2022内蒙古两市联考高三10月质量检测化学试题含解析

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2021~2022学年度高三10月联考质量监测
化学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，用2B铅笔把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，涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，用黑色签字笔将答案书写在答题卡指定位置上，书写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Cl 2 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Cl 35.5
一、选择题：本题共16小题，每题3分，共48分，每小题只有一项符合题意。
1. 化学与人类生活、生产和科技发展密切相关，下列有关说法正确的是
A. “天问一号”火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
B. “84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果
C. “长征五号”运载火箭使用的液氢燃料具有高效能、无污染的特点
D. 《新修本草》中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃，烧之赤色”。这里的赤色物质是Fe3O4
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A．太阳能电池板的主要材料是硅而不是二氧化硅，A错误；
B．NaClO溶液有强氧化性，与酒精混用发生氧化还原反应，使消毒效果降低，B错误；
C．液氢燃料具有高效能、无污染的特点，C正确；
D．题中描述“烧之赤色”推断物质应为三氧化二铁而不是四氧化三铁，D错误；
故选C。
2. 关于下列仪器使用的说法正确的是

A. ①、③可直接加热
B. ①、④可用作反应容器
C. ③、⑤可用于物质分离
D. 只有②、⑤使用前需检查是否漏水
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．锥形瓶一般不加热，更不能直接加热，蒸馏烧瓶不可以直接加热，必须垫石棉网后加热，A错误；
B．④是容量瓶，只能配制溶液不可用作反应容器，B错误；
C．分液漏斗进行分液操作，蒸馏烧瓶进行蒸馏操作，都可以可用于物质分离，C正确；
D．④即容量瓶使用前也需检查是否漏水，D错误；
故答案为：C。
3. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用Cl2进行自来水消毒：
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：
C. 硫酸铝溶液中滴加过量氢氧化钾溶液：
D. 向FeI2溶液中通入少量
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．生成物中HClO不能拆，离子方程式为Cl2＋H2O = H＋＋Cl－＋HClO，A错误；
B．过量铁粉加入稀硝酸中，生成Fe2+、NO、H2O，B正确；
C．过量的氢氧化钾能使生成的氢氧化铝溶解，生成，离子方程式为Al3++4OH-=+2H2O，C错误；
D．I-的还原性比Fe2+强，少量的氯气应该先氧化I-，离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，D错误；
故选B。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，2.24LCCl4含有共价键的数目为0.4NA
B. 含有4.6gNa+的Na2O、Na2O2的混合物中阴离子个数为0.1NA
C. 0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有的双键数目为0.1NA
D. 常温下，13.8gNO2与足量水反应，转移电子数为0.6NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气体，无法计算2.24L四氯化碳的物质的量和含有共价键的数目，故A错误；
B．氧化钠和过氧化钠的阴阳离子个数比都为2：1，则含有4.6g钠离子的氧化钠和过氧化钠的混合物中阴离子个数为××NA mol—1=0.1NA，故B正确；
C．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳双键和碳氧双键，则0.1mol丙烯酸中含有的双键数目为0.1mol×2×NA mol—1= 0.2NA，故C错误；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，3mol二氧化氮反应时转移电子的物质的量为2mol，则13.8g二氧化氮与足量水反应，转移电子数为×2×NA mol—1=0.2NA，故D错误；
故选B。
5. 用所选玻璃仪器和试剂能达到实验目的的是

实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液
100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
制备Fe(OH)3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
测定NaOH溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，还缺少胶头滴管，A不符合题意；
B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B符合题意；
C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；
故选B。
6. 常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 化合物XZ中的化学键为离子键
B. 简单离子的半径：Y>Z>X>W
C. 非金属性：Y>Z
D. Z的单质具有强氧化性和漂白性
【答案】A
【解析】
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH<2，应为二元强酸，则Y为S元素。
【详解】A．化合物XZ为NaCl，化学键为离子键，A正确；
B．简单离子的半径：，B错；
C．非金属性：Cl>S，C错；
D．Z的单质Cl2只有强氧化性，没有漂白性，D错；
故选：A；
7. 某有机物结构简式如图所示，下列有关说法正确的是

A. 该有机物的分子式为C12H18O3
B. 该有机物能发生取代反应，不能发生加成反应
C. 该有机物苯环上的一氯代物共有6种
D. 1mol该有机物最多可与40gNaOH发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该有机物的分子式为C12H16O3，A错误；
B．该有机物中含有苯环、羧基、羟基能发生取代反应，含有苯环也能发生加成反应， B错误；
C．该有机物结构不对称，苯环上的一氯代物共有4种，C错误；
D．只有羧基与NaOH发生反应，故1mol该有机物最多可与40gNaOH发生反应，D正确；
故选D。
8. 实验室制备苯甲酸乙酯，装置如图所示，原理是在环己烷中发生如下反应：。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃，下列说法错误的是

