浙江省嘉兴一中2016届高三化学适应性试卷 含解析

浙江省嘉兴一中2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）
一、选择题(本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是(）
A．二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，这些措施符合低碳经济的发展要求
B．石油分馏、海水晒盐、燃煤烟气的脱硫、菜籽中提取菜籽油等过程都是物理变化C．利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3
D．研究发现出土的青铜器表面若有白色的CuCl,会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl 作为催化剂降低了腐蚀反应的活化能
2．下列说法正确的是（）
A．取少量含稀硫酸的淀粉水解液于试管中,加入过量的NaOH溶液，再滴加少量碘水以检验淀粉是否完全水解
B．向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，可证明Al(OH）3是两性氢氧化物
C．酸碱中和滴定时，用强酸滴定强碱通常滴加2～3滴甲基橙做指示剂，若甲基橙加入过多对实验无影响
D．在砂纸打磨过的铁片上滴几滴含酚酞的饱和食盐水，静置1～2 min，会观察到在液滴的边缘位置先出现红色
3．X～T元素在周期表中的相对位置如图所示,其中X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20,T为第4周期元素．下列说法正确的是()
A．YW4与H2在高温下反应主要生成YH4和HW
B．X的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为29
C．W氧化物的水化物的酸性一定强于Z的氧化物的水化物
D．T的氢化物可能具有强的还原性,其稳定性小于Z的氢化物
4．下列说法不正确的是（）
A．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯属于同一类型的反应
B．C3H8与C4H10一定互为同系物，分子式为C2H6O的有机物有2种
C．石油裂解可以得到丙烯，煤干馏可以得到苯，丙烯和苯均可使溴水褪色且原理相同D．植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精
5．镁燃料电池具有比能量(指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小)高、燃料易于贮运等优点，拥有良好的应用前景，下图为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图，总反应为Mg+ClO﹣+H2O═Mg（OH)2+Cl﹣,镁合金电极可以是Mg与Al或Li的合金．下列说法不正确的（）
A．Mg﹣Li合金比传统的Mg﹣Al合金具有更高的比能量
B．铂合金的电极反应:ClO﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣，OH﹣向镁合金电极迁移
C．该电池镁合金会发生自身腐蚀产生氢气，使电极利用率降低
D．把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的混合溶液，工作时H2O2将参与电极反应，其电极反应为:2H2O2﹣2e﹣═O2↑+2H2O
6．25℃时,取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH 溶液、0。

1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时:c（NH4+)＞c（NH3•H2O)＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣)＞c（H+）B．曲线Ⅱ：滴加溶液到20 mL时：2c（CH3COO﹣)+c（CH3COOH）+c(OH﹣)═2c(Na+）+c （H+)
C．根据滴定曲线，可得K b(NH3•H2O)≈10﹣13
D．由曲线Ⅱ可知，选用酚酞和选用甲基橙作指示剂,消耗NaOH溶液的体积相同
7．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7。

8%)、Al2O3（5。

1％）、Fe2O3(3。

1％）和MgO（0。

5%）等杂质,设计的提纯与综合利用工艺如下：
(注：SiCl4的沸点为57。

6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）下列说法不正确的是(）A．向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除空气，减少碳的损失
B．在1500℃高温条件下，反应后初级石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物和CO2 C．步骤①为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的阴离子有Cl﹣、OH﹣、AlO2‑
D．100 g初级石墨最多可获得V的质量为7。

