2021年湖北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷-解析版

2021年湖北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1.科学佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用.生产一次性医用口罩的主要原料为
聚丙烯树脂.下列说法错误的是()
A. 聚丙烯结构简式为
B. 由丙烯合成聚丙烯的反应类型为缩聚反应
C. 聚丙烯为热塑性合成树脂
D. 聚丙烯在自然环境中不容易降解
【答案】B
【解析】解：A.聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，结构简式为
，故A正确；
B.丙烯中含有C=C能发生加聚反应，用丙烯通过发生加聚反应就能合成聚丙烯，故B 错误；
C.由聚丙烯的结构可知聚丙烯为线型结构，加热时熔化，冷却后变成固体，是热塑性塑料，故C正确；
D.聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然环境中不容易降解，故D正确；
故选：B。

A.聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，结构单元的主链上应该含有2个C 原子；
B.丙烯中含有C=C能发生加聚反应，缩聚反应有小分子生成；
C.从加热时熔化，冷却后变成固体，加热后又可以熔化，冷却后又变成固体叫热塑性；
D.聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解。

本题考查了聚丙烯结构、性质，加聚反应、缩聚反应的概念、反应特点、热塑性塑料等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。

2. 14C的衰变反应为 14C→14X+0e，其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半
A. 614C 与 z 14
X 互为同位素 B. 614C 与 z 14X 的中子数相同
C. 612C 和 614C 的价层轨道电子数相差2
D. 某考古样品中 614C 的量应为其11460年前的1
4
【答案】D
【解析】解：A.由 614C 的衰变反应为 614C →z 14X+−10e ，可知z =7，X 为N ， 614C 与 z 14X 质
子数不相同，不互为同位素，故A 错误；
B. 614C 与 z 14X 的中子数分别为14−6=8、14−7=7，中子数不同，故B 错误；
C. 612C 和 614C 的核外电子数均为6，
核外电子排布相同，价层轨道电子数相同，故C 错误； D.根据半衰期的定义，反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间，某考古样品中 614C 的量应为其5730年前的1
2，114604
=5730×12，为5730×2=11460年前的1
4，故D
正确； 故选：D 。

A.由 614C 的衰变反应为 614C →z 14X+−10e ，可知z =7，X 为N ，同位素是指质子数相同中
子数不同的同种元素的不同原子； B.原子中质量数=质子数+中子数；
C.主族元素原子的最外层电子数为价层电子；
D.半衰期是反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间，据此计算。

本题考查了原子结构、原子衰变过程分析判断、微粒数的关系等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

3. N A 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( )
A. 1molH 2S 分子中，S 原子的价层电子对数目为4N A
B. 标准状况下，2.24L 环己烷的分子数为0.1N A
C. 1L0.01mol ⋅L −1
溶液中，
和
的离子数目之和为0.01N A
D. 电极反应LiFePO 4−xe −=xLi ++Li 1−x FePO 4，每转移1mol 电子释放2N A 个Li +
=4，所以1molH2S分子【解析】解：A.价层电子对数等于σ键+孤电子对数=2+6−2×1
2
中，S原子的价层电子对数目为4N A，故A正确；
B.标况下环己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C.依据物料守恒可知：1L0.01mol⋅L−1溶液中，
的总物质的量为0.01mol，所以和的离子数目之和小于0.01N A，
故C错误；
D.据电极反应式可知，转移xe−释放x个Li+，则每转移1mol电子释放N A个Li+，故D错误。

故选：A。

A.价层电子对数等于σ键+孤电子对数据此计算；
B.气体摩尔体积使用对象为气体；
C.依据物料守恒判断；
D.依据电极反应式可知，转移xe−释放x个Li+。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意物料守恒在计算中的应用。

4.不能正确表示下列反应的离子方程式是()
A. 将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+SO32−=2Br−+2H++SO42−
B. 将足量Fe2(SO4)3溶液滴入Mg(OH)2浊液中：2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+
3Mg2+
C. 将过量SO2通入K2S溶液中：5SO2+2S2−+2H2O=3S↓+4HSO3−
D. 将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++
2OH−→△CH2OH(CHOH)4COO−+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
【解析】解：A.将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，离子方程式：Br2+H2O+3SO32−= 2Br−+2HSO3−+SO42−，故A错误；
B.向Mg(OH)2浊液中滴入FeCl3溶液的离子反应为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+⇌
2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，故B正确；
C.向硫化钾溶液中通入过量SO2，该反应的离子方程式为：2S2−+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3−，故C正确；
D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，离子方程式：CH2OH(CHOH)4CHO+
2[Ag(NH3)2]++2OH−→△CH2OH(CHOH)4COO−+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，故D正确。

