2023年高考押题预测卷01（山东卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷01（山东卷）-化学（全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测试卷01（山东卷）
化学·全解全析
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B
C
C
A
D
B
D
C
A
D
B
AB
C
BD
D

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．化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关能源和材料的说法不正确的是
A．低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁
B．可燃冰资源丰富且可再生，是最有希望的未来能源
C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”
D．2022北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】A．合金硬度大于成分金属，低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁，故A正确；
B．可燃冰为化石燃料，不可再生，故B错误；
C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源，利于减少化石燃料的燃烧，有利于实现“低碳经济”，故C正确；
D．石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选B。
2．下列各组气体在通常情况下既能用浓硫酸干燥又能用碱石灰干燥的是（    ）
A．、、 B．HCl、、
C．、、CO D．、、
【答案】C
【解析】A. 不能用碱石灰干燥，故A错误；B.三种气体都能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C.三种气体与浓硫酸或碱石灰都不反应，能用其干燥，故C正确；D.、都与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故D错误。故选C。
3．某实验小组同学从废干电池内黑色粉末中回收二氧化锰并验证其催化作用，所选择的仪器或装置不正确的是

A．装置甲溶解固体
B．装置乙过滤溶液
C．装置丙灼烧固体
D．装置丁加入MnO2产生气泡速率加快
【答案】C
【解析】废干电池内黑色粉末主要成分为、石墨粉、、。将混合物溶解、过滤得到固体、石墨粉，灼烧固体除去石墨粉，得到。除去、碳粉中、的操作是溶解、过滤，；除去(灼烧无变化)中碳粉的方法是灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行；将灼烧后固体加入到中，产生气泡速率加快，证明的加入，加快了分解速率，属于催化剂。A．将混合物中、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置甲进行溶解操作，故A正确；B．将混合物中、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置乙进行过滤操作，故B正确；C．除去(灼烧无变化)中碳粉的方法是灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行，故C错误；D．将灼烧后固体加入到中，产生气泡速率加快，证明的加入，加快了分解速率，属于催化剂，故D正确；故选C。
4．从樟科植物枝叶提取的精油中含有甲、乙两种成分：

下列有关说法错误的是
A．甲、乙均属于芳香烃
B．甲、乙分子均具有极性
C．甲、乙均能使酸性及溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲可以通过氧化反应制备乙
【答案】A
【解析】A．甲、乙两分子中均含有氧原子，不属于烃类，都是芳香族化合物，A错误；
B．甲、乙两分子均不对称，具有极性，B正确；
C．甲、乙两分子中均含碳碳双键，故二者均可以使酸性及溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．甲中醇羟基可以在Cu作催化剂条件下被氧气氧化为醛基，D正确；
故答案为A。
5．三氟化氮(NF3)和六氟化硫(SF6)都是微电子工业中的优良蚀刻剂，随着纳米技术及电子工业的发展，它们的需求量日益增加。下列说法正确的是
A．和都是含有极性键的非极性分子
B．六氟化硫分子的空间构型为平面正六边形
C．三氟化氮的沸点高于三氟化磷
D．三氟化氮和甲烷中的N、C杂化方式相同
【答案】D
【解析】A．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，NF3为三角锥形结构，故为含有极性键的极性分子，而价层电子对数为6+=6，SF6是正八面体结构，其为含有极性键的非极性分子，A错误；
B．由A项分析可知，六氟化硫分子的空间构型为正八面体，B错误；
C．NF3和PF3均为分子晶体，二者均为三角锥形构型，且NF3的相对分子质量小于PF3的相对分子质量，故NF3的分子间作用力小于PF3的，则三氟化氮的沸点地于三氟化磷，C错误；
D．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，则N原子的杂化方式为sp3，CH4中心原子上价层电子对数为：4+=4，则C原子的杂化方式为sp3，故三氟化氮和甲烷中的N、C杂化方式相同，D正确；
故答案为：D。
6．实验室模拟制备亚硝酰硫酸()的反应装置如图所示。已知：亚硝酰硫酸溶于硫酸，遇水易分解。下列说法错误的是

A．装置A中应使用70%的浓硫酸
B．装置B、D中浓硫酸作用不同
C．装置C中反应为
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管
【答案】B
【分析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。
【解析】A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选用70%的硫酸，A正确；
B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B错误；
C．装置C中反应为，C正确；
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置C，D正确；
故选B。
7．固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是

A．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．Li是催化剂，只有是中间产物
D．整个过程的总反应可表示为
【答案】D
【解析】A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；B．反应②为，该反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B错误；C．Li是催化剂，和LiOH均是中间产物，C错误；D．根据分析，整个过程的总反应为氮气和水生成氨气和氧气，可表示为，D正确；故选D。
8．碳酸盐约占海水盐分的0.34%，一种海水脱硫的新工艺如图所示。下列说法错误的是

