂化；C．物质与水分子之间形成氢键，可以增大其溶解性；D．双键中含有1个σ键和1个π键，和中都含有双键。【解答】解：A．同周期自左至右，电负性逐渐增大，从上到下，电负性逐渐减小，故电负性：H＜C＜N，故A正确；B．中N原子的σ键数为2，有1对孤电子对，N原子为sp2杂化，故B正确；C．中含有N﹣H键，与水分子之间可以形成氢键，具有亲水性，易溶于水，故C错误；D．双键中含有1个σ键和1个π键，和中分别含有3个、2个双键，故都含有π键，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性的比较、杂化类型、氢键、σ键与π键的判断等，属于高频考点，难度不大。8．（2分）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图。下列说法错误的是（）A．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度 B．配制所需的稀H2SO4，用量筒量取13.0mL98%的浓H2SO4（ρ＝1.84g•mL﹣1） C．用稀H2SO4溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全 D．操作Ⅲ为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤【分析】由流程可知，废铁屑用碳酸钠溶液洗涤除去表面的油污，小火加热促进碳酸钠溶液水解而增强碱性，利于油污的水解，过滤分离出铁屑并洗涤，加入稀硫酸溶解铁生成硫酸亚铁，趁热过滤，防止温度降低析出硫酸亚铁晶体，在滤液中加入硫酸铵溶液，加热浓缩、冷却结晶析出摩尔盐，再过滤分离，由于摩尔盐易溶于水，不溶于乙醇，可以用乙醇洗涤，减少因溶解导致的损失，可以快速干燥，以免被氧化，以此来解答。【解答】解：A.为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度，促进碳酸钠溶液水解而增强碱性，利于油污的水解，故A正确；B.需80mL稀硫酸，则配制100mL，配制前后硫酸的物质的量不变，浓硫酸的浓度为mol/L＝18.4mol/L，则量取体积为≈0.0163L，即量取16.3mL浓硫酸，故B错误；C.用稀H2SO4溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全，防止生成的氢气燃烧发生爆炸，故C正确；D.由上述分析可知，操作Ⅲ为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9．（2分）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础反应，其反应机理如图1，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。下列说法错误的是（）A．Pt﹣Rh合金的作用是提高反应速率 B．由图知，氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右 C．520℃时，NH3的转化率为40% D．840℃以上，可能发生反应：2NO⇌N2+O2【分析】A.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动；B.由图可知，840℃时NO的物质的量最大；C.520℃时NO、N2的物质的量均为0.2mol，转化率＝×100%；D.840℃以上NO的物质的量减小，N2的物质的量增加。【解答】解：A.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则Pt﹣Rh合金的作用是提高反应速率，故A正确；B.由图可知，840℃时NO的物质的量最大，则氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右，故B正确；C.520℃时NO、N2的物质的量均为0.2mol，由N原子守恒可知，NH3的转化率为×100%＝60%，故C错误；D.840℃以上NO的物质的量减小，N2的物质的量增加，则可能发生反应：2NO⇌N2+O2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握氨的催化氧化、图中物质的量变化、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。10．（2分）液流电池是电化学储能领域的一个研究热点，其优点是储能容量大、使用寿命长。如图为一种中性Zn/Fe液流电池的结构及工作原理图。下列有关说法错误的是（）A．充电时A电极连电源负极 B．放电时正极电极反应为：Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣ C．放电时负极区离子浓度增大，正极区离子浓度减小 D．