故选：A。

A.溴水少量，反应生成硫酸根离子和溴离子、亚硫酸氢根离子；
B.发生沉淀的转化，氢氧化铁比氢氧化镁更难溶；
C.硫化钾与过量二氧化硫反应生成硫单质和亚硫酸氢钾；
D.葡萄糖含醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应。

本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

5.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.W是宇宙中最丰富的元素，W2X是
维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物ZY4是气体.下列说法错误的是()
A. Y的第一电离能在四种元素中最大
B. W2X和ZX2的中心原子分别为sp3和sp2杂化
C. W2X的沸点高于W2Z的沸点
D. ZY4分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】解：A.主族元素中，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势(ⅡA族、VA族高于同周期相邻元素的)，同主族自上而下第一电离能减小，H元素第一电离能比较大，仅小于O、N、F的，四种元素中F的第一电离能最大，故A正确；
B.H2O的中心原子O原子形成2个O−H键，含有2对孤电子对，O原子杂化轨道数目
采取sp2杂化，故B正确；
C.H2O分子之间形成氢键，其沸点高于H2S的，故C正确；
D.SF4分子中F原子最外层为8电子结构，但S原子最外层电子数为6+4=10，故D 错误；
故选：D。

短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W是宇宙中最丰富的元素，W2X是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，则W为H元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素，W2X是H2O、WY是HF、ZX2是SO2。

本题考查物质与元素推断、元素周期律，熟练掌握元素化合物知识，注意同周期第一电离能变化异常情况、氢键对物质性质的影响。

6.最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，机理如图所示。

下列说法
错误的是()
A. 2是催化剂
B. 4和7都是反应中间体
C. 2向4的转化过程中有非极性键与极性健的断裂与形成
D. 5为时，1是
【答案】C
【解析】解：A.物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物
B.物质4、7均在反应过程中生成，且是下一步的反应物，可知物质4、7是反应中间体，故B正确；
C.对比物质的结构可知，2向4的转化过程中C−F键断裂，形成了C−N键，只有极性健的断裂与形成，没有非极性的断裂与形成，故C错误；
D.若5为，则X为，故1是，
故D正确；
故选：C。

有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，整个过程表示为：
物质2物质1+物质6。

物质3+物质5→
本题考查有机物的合成，关键是正确判断流程中反应物、生成物、中间体、催化剂，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力。

7.关于有机化合物，下列说法错误的是()
A. 分子式为C14H18O2
B. 含有2个手性碳原子
C. 可与热的新制氢氧化铜悬浊液反应
D. 该有机物的同分异构体中无芳香族化合物
【答案】D
【解析】解：A.由结构可知，有机物含有14个C原子、2个O原子，不饱和度为6，故H原子数目为：2×14+2−6×2=18，故分子式为C14H18O2，故A正确；
B.该有机物分子含有2个手性碳原子，如图中标有“∗”的碳原子为手性碳原子：
，故B正确；
D.苯环的不饱和度为4，而该有机物不饱和度6，该有机物的同分异构体中存在芳香族化合物，故D错误；
故选：D。

A.交点、端点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构，或利用不饱和度计算氢原子数目；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.有机物含有醛基；
D.苯环的不饱和度为4，而该有机物不饱和度6。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团的性质以及结构特点，注意对不饱和度的理解与灵活运用。

8.下列实验操作或装置正确的是()
蒸发除去苯甲酸中
的乙醇除去水中的苯
酚
实验室纯化工业乙酸乙
酯
用氢氧化钠溶液滴
定醋酸溶液
A B C D
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】解：A.苯甲酸与乙醇互溶，应蒸馏分离，不能选蒸发，故A错误；
B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液，则过滤不能分离，故B错误；
C.乙酸乙酯的沸点较低，图中蒸馏可纯化工业乙酸乙酯，故C正确；
D.NaOH与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选碱式滴定管，故D错误；故选：C。

A.苯甲酸与乙醇互溶；
B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液；
C.乙酸乙酯的沸点较低；
D.NaOH与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠。

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、混合物分离提纯、中和
题目难度不大。

9.B和Al为同族元素，下列说法错误的是()
A. BF3和AlF3都可以与F−形成配位键
B. H3BO3为三元酸，Al(OH)3呈两性
C. 共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属Al有延展性
D. B和Al分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点
【答案】B
【解析】解：A.BF3和AlF3中B和Al均有空轨道，F−有孤电子，因此和都可以与形成配位键，故A正确；
B.H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3 +H2O⇌B(OH)4−+H+，Al(OH)3为两性氢氧化物，具有两性，故B错误；
C.晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，Al为金属晶体，原子层的相对滑动使金属Al有延展性，故C正确；
D.B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体，形成的晶体为空间网状结构，共价晶体具有较高硬度和熔点，故D正确；
故选：B。