8 g
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（10分)乙烯和丙烯是重要的化工基础原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路线如下：
已知:RX ROH
请回答下列问题：
（1)B中官能团的电子式为;丙烯→A的反应类型为．
（2）写出B→C的化学方程式．
（3）写出F的结构简式．
（4）以丙烯为原料可合成甘油，请设计合理的合成路线（无机试剂及溶剂任选）．
注:合成路线的书写格式参照如下实例流程图：
CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3．
9．请回答：
(1)不能用石英坩埚加热熔融碳酸钠晶体,用化学方程式表示其原因．
(2)向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀和无色气体产生，写出反应的离子方程式．
(3）完成以下反应的化学方程式：CuO+ Al2O3CuAlO2+ ↑10．（12分）为防止食盐结块，通常可在食盐中添加K4［Fe(CN）6]（亚铁氰化钾）作为抗结剂．亚铁氰化钾易溶于水，在水溶液中会电离出K+和［Fe(CN）6]4﹣，在高于400℃时，K4[Fe（CN）6］会发生分解，产生剧毒的KCN、C、N2和灰白色固体化合物甲．将18g甲在足量氧气中灼烧，得到红棕色固体乙和2.24L（已折算成标准状况）CO2．
请回答下列问题:
（1）甲的化学式．
（2）亚铁氰化钾与稀硫酸共热会发生非氧化还原反应，并产生一种常见的含氧还原性有毒气体，写出该反应的离子方程式．
（3）乙与某些气体混合物共热可制取甲，下列气体混合物不符合要求的是．A．CO、CO2、H2B．O2、CO2C．CO2、H2O D．H2、CO
(4）甲也可由某单质与甲烷高温下生成，写出该反应的化学方程式．
（5）在工业上可将含氰废水经蒸汽加热，使HCN气体逸出，用碳酸钾溶液在填充铁粉的塔内循环吸收，即生成亚铁氰化钾,同时还产生两种常见气体，写出该反应的化学方程
式．
（6）请设计实验方案检验食盐中是否添加了K4［Fe（CN)6］．
备选试剂:铁粉、稀硫酸、CuSO4溶液、双氧水．（已知：K4Fe（CN）6与Fe3+会产生蓝色沉淀）
11．（15分)天然气制油是利用天然气生产汽油和煤油等液体燃料的方法，这种合成油不含硫、氮化合物等杂质,因此也被称作是“绿色燃料”，其主要工作原理包含合成气生成和F﹣T 合成两个过程，其中合成气生成主要化学反应为:
主反应:CH4(g)+H2O（g）⇌CO(g)+3H2（g)△H=+206kJ•mol﹣1
副反应:CH4（g)+2H2O（g)⇌CO2（g)+4H2（g）△H=+165kJ•mol﹣1
已知合成气生成过程中,温度、压强和水碳比［]对甲烷平衡含量(%)的影响如图1：
回答下列问题:
（1）反应CO2（g）+H2（g)⇌CO（g）+H2O（g）的△H=kJ•mol﹣1．
(2)CH4（g）+H2O（g)⇌CO（g）+3H2（g）反应自发进行的条件是．
若在恒温、恒压时，向该平衡体系中通入氦气平衡将移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向"或“不移动”），甲烷的转化率将，平衡常数．（填“增大"、“减小”或“不变”）
（3）其他条件不变，请在图2中用虚线画出压强为2MPa时，甲烷平衡含量（％）与水碳比之间的关系曲线．
（4)已知：在700℃，1MPa时，2mol CH4与2mol H2O在2L可变的密闭容器中发生反应：CH4（g）+H2O（g)⇌CO（g)+3H2（g），CH4的平衡转化率为50%，该温度下反应的平衡常数是．
（5）合成气生成过程中，降低反应体系中CO2生成量的措施有．
A．增大容器体积，降低体系压强
B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度
C．适当降低水碳比
D．选择合适、更高效的催化剂
E．向该反应体系中投入活性炭
（6）某研究机构在合成气生成过程中,保持容器体积和原料气比例不变，适当加入CaO和合适的催化剂以获得纯度95%以上的H2,试解释原因．
12．（15分）柠檬酸铁铵是一种铁质强化剂，可治疗缺铁性贫血．该盐极易潮解，溶于水,不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，见光易转化为亚铁盐．其实验室制备过程和工业生产流程分别如下：
（一)实验室制备过程:
FeSO4溶液Fe2（SO4）3Fe（OH）3↓Fe(C6H5O7）
（NH4）3Fe（C6H5O7）2
（二）工业生产流程:
硫酸亚铁氢氧化铁成盐溶液滤液→…成品
已知:
Fe（OH)3+C6H5O7H3（柠檬酸）═Fe（C6H5O7）（柠檬酸铁）+3H2O
3NH3•H2O+C6H5O7H3（柠檬酸）═(NH4）3C6H5O7(柠檬酸铵)+3H2O
Fe（C6H5O7）+（NH4）3C6H5O7═(NH4)3Fe（C6H5O7)2（柠檬酸铁铵）
请回答下列问题：
（一）实验室制备过程中，高纯度、合适紧密结构的氢氧化铁制备是生成柠檬酸铁铵的关键步骤：
（1）第①步中氯酸钠氧化硫酸亚铁时,下列装置最适合的是．
（2)若要检验第①步反应后的溶液中不存在Fe2+，下列试剂最合适的是．
A．KSCN溶液B．KSCN溶液和氯水
C．酸性高锰酸钾溶液D．铁氰化钾溶液
（3）第②步中反应时间与产品的含铁量的关系如图所示，在26min后含铁量随着反应时间的延长而降低,其主要原因是反应时间过长，产生结构紧密的氢氧化铁，难以被柠檬酸溶解，导致产品含铁量降低．请分析26min前含铁量随着反应时间的延长而增加的主要原因
是．
（4)检验氢氧化铁是否完全洗涤干净的具体实验操作是．
（二）在工业生产流程中
（5）下列关于工业生产流程的说法正确的是．
A．第①步用大量的NaClO3氧化Fe2+时，可消耗H+，促进产生的Fe3+水解产生Fe（OH）3 B．第①步中的NaClO3可以用稀硝酸溶液代替