充电时阴极电极反应：ZnBr42﹣+2e﹣＝Zn+4Br﹣【分析】由图可知，放电时，电极A为液流电池的负极，锌在溴离子作用下失去电子发生氧化反应生成四溴合锌离子，电极反应式为Zn+4Br﹣﹣2e﹣＝ZnBr42﹣，电极B为正极，六氰合铁酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成六氰合亚铁酸根离子，电极反应式为Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣；充电时，A电极连电源负极，做电解池的阴极，四溴合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和溴离子，电极反应式为ZnBr42﹣+2e﹣＝Zn+4Br﹣，电极B与正极相连，做电解池阳极，六氰合亚铁酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成六氰合铁酸根离子，电极反应式为Fe（CN）64﹣﹣e﹣＝Fe（CN）63﹣。【解答】解：A．由分析可知，充电时，A电极连电源负极，做电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，放电时，电极B为正极，六氰合铁酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成六氰合亚铁酸根离子，电极反应式为Fe（CN）63﹣+e﹣＝Fe（CN）64﹣，故B正确；C．由分析可知，放电时，电极A为液流电池的负极，锌在溴离子作用下失去电子发生氧化反应生成四溴合锌离子，电极反应式为Zn+4Br﹣﹣2e﹣＝ZnBr42﹣，由电极反应式可知，放电时负极区离子浓度减小，故C错误；D．由分析可知，充电时，A电极连电源负极，做电解池的阴极，四溴合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和溴离子，电极反应式为ZnBr42﹣+2e﹣＝Zn+4Br﹣，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。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．（4分）下列各组实验所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（）选项实验内容玻璃仪器试剂A配制100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液100mL容量瓶、烧杯、量筒胶头滴管蒸馏水、FeCl3固体、浓盐酸B测定NaHCO3的热稳定性试管、导管、酒精灯、烧杯NaHCO3固体C将苦卤中的Br﹣氧化，富集烧杯、胶头滴管、分液漏斗苦卤、氯水、四氯化碳D由粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO42﹣）制备精盐漏斗、烧杯、玻璃棒粗食盐水、NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液A．A B．B C．C D．D【分析】A．配制一定物质的量浓度溶液，溶解固体需要用到玻璃棒；B．测定NaHCO3的热稳定性原理，加热碳酸氢钠，产生的气体通入到澄清石灰水，石灰水变浑浊，则证明碳酸氢钠分解产生二氧化碳；C．苦卤中含有溴离子，加入氯水将其氧化为溴单质，溴易溶于四氯化碳，利用四氯化碳进行萃取；D．粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO42﹣）制备精盐，需要晶体溶解、沉淀、过滤、调pH值、蒸发结晶。【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液，溶解固体需要用到玻璃棒，给出仪器缺少玻璃棒，故A错误；B．测定NaHCO3的热稳定性，用到的试剂有：碳酸氢钠固体、澄清石灰水，故B错误；C．将苦卤中的Br﹣氧化，富集，用到的仪器：烧杯、胶头滴管、分液漏斗，用到的试剂：苦卤、氯水、四氯化碳，故C正确；D．粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO42﹣）制备精盐，需要晶体溶解、沉淀、过滤、调pH值、蒸发结晶，用到的仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、酒精灯、蒸发皿，需要的试剂：粗食盐水、NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸，故D错误；故选：C。【点评】本题考查基本化学实验操作，涉及配制一定物质的量浓度的溶液，测定NaHCO3的热稳定性，粗盐提纯，将苦卤中的Br﹣氧化，富集，考查范围较广，明确实验原理和操作步骤，熟悉仪器的构造特点及用途为解题关键，难度中等。（多选）12．（4分）乙酰苯胺俗称“退热冰”，实验室合成路线如图（反应条件略去），下列说法错误的是（）A．三个反应中只有②不是取代反应 B．反应①提纯硝基苯的方法为：碱洗→分液→水洗→分液→蒸馏 C．由硝基苯生成1mol苯胺，理论上转移5mol电子 D．在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的有5种【分析】A．①③属于取代反应，②属于还原反应；B．