A．排入大气易引起酸雨 B．海水吸收二氧化硫时可能有逸出
C．处理后的海水增大 D．海水脱硫工艺简单，投资及运行费用低
【答案】C
【解析】A．SO2排入大气易引起硫酸型酸雨，原理为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4，A正确；B．由于SO2溶于水后形成的H2SO3的酸性强于H2CO3，海水中含有碳酸盐，故海水中吸收二氧化硫时可能有CO2逸出，B正确；C．天然海水中由于含有碳酸盐而呈碱性，处理后的海水中碳酸盐的量减少变成了硫酸盐，硫酸盐呈中性，故处理后海水的减小，C错误；D．海水脱硫是利用天然海水的碱度中和烟气中的酸性气体SO2，将大气中的SO2转化为硫酸盐直接送入大海，该工艺简单，投资及运行费用低，D正确；故答案为：C。
9．下列各组实验所选玻璃仪器和试剂，不能达到实验目的的是(不考虑存放试剂的容器)

实验目的
玻璃仪器
试剂
A
测定某NaOH溶液的浓度
酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯
HCl溶液、酚酞试剂、待测NaOH溶液、蒸馏水
B
探究浓度对化学平衡的影响
胶头滴管、试管、量筒
溶液、KSCN溶液、KSCN溶液
C
比较氯、溴、碘的非金属性
试管、胶头滴管
新制氯水、溴水、NaBr溶液、NaI溶液
D
验证铁盐的氧化性
试管、胶头滴管
溶液、KI溶液、淀粉溶液
【答案】A
【解析】A．滴定实验时，一般标准液盛放在滴定管中，未知浓度溶液盛放在锥形瓶中，题中所给仪器缺少锥形瓶，为了减少误差，强酸滴定强碱时，指示剂一般选择甲基橙，故A符合题意；
B．用量筒量取相同体积不同浓度的KSCN溶液，放入试管中，用胶头滴管向溶液中滴入相同滴数的FeCl3溶液，观察溶液颜色深浅，从而推出结论，故B不符合题意；
C．比较Cl、Br、I非金属性强弱，用置换反应进行分析判断，向盛有NaBr溶液的试管中滴加新制氯水，溶液变为橙色或橙黄色，说明Cl的非金属性比Br强，向盛有NaI溶液试管中滴加溴水，溶液变为棕黄色，说明Br的非金属性强于I，故C不符合题意；
D．证明Fe3+具有强氧化性，需要证明I2生成，淀粉遇碘变蓝，向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液显蓝色，说明Fe3+具有强氧化性，故D不符合题意；
答案为A。
10．我国科学家合成了一种深紫外非线性光学晶体新材料，晶体中阴离子为。元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M、Y与Z同周期，M的最外层电子数比次外层电子数多1，Z为电负性最强的元素，Y是地壳中含量最高的元素，X的轨道有3个电子。下列说法中不正确的是
A．电负性： B．简单离子半径：
C．简单气态氢化物的稳定性： D．M最高价氧化物对应水化物能与盐酸反应
【答案】D
【解析】元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M的最外层电子数比次外层电子数多1，说明M是B；Z为电负性最强的元素，说明Z是F；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的轨道有3个电子，说明X是P。A．电负性O＞P，故Y＞X，A正确；B．电子层数相同，核电核数越大，半径越小，故O2-＞F-，即Y＞Z，B正确；C．非金属性F＞P，则简单气态氢化物的稳定性Z＞X，C正确；D．M最高价氧化物对应水化物为硼酸，硼酸不与盐酸反应，D错误；故选D。
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．实验室以二氧化铺铈废渣为原料制备，其部分实验过程如下：

已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．加氨水“中和”除去过量盐酸，主要目的是提高的萃取率
C．试剂a一定是盐酸
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
【答案】B
【解析】二氧化铈()废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成；A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B正确；C．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，试剂a可为盐酸或硝酸，故C错误；D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。
12．某抗氧化剂Z可由图中反应制得：

下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是
A．化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3∶5
B．化合物Y中含有1个手性碳原子
C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗
D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素
【答案】AB
【解析】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用杂化的碳原子有6个，采用杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；
B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B正确；
C．化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个发生取代反应，碳碳双键可以与一个发生加成，因此1molX最多可消耗，C错误；
D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。
本题选AB。
13．硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。