A. 装置B中b为冷凝水进水口
B. 加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率
C. 反应后向A中的溶液加入氯化钠以除去硫酸和剩余的苯甲酸
D. 若分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．冷凝管进出水应该下进上出，描述正确，不符题意；
B．用环己烷作溶剂使反应物充分接触，并与生成的水形成共沸物，在较低温度下挥发，使生成物H2O不断被带离反应体系，促使可逆反应想正向进行，增大反应物转化率，提高苯甲酸乙酯产率，描述正确，不符题意；
C．使用碳酸钠可以除去硫酸和剩余的苯甲酸，氯化钠不与残留的两种酸反应，描述错误，符合题意；
D．为防止分水器中水回流如反应容器，当分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水，描述正确，不符题意；
综上，本题选C。
9. 一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为:，下列说法中正确的是

A. 反应II中H2O2做氧化剂
B. 产品中含有、
C. NaClO2的漂白原理与SO2漂白原理不相同
D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅰ为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应Ⅱ是ClO2通入NaOH和H2O2溶液中有生成NaClO2，则反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，反应Ⅱ中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故A错误；
B．反应Ⅱ是ClO2通入NaOH和H2O2溶液中，根据质量守恒，产品中不可能含有，反应Ⅱ中ClO2可能生成氯离子，故B错误；
C．NaClO2具有强氧化性，能使有色物质氧化褪色，SO2和有色物质发生化合反应生成无色不稳定的物质，二者漂白原理不同，故C正确；
D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，灼烧固体在坩埚中进行，故D错误；
故选C。
10. 用如图装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2和NO2，发生的化学反应为：。下列叙述错误的是


A. 实验室中可用Cu与稀硝酸制备二氧化氮气体
B. 装置II中的玻璃管起到平衡气压作用
C. 由该反应可知氧化性顺序：Cl2>NO2
D. 通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．实验室中应该用铜与浓硝酸制备二氧化氮气体，故A错误；
B．由图可知，装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，故B正确；
C．由方程式可知，氯气能将二氧化氮氧化为硝酸钠，说明氯气的氧化性强于二氧化氮，故C正确；
D．通过观察装置I、III中的气泡的快慢，可以控制氯气和二氧化氮的通入量，有利于反应的充分进行，故D正确；
故选A。
11. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向含有SO2的BaCl2溶液中通气体X
产生白色沉淀
X一定表现氧化性
C
将少量铜粉加入1.0Fe2(SO4)3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
D
向盛有KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中存在平衡：


A A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，是溶液中的硝酸将Fe2+氧化，而不是稀硫酸，A错误；
B．向含有SO2的BaCl2溶液中通气体X，产生白色沉淀，沉淀可能是BaSO4或BaSO3，所以通入的气体可能是氨气或是氧化性气体，如氯气等，B错误；
C．将少量铜粉加入1.0Fe2(SO4)3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，没有发生金属间置换，不能比较铜和铁的活泼性，C错误；
D．向盛有KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中同时存在I2和，即溶液中存在平衡：，D正确；
选D。
12. CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A. “碱溶”时发生了Al2O3和NaOH的反应
B. “洗涤”时使用乙醇防止CuCl被氧化
C. “还原”反应所得的溶液中大量存在Cu2+、H+、、
D. 酸溶的离子反应方程式为：
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，一定条件下，向废铜渣中通入一氧化碳，一氧化碳将镍转化为四羰基合镍除去；除去镍的废铜渣中的氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到铜和偏铝酸钠溶液；铜与加入的稀硫酸和过氧化氢混合溶液反应得到硫酸铜，向酸溶后的溶液中加入亚硫酸钠和氯化钠混合溶液，硫酸铜溶液与混合溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铜、硫酸钠和硫酸，还原后的溶液经过滤、洗涤等得到氯化亚铜。
【详解】A．由分析可知，“碱溶”时发生的反应为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，故A正确；
B．氯化亚铜潮湿时易被氧化，过滤后应选用乙醇洗涤带走水分，防止氯化亚铜被氧化，故B正确；
C．由分析可知，“还原”时发生的反应为硫酸铜溶液与混合溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铜、硫酸钠和硫酸，则“还原”后所得溶液中大量存在的离子有氢离子、钠离子和硫酸根离子，故C错误；
D．由分析可知，酸溶时发生的反应为铜与加入的稀硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子反应方程式为，故D正确；
故选C。
13. 北京化工大学研究了过渡金属Pd8簇催化乙炔氢化的反应机理，Pd8簇上的反应中间体亚乙烯基吸附物R，多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下(TS为过渡态，IM为中间体)。下列说法正确的是