先中和酸，硝基苯不溶于水，用分液方法分离，用水洗盐和碱，再进行蒸馏；C．N元素化合价由+3降低为﹣3价；D．在乙酰苯胺的同分异构体能发生水解，说明含有酰胺基，可以看作是﹣CONH﹣插入中碳碳单键、C﹣H单键之间，每个插入有2种连接方式。【解答】解：A．①是苯环上氢原子被硝基替代，③是氨基中氢原子被替代，二者都属于取代反应，②中硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应，故A正确；B．剩余的硫酸、硝酸需要用碱中和酸，硝基苯不溶于水，再分液方法进行分离，用水洗盐和碱，然后再分液分离，最后进行蒸馏，故B正确；C．N元素化合价由+3降低为﹣3价，由硝基苯生成1mol苯胺，理论上转移6mol电子，故C错误；D．在乙酰苯胺的同分异构体能发生水解，说明含有酰胺基，可以看作是﹣CONH﹣插入中碳碳单键、C﹣H单键之间，有1个碳碳单键，有4种C﹣H键，每个插入有2种连接方式，故符合条件的同分异构体条共有（1+4）×2＝10种，故D错误；故选：CD。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意D利用插入法书写同分异构体，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。13．（4分）NaClO2工业上常用于消毒杀菌、漂白，如图为“过氧化氢法”制备NaClO2的流程。下列说法正确的是（）A．为减少杂质离子，硫酸可以用盐酸代替 B．过程①的离子方程式为2ClO3﹣+C2O42﹣+4H+═2ClO2↑+2CO2↑+2H2O C．理论上消耗的草酸与H2O2的物质的量之比为1：1 D．相同物质的量的NaClO2与Cl2相比，消毒效率之比为3：2【分析】由制备流程可知，①中发生2ClO3﹣+H2C2O4+2H+═2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，冷水吸收气体后，②中发生2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2ClO2﹣+O2↑+2H2O，最后从溶液中结晶分离出NaClO2，以此来解答。【解答】解：A.硫酸不能用盐酸代替，因NaClO3可氧化盐酸生成氯气，影响后续NaClO2的制备，故A错误；B.过程①的离子方程式为2ClO3﹣+H2C2O4+2H+═2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，故B错误；C.由H2C2O4～2ClO2～H2O2，可知理论上消耗的草酸与H2O2的物质的量之比为1：1，故C正确；D.相同物质的量的NaClO2与Cl2相比，消毒效率之比为＝2：1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。（多选）14．（4分）2021年9月27日，中国科学院大连物理研究所报道了一种Ba﹣Cr四元氮氢化合物合成氨催化剂。在该催化剂中，Ba、Cr、N及H（H﹣）构成独特的Ba5CrN4H活性相，在较为温和的条件下实现了催化合成氨，机理如下图所示。下列说法错误的是（）A．该催化剂可以提高原料的平衡转化率 B．催化剂中H﹣可作电子供体和质子载体 C．合成氨反应的决速步是N2*+H2*═N*+3H* D．N2（g）+H2（g）═NH3（g）ΔH＝﹣50kJ•mol﹣1【分析】A．催化剂不改变化学平衡状态；B．H﹣含有1个质子和2个电子；C．合成氨反应的决速步是活化能最大的步骤；D．N2（g）+H2（g）═NH3（g）ΔH＝（﹣17+21﹣50）kJ/mol。【解答】解：A．催化剂不改变化学平衡状态，则该催化剂不可以提高原料的平衡转化率，故A错误；B．H﹣含有1个质子和2个电子，则可作电子供体和质子载体，故B正确；C．合成氨反应的决速步是活化能最大的步骤，由图可知，N2*+H2*═N*+3H*该步骤活化能最大，为决速步，故C正确；D．N2（g）+H2（g）═NH3（g）ΔH＝（﹣17+21﹣50）kJ/mol＝﹣46kJ/mol，故D错误；故选：AD。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。（多选）15．（4分）常温下，向含MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，Mg和Al两种元素在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示，纵轴lgc═（Mn+）或lgc（[Al（OH）4]﹣）。当溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子完全沉淀。下列说法正确的是（）A．图中M代表Mg2+ B．Ksp[Al（OH）3]＜Ksp[Mg（OH）2] C．Al（OH）3开始溶解时，溶液pH＝8 D．氢氧化钠不能完全分离Mg2+和Al3+离子【分析】向MgCl2和AlCl3混合溶液中加入NaOH溶液，Al3+和Mg2+的浓度随着pH值的增大逐渐生成沉淀而减少，只有[Al（OH）4]﹣的浓度随pH值的增大而增大，故Q线代表的物质是[Al（OH）4]﹣；Al3+要先生成沉淀Al（OH）3后才能转化为[Al（OH）4]﹣，不会出现Al3+减少的同时增加[Al（OH）4]﹣；故M代表Al3+，N代表Mg2+，Q代表[Al（OH）4]﹣，以此解题。