下列说法错误的是
A．惰性电极2为阳极 B．反应前后WO/WO数量不变
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【解析】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A正确；
B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B正确；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；    
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D正确；
选C。
14．一种钴的氧化物在纳米储能领域研究广泛，其晶胞结构如图所示(白球为Co，黑球为O)，已知该晶胞参数为，阿伏伽德罗常数为。下列说法错误的是

A．该晶体的化学式为CoO
B．基态Co原子有2个未成对电子
C．与O原子最近且等距离的O原子有12个
D．氧化物的摩尔体积
【答案】BD
【解析】A．根据均摊法，晶胞中有4个Co，4个O，化学式为CoO，A正确；
B．基态Co原子的价电子排布式为，其价电子排布图为 ，有3个未成对电子，B错误；
C．根据图示结构结合几何关系可知，与O原子最近且等距离的O原子有12个，且距离为，C正确；
D．1mol晶胞中含有4molCoO，该氧化物的摩尔体积为，D错误；
故答案选BD。
15．已知：常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将 pH＝3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积 V，pH 随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d
B．a 点的两种酸溶液分别与 NaOH 恰好完全中和后，溶液中n(Na＋)相同
C．曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线
D．同温下 pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、HCOONa 溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)
【答案】D
【解析】A．酸抑制水电离，酸中c(H+ )越大其抑制水电离程度越大，c(H+): a>b>c>d，则水电离程度:a 三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可形成多种化合物，含硒化合物在材料和药物等领域有重要应用。回答下列问题：
(1)基态硒原子价电子排布式为___________。
(2)某绿色农药的结构简式如图所示。C、N、O、F四种元素第一电离能由大到小的排列顺序为___________；该物质中，C原子的杂化轨道类型为___________。

(3)亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除加速人体衰老的活性氧，的空间构型为___________；的键角___________气态分子SeO3(填“>”、“<”或“=”)，原因是___________。
(4)二硫键与二硒键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长λ1___________λ2(填“>”、“<”或“=”)。

(5)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为___________。晶胞棱边夹角均为90°，则晶体密度的计算式为___________g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)

【答案】(1)  4s24p4 （1分） 
(2)  F>N>O>C（1分）     sp2、sp3（1分）
(3) 三角锥形（1分）     < （1分）    SeO3分子中Se原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°；亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°（2分）
(4)< （1分）
(5) SeBi2O2 （1分）    （3分）
【解析】（1）Se是34号元素，其价电子排布式为4s24p4；
（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C；该物质中既含有饱和C原子，又含有连接双键的C原子，故C原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（3）中Se的价层电子对数为=3+1=4，孤对电子数为1，的空间构型为三角锥形；SeO3中Se原子的价层电子对数为=3+0=3，孤电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，而的空间构型为三角锥形，键角小于120°，即的键角小于气态分子SeO3；
（4）S和Se位于同一主族，Se的原子半径大于S，使得二硒键的键长大于二硫键，二硒键的键能小于二硫键，由于光的波长与其能量成反比，故λ1小于λ2；
（5）根据电荷守恒可知，该晶胞中和的个数比为1:1，则硒氧化铋的化学式为SeBi2O2；该晶胞中，Se的个数为=2，结合化学式可知，该晶胞中含有2个SeBi2O2，晶胞质量为=，晶胞体积为a´10-10cm´a´10-10cm´c´10-10cm=a2c´10-30cm3，则晶胞密度为=g·cm-3。
17．（12分）某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)FeS2中硫元素化合价为_______，滤渣I的成分除了S还有_______。
(2)写出任意两种加快酸浸速率的措施_______、_______。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是_______。
(3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全的原因是：_____。
(4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为：_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。
(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为_______。
【答案】(1)-1（1分） PbSO4（1分）
(2)粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度（1分） 适当升温等 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去（1分）
(3)酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移（2分）
(4)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑（2分） 115.8（2分）
(5)Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+（2分）
【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；
根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；
（2）加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；
（3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；
（4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8；
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。
18．（12分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：
I．制备CoCl2
已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：

(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
(2)试剂X通常是___________(填名称)。
(3)试剂Z的作用为___________。
(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化
已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：

③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。

①缓慢加入H2O2溶液
②滴加稍过量的浓氨水
③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水
(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：___________。
(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。
【答案】(1)2:1（1分）
(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（1分）
(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解（2分）
(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可) （2分）
(5)③（1分） ②①（1分）
(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3（2分）
(7)趁热过滤（1分） 浓盐酸（1分）
【解析】I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
（1）制氯气的化学方程式为，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应，只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。
（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。
（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。
（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。故答案为③；②①。
（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。
（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
19．（12分）他非诺喹是一种抗疟疾新药。其中间体K的合成路线如下(部分条件已省略)