A. 乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应
B. 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大乙炔的化学反应化速率
C. 图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM2到TS3
D. 乙炔氢化历程中涉及极性键的断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为吸热反应，故A错误；
B．该生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大反应物在催化剂表面的接触面积，加快反应速率，故B正确；
C．由图可知，图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2，故C错误；
D．炔氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂，故D错误；
故选B。
14. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。


下列说法错误的是
A. ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O
B. 加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+
C. 加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D. 为加快反应速率，净化I和净化II均应在较高的温度下进行
【答案】D
【解析】
【分析】锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，溶液中会有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+金属阳离子进入，加入H2O2用于氧化亚铁离子，然后用ZnO调pH除去三价铁，过滤之后加入硫化锌沉铜，电解得到的硫酸锌溶液制取锌。
【详解】A．ZnFe2O4溶于硫酸生成Zn2+、Fe3+、H2O，离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，A正确；
B．加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，B正确；
C．加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+生成更难溶的CuS，是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，C正确；
D．净化I中的H2O2在温度较高时会分解，该反应需要控制温度不能太高，D错误；
答案选D。
15. 以NaOH溶液为离子导体，分别组成、、清洁燃料电池，下列说法错误的是
A. 放电过程中，Na+均向正极移动
B. 放电过程中，NaOH物质的量均减小
C. 消耗等质量燃料，燃料电池的理论放电量最大
D. 消耗1molO2时，理论上燃料电池气体产物的体积在标准状况下为22.4L
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．放电过程中，Na+为阳离子，向正极移动，A正确；
B．放电过程中，、燃料电池消耗NaOH，减少，燃料电池总反应：，不变，B错误；
C．假设均消耗1g燃料，CH4、CH3OH、N2H4放电量分别为：8×mol，6×mol，4×mol，通过比较可知，燃料电池电量最大，C正确；
D．由电池总反应可知，消耗1molO2，生成1molN2，在标准状况下体积为22.4L，D正确；
故选B。
16. H2R是一种二元弱酸。常温下，将稀硫酸滴入一定浓度的Na2R溶液中，混合液里pY(Y表示或，)随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线m表示与混合溶液pH的变化关系
B. Na2R溶液中存在：
C.
D. 滴加稀硫酸的过程中，保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．H2R是一种二元弱酸，以第一步电离为主，，当pH相同时，c(H+)相同，，因为，，，m、n分别表示pH与、的变化关系，A错误；
B．Na2R是强碱弱酸盐，R2-水解使溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)；HR-由R2-水解产生，而溶液中的OH-由R2-、HR-水解产生，且水也电离产生OH-，故c(OH-)＞c(HR-)；水解程度逐渐减弱，主要是第一步水解，则c(HR-)＞c(H+)，结合盐的组成可知：c(Na+)＞c(R2-)，故该溶液中离子浓度大小为：；B错误；
C．由N点可知：当溶液pH=7.4时，，，
，C错误；
D． ，所以在滴加稀硫酸的过程中保持不变，D正确；
故合理选项是D。
二、非选择题：本题包括必考题和选考题，共52分。第17—19题为必考题，每道试题考生都必须作答，第20、21题为选考题，考生选择其中一道作答。
(一)必考题，共3小题，共37分。
17. 工业上以铬铁矿，主要成分为FeCr2O4，(含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。(已知：FeCr2O4，中铬元素为+3价：与存在如下平衡： )，回答下列问题：

（1）铬铁矿预先粉碎的目的是_____
（2）焙烧过程中，FeCr2O4转化为Na2CrO4，并产生红棕色固体物质和无色气体，写出该过程的化学方程式_____
（3）常温下，矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度时，可认为基本已除尽。

Fe元素在___________(填操作单元的名称)过程中除去，中和时pH的理论范围为___________酸化的目的是_____；___________。
（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2CrO7的总反应方程式为： 。则Na2CrO7在___________(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过交换膜的离子主要为___________。