【解答】解：A．根据分析可知，图1中M代表Al3+，故A错误；B．取M线与X轴的交点分析：pH＝3.0，即c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，lgc（Al3+）＝0，即c（Al3+）＝1mol/L，故Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）c3（OH﹣）＝1×（10﹣11）3＝10﹣33；取N线与X轴的交点分析：pH＝8.5，即c（OH﹣）＝10﹣5.5mol/L，lgc（Mg2+）＝0，即c（Mg2+）＝1mol/L，故Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）c2（OH﹣）＝1×（10﹣5.5）2＝10﹣11，故Ksp[Al（OH）3]＜Ksp[Mg（OH）2]，故B正确；C．Al（OH）3开始溶解就是开始生成[Al（OH）4]﹣，由图可知此时pH＝8.5，故C正确；D．由图可知，大约在pH＝8.5～7.5之间，Al3+已经完全沉淀，而Mg2+还未开始沉淀，所以此时溶液中只有Mg2+，沉淀中只有Al（OH）3，已经完全分离，即氢氧化钠可以完全分离Mg2+和Al3+离子，故D错误；故选：BC。【点评】本题主要考查学生的看图分析能力、读取信息的能力，同时考查Ksp的计算与应用，溶液的pH的计算等，对学生的思维能力要求较高，难度较大。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（10分）用Fe/SNCFs﹣NH3电催化剂作为锌﹣空气电池正极材料，调控了碳纤维膜的孔隙结构和Fe单原子催化点位的配位环境，实现了氧还原/氧析出双功能催化活性。请回答下列问题：（1）Zn原子核外电子有30种运动状态，基态Fe原子有4个未成对电子。（2）C、N、S分别与H形成的简单氢化物中键角最小的是H2S，其原因是三者的氢化物均为sp3杂化，H2S的孤电子对最多，共价键的斥力最小，键角最小。（3）H、C、N、S四种元素可形成硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）和异硫氰酸（H﹣N＝C＝S），异硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为3：2，异硫氰酸沸点较高，原因是异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高。（4）铁和氨在一定条件下反应生成Fe4N，Fe4N的晶胞结构如图所示，N原子的配位数是6。若两个最近的Fe原子间的距离为apm，则该晶体密度为g•cm﹣3（阿伏加德罗常数的数值用NA表示）。【分析】（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，电子有30种运动状态，基态Fe原子的核外电子排布为[Ar]3d64s2；（2）C、N、S分别与H形成的简单氢化物中键角最小的是H2S，原因在于三者的氢化物均为sp3杂化，H2S的孤电子对最多；（3）分析结构简式可知每个HSCN分子中有3个σ键和2个π键，比例为3：2；异硫氰酸中有“N﹣H”结构，易形成分子间氢键；（4）分析可知，以体心N为例，配位数为6，若两个最近的Fe原子间的距离为apm，即面对角线的一半，则晶胞边长为pm，晶胞体积为（×10﹣10）3cm3，晶胞中Fe数目为8×+6×＝4，N原子数目为1，晶胞质量为g，晶胞密度，据此计算。【解答】解：（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，电子有30种运动状态，基态Fe原子的核外电子排布为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，故答案为：30；4；（2）C、N、S分别与H形成的简单氢化物中键角最小的是H2S，原因在于三者的氢化物均为sp3杂化，H2S的孤电子对最多，共价键的斥力最小，键角最小，故答案为：H2S；三者的氢化物均为sp3杂化，H2S的孤电子对最多，共价键的斥力最小，键角最小；（3）分析结构简式可知每个HSCN分子中有3个σ键和2个π键，比例为3：2；异硫氰酸中有“N﹣H”结构，易形成分子间氢键，沸点较高，故答案为：3：2；异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高；（4）分析可知，以体心N为例，配位数为6，若两个最近的Fe原子间的距离为apm，即面对角线的一半，则晶胞边长为pm，晶胞体积为（×10﹣10）3cm3，晶胞中Fe数目为8×+6×＝4，N原子数目为1，晶胞质量为g，晶胞密度＝g•cm﹣3，故答案为：6；。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。17．