C．第②步中为加快Fe（OH）3的溶解速率，可采用搅拌或适当升高温度
D．第③步中的柠檬酸是起调节溶液pH作用，可用稀硫酸代替
（6）第④步后，为制得成品，后续操作步骤是．
（7)在室温下，将所得的成品用无水乙醇进行浸泡2次，从而得到精制产品,选择用无水乙醇进行浸泡的优点是．（写出两点）
2016年浙江省嘉兴一中高考化学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是（)
A．二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，这些措施符合低碳经济的发展要求
B．石油分馏、海水晒盐、燃煤烟气的脱硫、菜籽中提取菜籽油等过程都是物理变化
C．利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3
D．研究发现出土的青铜器表面若有白色的CuCl，会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl 作为催化剂降低了腐蚀反应的活化能
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．二氧化碳转化为燃料和化工原料可以减少二氧化碳的排放；
B．燃煤烟气中的二氧化硫用碱性溶液吸收；
C．电解法用于冶炼活泼金属，也可以电解N2和H2合成NH3；
D．催化剂能降低反应所需的活化能．
【解答】解：A．二氧化碳转化为燃料和化工原料可以减少二氧化碳的排放,所以二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，可以减少二氧化碳的排放，符合低碳经济的发展要求，故A正确；
B．燃煤烟气中的二氧化硫用碱性溶液吸收,二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐,发生化学反应,故B错误；
C．电解法用于冶炼活泼金属，也可以电解N2和H2合成NH3，即利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3，故C正确；
D．青铜器表面若有白色的CuCl,会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl作为催化剂降低了腐蚀反应的活化能，使反应速率加快，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查了低碳经济、二氧化硫、电解原理的应用、催化剂对反应速率的影响等，题目难度不大，侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，注意相关知识的积累．
2．下列说法正确的是（）
A．取少量含稀硫酸的淀粉水解液于试管中，加入过量的NaOH溶液，再滴加少量碘水以检验淀粉是否完全水解
B．向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，可证明Al（OH)3是两性氢氧化物
C．酸碱中和滴定时,用强酸滴定强碱通常滴加2~3滴甲基橙做指示剂，若甲基橙加入过多对实验无影响
D．在砂纸打磨过的铁片上滴几滴含酚酞的饱和食盐水，静置1~2 min，会观察到在液滴的边缘位置先出现红色
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．碘与氢氧化钠溶液反应；
B．氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化钠过量，进一步反应生成偏铝酸钠，可说明氢氧化铝具有酸性的特点；
C．一般用酚酞为指示剂,如甲基橙加入过多会导致较大的实验误差；
D．铁、碳与食盐水形成原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀．
【解答】解:A．碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠,故A错误;
B．氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化钠过量，进一步反应生成偏铝酸钠，可说明氢氧化铝具有酸性的特点，可用氢氧化铝与盐酸反应，从两个角度实验,故B错误；C．一般用酚酞为指示剂，如甲基橙加入过多会导致较大的实验误差，故C错误;
D．铁、碳与食盐水形成原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀，液滴的边缘与空气接触，氧气被还原生成氢氧根离子,滴加酚酞变红，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的检验、中和滴定、金属的腐蚀等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查，选项A为易错点，题目难度不大．
3．X～T元素在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，T为第4周期元素．下列说法正确的是（）
A．YW4与H2在高温下反应主要生成YH4和HW
B．X的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为29
C．W氧化物的水化物的酸性一定强于Z的氧化物的水化物