已知：
①
②
(1)A可以与溶液反应放出，A中官能团为_______。
(2)的反应类型为_______。
(3)的化学方程式为_______。
(4)X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是_______。
①能与足量银氨溶液生成
②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1∶1∶3
(5)由J生成K可以看作三步反应，如图所示。

P中有两个六元环结构。Q的结构简式为_______。
(6)一种由G制备H的电化学方法：在和混合水溶液中加入G，通电。电极反应为_______。
(7)具有水果香味，在化妆品行业有一定用途。以环己醇为原料合成路线如下，补全剩余片段。(其余所需材料任选)：
已知：
合成路线：_____

【答案】(1)羧基（1分）
(2)取代反应（1分）
(3) （2分）
(4) （1分）
(5) （2分）
(6) +6H++6e- +2H2O（2分）
(7) （3分）

【分析】A与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成B，结合A的分子式可知，A为乙酸，B为乙酸乙酯，根据信息①可知，2分子乙酸乙酯发生信息①中的反应生成D为，E发生氯苯的硝化反应生成F为，F与CH3OH在氢氧化钠加热条件下反应生成G为，G发生还原反应生成H为，H和D发生信息②中的反应生成J为，J反应生成K。
【解析】（1）根据分析可知，A为乙酸，A中的官能团为羧基。
（2）根据分析可知，E→F为氯苯的硝化反应，反应类型为取代反应。
（3）B→D发生的是信息①中的反应，2分子乙酸乙酯反应生成和乙醇，化学方程式为。
（4）X是D的同分异构体，1molX能与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明X中含有2个醛基，X中有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1：3，则X一定是对称结构，两个醛基中有两个氢原子，则X中一定有两个甲基，故X的结构简式为。
（5）J为，P中有两个六元环，结合K的结构和P的分子式可知，P为，P发生消去反应生成Q为。
（6）G→H为还原反应，则其电极反应为+6H++6e- +2H2O 。
（7）根据题干信息，环己烯与酸性高锰酸钾反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOH，羧基与乙醇发生酯化反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3中醛基氧化生成HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3发生信息①的反应得到目标产物，合成路线为
20．（12分）氙的氟化物是优良的氟化剂，稀有气体Xe和F2混合在催化剂作用下同时存在如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：XeF2选择性是指生成XeF2所消耗的Xe的物质的量与初始Xe的物质的量的比值。
回答下列问题：
(1)向刚性密闭容器中加入n mol的Xe和4mol的F2，初始压强为106Pa，测得在相同时间内，上述反应Xe的转化率和XeF2的选择性与温度的关系如图1所示，则制取XeF2的最适宜温度为_______；当超过1000℃，XeF2选择性随着温度升高而降低的可能原因是_______。

(2)在1000℃时，初始条件同上，xi表示含Xe元素的某物质与含Xe元素各物质的总物质的量之比，xi随时间t变化关系如图2所示。测得平衡时XeF2的选择性为80%，图2中表示XeF4变化的曲线是_______，则反应过程能量变化为_______kJ(用含X、Y的代数式表示)，F2的转化率为反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=_______。

(3)在1000℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______，保持初始其他条件不变，反应达平衡后增大体系压强，的变化趋势为_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) 1000℃（1分）     与反应生成了，使得XeF2选择性降低（2分）
(2)  a（1分）      （2分）    32n（2分）
(3)  0.5n（2分）     增大（2分）
【解析】（1）XeF2选择性是指生成XeF2所消耗的Xe的物质的量与初始Xe的物质的量的比值，比值越高，生成物中XeF2的占比越高，因此制取XeF2的最适宜温度为1000℃；由图可知当超过1000℃，Xe的转换率提高，但XeF2选择性随着温度升高而降低，可能原因是与反应生成了，使得XeF2产量降低。
（2）该反应中Xe为反应物，物质的量存在初试初始值，随时间增大含量逐渐降低，因为平衡时XeF2的选择性为80%，由此可知XeF4含量小于XeF2，由图2可以看出a为XeF4变化的曲线，b为XeF2变化曲线，c为Xe变化曲线；产生XeF4的热化学反应方程式为：，由图可知XeF4占含Xe元素物质的10%，故反应过程能量变化为；由题可知Xe的物质的量为n mol，因为平衡时XeF2的选择性为80%，所以XeF2为0.8n mol，由图可知XeF4的物质的量为0.1n mol，Xe的物质的量为0.1n mol，因此F2转化了n mol，F2的转化率为，反应I的平衡常数Kx=
（3）在1000℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=；保持初始其他条件不变，反应达平衡后增大体系压强，平衡向减小压强的方向移动，反应I正向移动，XeF2含量增大，反应Ⅱ也正向移动，的变化趋势为增大。