【答案】（1）增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2）
（3） ①. 浸取 ②. 4.5£pH£9.3 ③. 使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 ④.
（4） ①. 阳 ②.
【解析】
【分析】焙烧过程中，FeCr2O4转化为Na2CrO4，并产、和二氧化碳，在水中溶解，、氧化铝、Si氧化物为滤渣，酸化后生成Na2Cr2O7，冷却结晶得到产物。据此分析解题。
【小问1详解】
粉碎的目的是增大接触面积，提高焙烧速率；
【小问2详解】
由题可知，红棕色固体物质为Fe2O3，无色气体为CO2化学方程式为：；
【小问3详解】
铬铁矿与纯碱、O2反应生成Fe2O3，不溶于水，故Fe元素在“浸取”操作中除去；中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为4.5£pH£9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，c(H+)增大，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；当pH=4.5时，，常温下，，所以，；
【小问4详解】
由电解总反应可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H+和O2，阴极上水得到电子生成H2和，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；为提高制备Na2Cr2O7的效率，通过离子交换膜移向阳极。
18. 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃—5℃、碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)

①装浓盐酸的仪器名称___________。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂___________。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的化学反应有： ，另外还有______ (写离子方程式)：在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是___________。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
i.由方案I中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将氧化，还可能的原因___________。
ii.方案II可证明K2FeO4氧化了，用KOH溶液洗涤的目的是___________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2___________(填“>”或“<”)，而方案II实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ③. ④. 将C装置放置于冰水浴中
（2） ①. Fe3+ ②. 在酸性条件下，K2FeO4发生反应生成Fe3+和O2 ③. 排除的干扰，碱性溶液中较稳定 ④. > ⑤. 溶液酸碱性不同
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；装置B为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去氯化氢；装置C中氯气与氢氧化铁固体、氢氧化钾溶液反应制备高铁酸钾；装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
①由图可知，装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由分析可知，装置B为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去氯化氢，装置图为，故答案为：；
③装置C中氯气除与氢氧化铁固体、氢氧化钾溶液反应制备高铁酸钾外，氯气还可能与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，反应的离子方程式为；将C装置放置于冰水浴中可控制反应在0℃～5℃进行，故答案为：；将C装置放置于冰水浴中
【小问2详解】
①i．方案I中加入过量硫氰化钾溶液，溶液变红可知a中含有铁离子；铁离子可能是高铁酸钾酸性条件下氧化氯离子得到，也可能是高铁酸钾在酸性条件下生成氧气时被还原为铁离子，故答案为：Fe3+；在酸性条件下，K2FeO4发生反应生成Fe3+和O2；
ii．由信息可知，高铁酸钾微溶于氢氧化钾溶液，在碱性溶液中较稳定，C中所得的高铁酸钾固体表面可能附有可溶的氯化钾和次氯酸钾，用氢氧化钾溶液洗涤能洗去表面附有的氯化钾和次氯酸钾，避免在酸性条件下氯化钾和次氯酸钾反应生成氯气，排除次氯酸钾对反应的干扰，故答案为：排除的干扰，碱性溶液中较稳定；
②由题意可知，碱性条件下，氯气可将氢氧化铁氧化为高铁酸根离子，说明氯气的氧化性大于高铁酸根离子，酸性条件下，高铁酸根离子可将氯离子氧化为氯气，说明高铁酸根离子的氧化性大于氯气，对比可知溶液的酸碱性会影响氯气与高铁酸钾的氧化性强弱，故答案为：>；溶液酸碱性不同。
19. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I. ；
II. ；
III. ；
回答下列问题：
（1）=___________(用、表示)；K3=___________(用K1，K2表示)
（2）反应I、II、III以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，的数值范围是___________(填标号)。
A. B. C. D.

（3）一定条件下，只发生反应I，原料初始组成，反应达到平衡时，CH3OH的物质的量分数为，用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=___________(以分压表示，分压=总压物质的量分数)；则CO2的转化率为____。
（4）不同压强下，按照投料，实验测定CH3OH的平衡产率(CH3OH的平衡产率)随温度的变化关系如下图所示。

压强p1、p2、p3由大到小的顺序为____；为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为____ (填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【答案】（1） ①. ②. （2）C
（3） ①. ②. 33.3%
（4） ①. p1>p2>p3 ②. A
【解析】
【分析】
【小问1详解】
I. ；
II. ；
III. ；
由I、II、III反应可知，III=III，则；K3=K2/K1；
【小问2详解】
由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，T降低，Kx增大，说明3个反应均为放热反应，即、、，，因此，由于放热反应的越小，其绝对值越大，则；
故C正确；
【小问3详解】
由题意可知，；设起始，，则，当平衡时时，，解得，平衡时CO2的转化率；
【小问4详解】
III反应，压强增大，对平衡不影响，I和II反应，压强增大反应I和II平衡正向移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图可知：p1>p2>p3；
为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，平衡I应尽量向右移动，因为该反应，，所以选择低温和高压，选A。
(二)选考题，共15分，从20、21题中任选1道作答，若多做，则按所选的第1题计分。
[选修3——物质结构与性质]
20. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示状态中，能量最低和最高的分别为______、______ (填标号)。
A． B． C． D．
（2）Fe基态核外电子排布式为___________；二价亚铁离子能形成多种配位化合物，[Fe(NO)(H2O)5]2+中提供电子对形成配位键的原子是______，中心离子的配位数为___________。
（3）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为___________，键角由大到小的顺序为___________。
（4）磷酸根离子的空间构型为___________，其中P原子的杂化类型为___________。
（5）KH2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，分别用○、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：