D．T的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】T为第4周期元素,结合位置关系可知，X为第二周期元素,则Y、Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20,解得x=3，则X为B,Y为Si，T为As，Z为S，W为Cl,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解:T为第4周期元素，结合位置关系可知，X为第二周期元素,则Y、Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20，解得x=3，则X为B，Y为Si,T为As，Z为S，W为Cl，A．SiCl4与H2在高温下反应主要生成Si和HCl，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，X的原子半径比T原子半径小,两者原子序数之差为33﹣4=29，故B正确;
C．由非金属性可知，W最高价氧化物的水化物的酸性一定强于Z的最高价氧化物的水化物，不是最高价无此规律，故C错误;
D．非金属性S＞As，As的氢化物中As元素的化合价为最低价，则T的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物，故D正确；
故选BD．
【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数关系推断元素为解答的关键，对学生的逻辑推理有一定的要求,侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．
4．下列说法不正确的是（)
A．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯属于同一类型的反应
B．C3H8与C4H10一定互为同系物，分子式为C2H6O的有机物有2种
C．石油裂解可以得到丙烯，煤干馏可以得到苯，丙烯和苯均可使溴水褪色且原理相同D．植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯都属于取代反应；
B．C3H8与C4H10都为烷烃，分子式为C2H6O的有机物可能为醇或醚；
C．丙烯含有碳碳双键,与溴水发生加成反应，苯与溴水不反应；
D．纤维素和淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可生成酒精．
【解答】解：A．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯,苯与硝酸生成硝基苯都属于取代反应，反应类型相同，故A正确；
B．C3H8与C4H10都为烷烃，互为同系物,分子式为C2H6O的有机物可能为乙醇或二甲醚,故B正确；
C．丙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，苯与溴水不反应，溶液分层,为萃取现象，二者原理不同，故C错误;
D．纤维素和淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒曲酶的催化作用下可生成酒精，故D正确．故选C．
【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．
5．镁燃料电池具有比能量（指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小）高、燃料易于贮运等优点，拥有良好的应用前景，下图为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图,总反应为Mg+ClO﹣+H2O═Mg(OH)2+Cl﹣，镁合金电极可以是Mg与Al或Li的合金．下列说法不正确的（)
A．Mg﹣Li合金比传统的Mg﹣Al合金具有更高的比能量
B．铂合金的电极反应：ClO﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣，OH﹣向镁合金电极迁移
C．该电池镁合金会发生自身腐蚀产生氢气，使电极利用率降低
D．把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的混合溶液，工作时H2O2将参与电极反应，其电极反应为：2H2O2﹣2e﹣═O2↑+2H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．单位质量的Li比Al转移的电子多；
B．ClO﹣在正极上得电子生成Cl﹣,阴离子向负极移动;
C．Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气;
D．H2O2在正极上得电子生成H2O．
【解答】解：A．7gLi转移1mol电子,27gAl转移3mol电子，所以单位质量的Li比Al转移的电子多,因此Mg﹣Li合金比传统的Mg﹣Al合金具有更高的比能量，故A正确；
B．镁合金作负极，铂合金作正极，ClO﹣在正极上得电子生成Cl﹣，电极方程式为：ClO﹣+H2O ═Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣，阴离子向负极移动,即OH﹣向镁合金电极迁移,故B正确；
C．Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑，发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，故C正确；
D．把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的混合溶液,工作时H2O2将参与电极反应,镁合金作负极，H2O2在正极上得电子生成H2O，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查了原电池原理，题目难度中等，明确正负极上发生的反应是解本题关键,再结合离子移动方向来分析解答，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．
6．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0。