（14分）钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图所示：已知：①Ksp（MgF2）＝7.5×10﹣11mol3•L﹣3；Ksp（CaF2）＝1.5×10﹣10mol3⋅•L﹣3。②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）2Fe（OH）3Co（OH）2Mn（OH）2Al（OH）3开始沉淀时的pH7.02.77.67.74.0沉淀完全时的pH9.63.79.29.85.2请回答下列问题：（1）“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是8CoOOH+Na2S2O3+7H2SO4＝8CoSO4+Na2SO4+11H2O浸出液中加入NaClO溶液的目的ClO﹣+2Fe2++2H+＝Cl﹣+2Fe3++H2O（用离子方程式表示）。（2）浸出过程中加入Na2CO3调pH的范围是5.2≤pH＜7.6；当加入过量NaF后，所得滤液Ⅱ中＝2。（3）如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。萃取剂合适的pH为B。A．2～3B．3～4C．6～7D．7～8（4）取CoC2O4•2H2O样品2g溶于稀盐酸，加入0.5mol•L﹣1的EDTA25mL，然后加入2﹣甲酚橙做指示剂，用0.5mol•L﹣1的ZnCl2溶液滴定剩余的EDTA，消耗ZnCl2溶液10mL。样品中Co元素的质量分数22%（保留2位有效数字）。已知：Co2++EDTA＝[Co（EDTA）]2+，Zn2++EDTA＝[Zn（EDTA）]2+。（5）Co能与强酸反应产生H2。工业上采用惰性电极电解CoCl2溶液制取钴。不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是若用CoSO4代替CoCl2，水在阳极放电生成的H+与Co反应，导致Co产率降低。【分析】由题给流程可知，向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2～7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。【解答】解：（1）由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，CoOOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应的化学方程式为8CoOOH+Na2S2O3+7H2SO4＝8CoSO4+Na2SO4+11H2O；浸出液中加入次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为ClO﹣+2Fe2++2H+＝Cl﹣+2Fe3++H2O，故答案为：8CoOOH+Na2S2O3+7H2SO4＝8CoSO4+Na2SO4+11H2O；ClO﹣+2Fe2++2H+＝Cl﹣+2Fe3++H2O；（2）由分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2～7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀；当加入过量氟化钠溶液后，所得滤液Ⅱ中═＝＝2，故答案为：5.2≤pH＜7.6；2；（3）由图可知，萃取剂pH在3～4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取剂合适的pH在3～4范围内，故答案为：B；（4）由题意可知，钴离子和锌离子的物质的量之和等于EDTA的物质的量，则2g样品中钴元素的质量分数为×100%≈22%，故答案为：22%；（5）若用硫酸钴代替氯化钴，硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用CoSO4代替CoCl2，水在阳极放电生成的H+与Co反应，导致Co产率降低。【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是溶度积常数计算，题目难度中等。18．（11分）硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药、染料的重要原料。硫酰氯与硫酸的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质SO2Cl2﹣54.169.1①易水解，产生大量白雾，生成两种强酸②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338强吸水性、稳定不易分解实验室用干燥纯净的氯气和过量的二氧化硫在活性炭的催化作用下合成硫酰氯，反应方程式为SO2（g）+Cl2（g）═SO2Cl2（l）ΔH＜0，其实验装置如图所示（夹持仪器已省略）：（1）D的名称蒸馏烧瓶，A的作用为冷凝回流硫酰氯（SO2Cl2）；B中盛放的药品是碱石灰。（2）能替代装置戊中KMnO4是AD（填字母代号）。A．氯酸钾B．二氧化锰C．五氧化二磷D．