A.B和Al均有空轨道，F−有孤电子，可以相互形成配位键；
B.H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3为两性氢氧化物；
C.晶体B为共价晶体，形成的化学键为共价键，Al为金属晶体，形成的化学键为金属键；
D.B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体。

本题考查了化学键形成与性质、晶体结构和类型判断、验证结构等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

10.研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原
理如图所示。

下列说法错误的是()
A. 加入HNO3降低了正极反应的活化能
B. 电池工作时正极区溶液的pH降低
C. 1molCH3CH2OH被完全氧化时有3molO2被还原
D. 负极反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+
【答案】B
【解析】解：A.由分析知，HNO3在正极起催化作用，作催化剂，则加入HNO3降低了正极反应的活化能，故A正确；
B.电池工作时正极区的总反应为O2+4e−+4H+=2H2O，则溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C.根据得失电子守恒可知，1molCH3CH2OH被完全氧化时，转移12mol电子，则有3molO2被还原，故C正确；
D.由分析知，负极反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+，故D正确；
故选：B。

该电池为惰性电极构成的燃料电池，乙醇燃料电池中，通入乙醇的一极为负极，电极反应式为：CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+，通入氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应HNO3+3e−+3H+=NO↑+2H2O，4NO+3O2+2H2O=
4HNO3，二者加合可得O2+4e−+4H+=2H2O，则HNO3在正极起催化作用，据此分析解答。

本题考查了原电池原理的应用，涉及乙醇酸性燃料电池的工作原理和电极反应式的书写，侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，注意电化学原理的分析与应用，题目难度中等。

11.下列实验的现象描述和结论都正确的是()
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】解：A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可使带火星的木条复燃，则操作、现象、结论均合理，故A正确；
B.发生沉淀的转化，由操作和现象可知K sp(AgCl)>K sp(AgI)，故B错误；
C.乙烯与溴发生加成反应，苯不能，溶液褪色的原理不同，故C错误；
D.高锰酸钾过量，不能褪色，应使高锰酸钾不足，改变草酸的浓度探究浓度对速率的影响，故D错误；
故选：A。

A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可使带火星的木条复燃；
B.发生沉淀的转化；
C.乙烯与溴发生加成反应，苯不能；
D.高锰酸钾过量，不能褪色。

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、沉淀生成、反应速率、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。

12.在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。

下列说法错
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
【答案】A
【解析】解：A.根据结构可知，该配离子中的N原子和O原子可与水分子中的H形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H形成氢键，故A错误；
B.根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，故B正确；
C.根据铜离子的电子排布式可知，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C正确；
D.根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，故D正确；故选：A。

A.N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键；
B.根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键；
C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1；
D.根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小。

本题考查较为综合，涉及配位键，元素周期律以及氢键等知识，难度中等，本题注意配位键的形成条件，把握元素周期的递变规律，为该题的主要考点，也是易错点，学习中注意相关知识的积累。

13.已知Ni x Mg1−x O晶体属立方晶系，晶胞边长a。

将Li+掺杂到该晶胞中，可得到一种
高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。

假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是()
A. 该结构单元中O原子数为3
B. Ni和Mg间的最短距离是√2
2
a
C. Ni的配位数为4
D. 该物质的化学式为Li0.5Mg1.12Ni2.38O4
【答案】B
【解析】解：A.由均摊法可知该结构中的O原子数为：1+12×1
4
=1+3=4，故A错误；
B.由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即1
2√a2+a2=√2
2
a，故B
正确；
C.由晶胞可知Ni的配位数为6，故C错误；
D.1个晶胞中的Li的个数为1×1
2=0.5，Mg的个数为2×1
2
+1×1
8
=1.125，Ni的个数
为7×1
8+3×1
2
=2.375，O的个数为4，因此该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，
故D错误；
故选：B。

A.结构中的O原子数位于棱心，；
B.由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半；
C.由晶胞可知Ni位于3个面心和7顶点上；
D.根据均摊法，顶点上的被8个晶胞均分，面心上的被2个晶胞均分，棱心上的被4个晶胞所均分，体心上的完全被晶胞占有，据此分析解答。

本题是对物质结构与性质的考查，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及晶胞计算，是对学生综合能力的考查，难度中等。