晶胞在x轴方向的投影图为___________(填标号)。

【答案】（1） ①. D ②. C
（2） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 ②. N、O ③. 6
（3） ①. NH3＞AsH3＞PH3 ②. AsH3＞PH3＞NH3 ③. NH3＞PH3＞AsH3
（4） ①. 正四面体形 ②. sp3
（5）B
【解析】
【分析】
【小问1详解】
基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，电子排布图为，此时能量最低，即D状态的能量最低；各能级能量由低到高的顺序为1s＜2s＜2p，则电子处于高能级数多为能量最高状态，即C状态的能量最高；答案为：D，C。
【小问2详解】
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；[Fe(NO)(H2O)5]2+中的中心离子为Fe2+，配体有NO、H2O，H2O中O原子上有孤电子对，O原子提供孤电子对，NO中O原子吸引孤电子对的能力比N原子强，N原子更易提供孤电子对，故提供电子对形成配位键的原子是N、O；中心离子的配位数为1+5=6；答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；N、O；6。
【小问3详解】
NH3、PH3、AsH3是组成和结构相似的分子晶体，NH3分子间能形成氢键，故沸点最高，AsH3的相对分子质量大于PH3，AsH3分子间作用力强于PH3，所以沸点由高到低的顺序为：NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第VA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，所以还原性：AsH3＞PH3＞NH3；这三种分子，中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，电负性由大到小的顺序为N＞P＞As，所以键角大小：NH3＞PH3＞AsH3；故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；AsH3＞PH3＞NH3；NH3＞PH3＞AsH3。
【小问4详解】
中P上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，由于不含孤电子对，因此的空间构型为正四面体形，P原子是sp3杂化；故答案为：正四面体形；sp3。
【小问5详解】
由晶胞和、K+在晶胞xz面、yz面上的位置可知，有8个位于晶胞顶点、4个在面上、1个在体内，K+有4个在棱上、6个在面上，故晶胞在x轴方向的投影图为，答案选B。
[选修5——有机化学基础]
21. 由芳香化合物A(分子式为C7H6O)制备H的一种合成路线如下：

已知：①
②+
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________；C的结构简式为___________。
（2）由D到E的第一步反应的反应类型是___________。
（3）E中官能团的名称为___________。
（4）由E生成F的化学方程式为___________。
（5）化合物G的二氯代物有___________种同分异构体。
（6）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，写出2种符合要求的X的结构简式___________。
（7）写出用甲醛和乙醛为原料制备化合物CH2=CHCOOCH3的合成路线(其他试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. 苯甲醛 ②.
（2）消去反应 （3）碳碳三键、羧基
（4）+H2O
（5）9 （6）、、、(任写两种)
（7）CH3CHOCH2CH-CHOCH2CH-COOCH3
【解析】
【分析】由A分子式为C7H6O和题中第一个信息可确定：A为，B为 ，C为，D为 ，由F与G生成H和题中第二个信息的成环反应可知E中有碳碳三键，E为，F为 ，对比F、H结构推知G为 。
【小问1详解】
A的名称为苯甲醛；C的结构简式为 。
【小问2详解】
D为，E为 ，由D到E的第一步反应的反应类型是消去反应。
【小问3详解】
E为，故官能团为碳碳三键、羧基。
【小问4详解】
E为，F为，E生成F的化学方程式为：
。
【小问5详解】
G为 ，根据空间对称，可知一氯代物有3种，故根据“定一移一”二氯代物有9种。
【小问6详解】
F中除苯环外，还有5个C，2个O，Ω=3，由题中信息：能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2可知含—COOH，还余下4个C，Ω=2，由核磁共振氢谱可知，为对称结构，其中有6个H原子相同，即有2个对—CH3，另外2个C组成一个—C≡CH，即： 、、、(任选2种)。
【小问7详解】
由题中信息可知：
。
【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机物的命名、有机合成与推断、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力。充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键，难度适中。