漂白粉（3）若缺少装置乙和丁，对产品硫酰氯会有何影响，请用化学方程式表示SO2Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl。（4）反应过程中，为防止SO2Cl2分解，可采取的措施有可调节装置甲、戊中液体滴入的速度，减慢气体通入丙（三口烧瓶）的速率；给丙（三口烧瓶）冷水浴，降温。（至少写一条）。（5）实验开始时，戊中开始加入pgKMnO4固体，假设KMnO4在过量浓盐酸的作用下完全反应，若实验结束后得到硫酰氯qmol，请计算硫酰氯的产率或（列出表达式）。【分析】装置戊为氯气发生装置；甲为制备二氧化硫的装置，二氧化硫、氯气参与反应前需干燥，则乙、丁中为浓硫酸，在装置丙中氯气和二氧化硫制得产品SO2Cl2；（5）pgKMnO4的物质的量为mol，根据制备氯气的反应为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，则生成的氯气的物质的量为mol，根据氯原子守恒计算制得的SO2Cl2的物质的量以及硫酰氯的产率。【解答】解：（1）仪器D为蒸馏烧瓶；反应一段时间后，由于制备反应为放热反应，反应一段时间后温度升高，故A的作用为冷凝回流硫酰氯（SO2Cl2）；为防止SO2Cl2水解，B中应为碱石灰，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝回流硫酰氯（SO2Cl2）；碱石灰；（2）戊中高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，氯酸钾或漂白粉（次氯酸钙）和浓盐酸反应可以制备氯气，二氧化锰和浓盐酸需要加热才能制备氯气，五氧化二磷和浓盐酸不反应，故答案为：AD；（3）若无装置乙和丁，氯气中会混有水蒸气，依据题意，SO2Cl2易水解，反应方程式为SO2Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；（4）反应过程中，为防止SO2Cl2分解，可调节装置甲、戊中液体滴入的速度，减慢气体通入丙（三口烧瓶）的速率；给丙（三口烧瓶）冷水浴，降温等，故答案为：可调节装置甲、戊中液体滴入的速度，减慢气体通入丙（三口烧瓶）的速率；给丙（三口烧瓶）冷水浴，降温；（5）pgKMnO4的物质的量为mol，根据制备氯气的反应为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，则生成的氯气的物质的量为mol，根据氯原子守恒制得的SO2Cl2的理论值为mol，则硫酰氯的产率×100%＝或，故答案为：或。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度不大。19．（13分）芳香化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：已知：①A中含两个甲基；②③请回答下列问题：（1）A→B的反应条件为浓硫酸、加热；D→E的反应类型是水解反应或取代反应。（2）L中含有的官能团的名称为醛基；聚酯Ⅰ的结构简式为。（3）F与银氨溶液反应的化学方程式为。（4）F有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体共有14种，其中核磁共振氢谱图有四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为和。①能发生水解反应和银镜反应；②属于芳香化合物。（5）请参考上述合成路线，设计由（CH3）3CBr和制备的合成路线（无机试剂任选）：。【分析】芳香化合物A（C9H12O）中含有苯环，A的不饱和度＝＝4，苯环的不饱和度是4，则A中支链上不含双键或环，A中含有2个甲基，B能和溴发生加成反应，B中含有碳碳双键，A发生消去反应生成B，B发生信息②的反应生成C，C和L发生信息③的反应生成K，根据K的结构简式知，C为、L为，则B为，A为；B和溴发生加成反应生成D为，E发生催化氧化生成F，则D发生水解反应生成E为，F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成聚酯I为；（5）由（CH3）3CBr和制备，（CH3）3CBr发生消去反应生成（CH3）2C＝CH2，（CH3）2C＝CH2发生信息②的反应生成，和反应生成。【解答】解：（1）A中醇羟基发生消去反应生成B中碳碳双键，则A→B的反应条件为浓硫酸作催化剂、加热；D中溴原子发生水解反应生成E中醇羟基，则D→E的反应类型是水解反应或取代反应，故答案为：浓硫酸、加热；水解反应或取代反应；（2）L为，L中含有的官能团的名称为醛基；聚酯Ⅰ的结构简式为，故答案为：醛基；；（3）F为，F与银氨溶液反应的化学方程式为，故答案为：；（4）F为，F的同分异构体符合下列条件：①能发生水解反应和银镜反应，根据氧原子个数知，应该含有HCOO﹣；②属于芳香化合物，说明含有苯环，如果取代基为HCOOCH2CH2﹣，有1种结构；如果取代基为HCOOCH（CH3）﹣，有1种结构；如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2CH3，有邻位、间位、对位3种；如果取代基为HCOOCH2﹣