14.水泥是人类最伟大的发明之一，主要成分为硅酸三钙(3CaO⋅SiO2)。

将其与适量的
水反应，形成相互交联的结构，反应式如下2(3CaO⋅SiO2)+6H2O=3CaO⋅2SiO2+
3H2O+3Ca(OH)2△H<0。

但是，需要避免交联过程热膨胀及产生的水蒸气在建筑结构中造成空隙。

我国三峡大坝的建设者在全世界首创了以冰代水的浇灌方法，有效解决了这一问题，保证了大坝建筑质量。

下列说法错误的是()
A. 水泥由黏土和石灰石等研磨、煅烧制得
B. 水泥生产过程中加入石膏，可以调节水泥的硬化速率
C. 水的作用是提供结晶水以稳定交联结构
D. 以冰代水的优点是减少了热膨胀及水蒸气的产生
【答案】D
【解析】解：A.水泥是以石灰石和粘土为主要原料，经破碎、配料、磨细制成生料，然后喂入水泥窑中煅烧成熟料，再将熟料加适量石膏磨细而成，故A正确；
B.石膏的主要成分为硫酸钙的水合物，水泥生产过程中加入石膏，可以调节水泥的硬化速率，故B正确；
C.依据方程式(3CaO⋅SiO2)+6H2O=3CaO⋅2SiO2+3H2O+3Ca(OH)2可知水的作用
是提供结晶水以稳定交联结构，故C正确；
D.水泥和水反应为放热反应，冰代水时，冰融化时会吸收大量的热，从而降低环境温度，促进反应正向进行，但是不会减少水蒸气的产生，故D错误。

故选：D。

A.水泥是以黏土和石灰石为主要原料生产；
B.制造水泥时需要加入石膏调节水泥的硬化速率；
C.依据水泥与水反应方程式解答；
D.水泥和水反应为放热反应，冰代水时，冰融化时会吸收大量的热。

本题考查了水泥的制备和性质，明确水泥制备需要原料，准确把握题干中信息是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生对题干信息提取能力。

15.25℃时，按如表配制两份溶液。

下列说法错误的是()
A. 溶液Ⅰ中，c(A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
=10
B. Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，说明K a(HA)
K a(HB)
C. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(B−)+c(OH−)
D. 混合Ⅰ和Ⅱ：c(HA)>c(HB)
【答案】B
【解析】解：A.溶液ⅠpH=5.0呈酸性，c(H+)>c(OH−)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)= c(OH−)+c(A−)，所以c(A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故A正确；
B.溶液Ⅰ为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A−)≈
=c(H+)=10−pH=10−5.0，同理K a(HB)=10−4.0，所c(HA)，此时K a(HA)=c(A−)⋅c(H+)
c(HA)
=10−1.0=0.1，故B错误；
以Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0时，K a(HA)
K a(HB)
C.合Ⅰ和Ⅱ时，溶液为HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，电荷关系为c(Na+)+c(H+)= c(A−)+c(B−)+c(OH−)，故C正确；
D.由选项B的分析可知，K a(HA)=10−=10−5.0，K a(HB)=10−4.0，则酸性：HB>HA，混合Ⅰ和Ⅱ时HA、NaA、HB和NaB的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，所以HA 的电离小于HB，即c(HA)>c(HB)，故D正确；
故选：B。

A.溶液ⅠpH=5.0呈酸性，c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒关系式解答；
B.溶液Ⅰ为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A−)≈
=c(H+)，同理溶液Ⅱ为物质的量浓度相等的HB和c(HA)，此时K a(HA)=c(A−)⋅c(H+)
c(HA)
NaB的混合溶液K a(HB)=c(H+)；
C.混合Ⅰ和Ⅱ时，溶液为HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，结合电荷关系分析；
D.根据电离平衡常数分析HA和HB的酸性强弱，酸性越强电离程度越大，酸的浓度越小。

本题考查酸碱混合溶液定性判断和怕H计算，侧重考查信息获取和运用及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与酸性强弱的判断是解本题关键，弱电解质的电离及电荷守恒关系式的应用，题目难度不大。

二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16.无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质.铁粉与
氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示。