1mol•L﹣1NaOH 溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时:c(NH4+)＞c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣)＞c（OH﹣)＞c（H+）B．曲线Ⅱ：滴加溶液到20 mL时：2c(CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+c（OH﹣）═2c（Na+)+c （H+）
C．根据滴定曲线,可得K b（NH3•H2O）≈10﹣13
D．由曲线Ⅱ可知，选用酚酞和选用甲基橙作指示剂，消耗NaOH溶液的体积相同
【考点】中和滴定．
【分析】根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7,说明属于酸滴定碱溶液,根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7,说明属于碱滴定酸溶液；
A．曲线I是用盐酸滴定氨水，滴加溶液到10mL时,得到等物质的量的NH4Cl和一水合氨，溶液呈碱性;
B．曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定醋酸,滴加溶液到20mL时，得到的是醋酸钠，根据电荷守恒、物料守恒解答；
C．根据图象可知，0。

1000mol/L的氨水的pH约为11,据此计算出K b（NH3•H2O）；D．甲基橙的变色范围就是3。

1﹣4.4，酚酞的是8.2﹣10．
【解答】解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7,说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时,曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；A．曲线I是用盐酸滴定氨水，滴加溶液到10mL时，得到等物质的量的NH4Cl和一水合氨,溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于NH4Cl的水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c(NH3•H2O)＞c(OH﹣)＞c（H+），故A错误;
B．曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定醋酸，滴加溶液到20mL时,得到的是醋酸钠，由物料守恒知：c(CH3COOH)+c（CH3COO﹣）=c（Na+），由电荷守恒知:c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+），两式相加即得：2c（CH3COO﹣）+c(CH3COOH）+c（OH﹣）═2c(Na+)+c(H+），故B正确;
C．结合图象可知,0。

1000mol/L的氨水的pH约为11，c（OH﹣）=c（NH4+)=0。

001mol/L,K b （NH3•H2O）==≈10﹣5，故C错误；
D．曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定醋酸，甲基橙的变色范围就是3。

1﹣4.4，酚酞的是8。

2﹣10，使酚酞变色要碱性，需多消耗些NaOH溶液，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．
7．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%）、Al2O3（5。

1%)、Fe2O3（3。

1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：
（注:SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃)下列说法不正确的是（）A．向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除空气，减少碳的损失
B．在1500℃高温条件下，反应后初级石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物和CO2 C．步骤①为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的阴离子有Cl﹣、OH﹣、AlO2‑
D．100 g初级石墨最多可获得V的质量为7.8 g
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断．
【分析】高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物,根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4
与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠,固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，以此解答该题．
【解答】解:高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO,SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠,固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，
A．石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应,减少石墨损失，故A正确；
B．石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等,气体I中碳氧化物主要为CO，故B错误；C．固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀,而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣,故C正确；
D．偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动,得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al(OH）3↓，
Al2O3的质量分数为5.1%，则100g初级石墨中氧化铝的质量=100g×5。

1%=5.1g，
根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量==7.8g，
故D正确．
故选B．
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用,为高频考点,题目难度中等，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查．
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．(10分)乙烯和丙烯是重要的化工基础原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路线如下：
已知：RX ROH
请回答下列问题：
（1）B中官能团的电子式为;丙烯→A的反应类型为取代反应．
（2）写出B→C的化学方程式HOCH2CH2OH+O2OHC﹣CHO+2H2O．
（3）写出F的结构简式．
（4）以丙烯为原料可合成甘油，请设计合理的合成路线（无机试剂及溶剂任选）．
注：合成路线的书写格式参照如下实例流程
图:CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3．
【考点】有机物的合成．
【分析】丙烯与氯气反应生成A，A发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，则丙烯与氯气发生取代反应生成A为CH2=CHCH2Cl，烯丙醇氧化生成C3H4O2为CH2=CHCOOH，再与氢氧化反应生成CH2=CHCOONa，CH2=CHCOONa发生加聚反应生成F为．乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷水解生成B为HOCH2CH2OH，B反应氧化反应生成C为OHC﹣CHO,C进一步氧化生成D为HOOC﹣COOH，乙二酸与丙烯醇发生酯化反应生成E．
【解答】解：丙烯与氯气反应生成A，A发生水解反应生成CH2=CHCH2OH,则丙烯与氯气发生取代反应生成A为CH2=CHCH2Cl，烯丙醇氧化生成C3H4O2为CH2=CHCOOH,再与氢氧化反应生成CH2=CHCOONa，CH2=CHCOONa发生加聚反应生成F为．乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷,环氧乙烷水解生成B为HOCH2CH2OH,B反应氧化反应生成C为OHC﹣CHO，C进一步氧化生成D为HOOC﹣COOH，乙二酸与丙烯醇发生酯化反应生成E．
（1）B为HOCH2CH2OH,官能团为羟基，羟基的电子式为丙烯→A的反应类型为取代反应,
故答案为：;取代反应；
（2）B→C的化学方程式：HOCH2CH2OH+O2OHC﹣CHO+2H2O,
故答案为：HOCH2CH2OH+O2OHC﹣CHO+2H2O；
（3）F的结构简式,
故答案为:；。