E 和G 用来收集产物.回答下列问题：
(1)通入氯气后，A 中观察到有酸雾产生，C 中P 2O 5的作用是 ______ 。

(2)在E 、G 处收集产物是利用了FeCl 3 ______ 的性质。

(3)实验过程中若F 处出现堵塞，则在B 处可观察到的现象是 ______ .可通过 ______ (填简单操作)，使实验能继续进行。

(4)Ⅰ中反应的离子方程式为 ______ 。

(5)某同学用5.60g 干燥铁粉制得无水FeCl 3样品13.00g ，该次实验的产率是 ______ 。

(6)实验室中还常用SOCl 2与FeCl 3⋅6H 2O 晶体共热制备无水FeCl 3，其化学反应方程式为 ______ 。

检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl 2的试剂是 ______ 。

【答案】除去酸雾 易升华 有气泡产生 适当加热F 处 Cl 2+2OH −=Cl −+ClO −+H 2O 80.00% 6SOCl 2+FeCl 3⋅6H 2O =FeCl 3+12HCl +6SO 2 铁氰化钾溶液
【解析】解：(1)由分析可知，C 中五氧化二磷的作用是除去酸雾；
故答案为：除去酸雾；
(2)在E 、G 处收集产物是利用了氯化铁易升华的性质；
故答案为：易升华；
(3)实验过程中若F 处出现堵塞，则氯气将到达B 处，看到有气泡产生，然后进入NaOH 溶液中与NaOH 反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F 处，使实验能继续进行； 故答案为：有气泡产生；适当加热F 处；
(4)I 中未反应完的氯气和氢氧化钙反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl 2+2OH −=Cl −+ClO −+H 2O ；
故答案为：Cl 2+2OH −=Cl −+ClO −+H 2O ；
(5)由2Fe +3Cl 2−
△ 2FeCl 3可知，每2molFe 反应生成2molFeCl 3，则5.60g(0.1mol)干燥
铁粉理论上可制得0.1molFeCl 3，质量为0.1mol ×162.5g/mol =16.25g ，因此该次实验的产率是13.00g 16.25g ×100%=80.00%；
故答案为：80.00%；
(6)若直接加热FeCl 3⋅6H 2O ，氯化铁会水解得到氢氧化铁和HCl ，HCl 挥发，促进氯化
铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室常用SOCl2与FeCl3⋅6H2O晶体共热制备无水FeCl3，说明该过程产生了HCl抑制了氯化铁的水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为6SOCl2+FeCl3⋅6H2O=FeCl3+12HCl+6SO2；亚铁离子与铁氰化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是铁氰化钾溶液．
故答案为：6SOCl2+FeCl3⋅6H2O=FeCl3+12HCl+6SO2；铁氰化钾溶液．
潮湿的氯气通过浓硫酸时，潮湿的氯气中有氯化氢，故C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解．
本题考查了制备实验方案的设计，无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法．
三、简答题（本大题共3小题，共41.0分）
17.熟地吡喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地吡喃酮的一种中
间体，合成路线如图所示。

已知：
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称是______ 。

(2)A→B的反应类型为______ 。

(3)C的核磁共振氢谱有______ 组吸收峰。

(4)D的结构简式是______ 。

(5)E和F______ 同分异构体。

(填“是”或“不是”)
(6)化合物是合成抗菌药磺胺甲唑的一种中间体，写出以乙
二酸和丙酮()为原料合成该化合物的反应方程式______ 。

(其他无机及有机试剂任选)
【答案】羟基、醚键取代反应(或酯化反应
) 6 是
【解析】解：(1)F的结构简式为，F中含氧官能团的名称是：羟
基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；
(2)A→B是羧基与甲醇发生的酯化反应，也属于取代反应，
故答案为：取代反应(或酯化反应)；
(3)C存在如图所示对称结构：，−C2H5中有2种氢，−OCH3中
有1种氢，−CH2COOCH3中有2种氢，苯环上有1种氢，故C的核磁共振氢谱有6组吸收峰，
故答案为：6；
(4)对比C、E的结构，结合给予的反应信息，可知C中苯环上氢原子被取代生成D，D再发生取代反应成环而生成E，故D为，
故答案为：；
(5)E和F的分子式相同，E发生结构异构化生成F，E和F是同分异构体，
故答案为：是；
(6)由与反应生成，乙二酸与乙醇反应生成，合成路线为：
，
故答案为：。

A与甲醇发生酯化反应生成B，对比B、C的结构可知，B中溴原子被乙基取代生成C，B→C发生取代反应，对比C、E的结构，结合给予的反应信息，可知C中苯环上氢原子被取代生成D，D再发生取代反应成环而生成E，故D为
，D→E的过程中还有CH3OH生成，E发生结构异构化生成F；
(6)由与反应生成，乙二酸与乙醇反
应生成。

本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、核磁共振氢谱、同分异构体、
合成路线设计等。

对比有机物的结构明确发生的反应，是有机化学基础的综合考查，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。

18.甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ⋅mol−1
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ⋅mol−1
恒定压强为100kPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式：______ 。

(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是______ 。

(填标号)
A.恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D.加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变
(3)系统中H2的含量，在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的
原因：
①低于700℃，______ ；
②高于700℃，______ 。

(4)已知投料比为n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体，p=100kPa。

600℃时，CH4。