2023-2024学年高三上学期（期末）适应性考试化学试题
一、单选题（14小题，42分）
1．下列有关有机物的说法正确的是
A．蛋白质、淀粉、纤维素、蔗糖都属于有机高分子化合物
B．乙醇、乙酸、乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠溶液鉴别
C．乙烯和苯都可以和溴水发生化学反应
D．可以用酒精萃取碘水中的碘
2．歌曲《青花瓷》唱道“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应中铜得电子，O2失电子
B．18O2和16O2互为同位素
C．该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
D．“铜绿”与硫酸溶液不反应
3．下列化学用语正确的是
A．NH3的电子式 B．Cl–的结构示意图
C．中子数为20的氯原子 D．N2H4的结构式
4．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）
A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质
B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质
D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度
5．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．FcCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
B．碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+ +H2O+CO2↑
C．向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液 Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O
D．向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全NH4++H++SO42－+Ba2++2OH- = NH3·H2O+BaSO4↓+H2O
6．长式周期表共有18 个纵行，从左到右排为1﹣18 列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是（ ）
A．第9列中元素中没有非金属元素
B．只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C．第四周期第10列元素是铁元素
D．第15列元素原子的最外层电子排布为ns2np5
7．X、Y、Z、Q、R是位于同一短周期的元素，且原子序数递增，它们组成的化合物结构如图所示，X、R的最外层电子数之和等于Q的核电荷数。下列叙述中正确的是
A．简单离子半径：X
C．四氟肼N2F4电子式：，水在结冰时体积膨胀，是水分子间存在氢键
D．该化合物的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
8．光化学烟雾中的主要有害物质是，它是由排放到大气中的氮的氧化物和碳氢化合物等在阳光的照射下，发生光化学反应而形成的污染物。有较强的氧化性，与KI溶液反应的化学方程式为下列说法正确的是
A．城市中的氮氧化物和碳氢化合物主要是汽车尾气造成的
B．由和KI的反应可知，1mol参加反应时，转移电子的物质的量为6mol
C．光化学污染属于一次污染
D．和KI的反应中，是还原产物
9．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
下列说法错误的是
A．催化剂BMO能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变
B．反应①和②中转移的e-数目相等
C．整个过程中参与反应的n(苯酚)∶n(O2)=1∶7
D．过程①的反应为：28+3+28CO2↑+23H2O
10．一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：，经5s反应达平衡，5s内为，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是
A．x=2
B．反应达到平衡状态时A的转化率为60％
C．若混合气体的密度不再变化，则该反应达到化学平衡状态
D．反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6：5
11．环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。
下列说法错误的是
A．(C4H9)4NBr是反应的催化剂
B．反应过程存在非极性键的断裂和形成
C．反应过程中有3种中间体
D．总反应原子利用率可达100%
12．反应在不同温度时的平衡常数如下：
700 800 830 1000 1200
0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
密闭容器中，某温度(T)、某时刻(t)时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为、、、。
下列说法正确的是
A．该反应
B．若，则t时刻反应向正反应方向进行
C．若t时刻反应达到化学平衡，则
D．当达到化学平衡时，
13．最近我国科学家在钠离子电池聚阴离子型正极材料研究方面取得新进展。一种钠离子电池用碳基材料(NamC60)作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理Na(3-m)V2(PO4)2F3+NamC60Na3V2(PO4)2F3+C60，下列说法错误的是
A．放电时，负极反应式为NamC60+me-=mNa++C60
B．充电时，阴极质量变化11.5g时，外电路中通过0.5mole–
C．电解质可以是含Na+的导电有机聚合物或能传导Na+的固体钠盐
D．充电时，阳极反应式为Na3V2(PO4)2F3-me-=Na(3-m)V2(PO4)2F3+mNa+
14．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法中正确的是
A．1mol N2(g)和1mol O2(g)完全反应放出的能量为180kJ
B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C．1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量
D．NO是一种红棕色的气体，能与水反应生成硝酸
二、解答题（4大题，58分）
15．一种通过铁基氧载体(Fe3O4/FeO)深度还原和再生来合成二甲醚(CH3OCH3)的原理如下图:
(1)二甲醚的合成反应:3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) △H1
①已知CO、H2与CH3OCH3的燃烧热(△H)分别为akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol (a、b、c均小于0)，则△H1= kJ/mol。
②该反应选用CuO/ZnO/Al2O3复合催化剂，该催化剂能 (填标号)。
A．促进平衡正向移动 B．提高反应速率
C．降低反应的活化能 D．改变反应的焓变
(2)CH4氧化器中发生的主反应:
i.CH4(g)+Fe3O4(s)CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)
ii.CH4(g)+4Fe3O4(s)CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)
850℃时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如右下图。
①随着压强的增大,反应i的平衡常数K值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②结合图象,分析H2O的体积分数变化的原因 (用化学方程式表示)。
(3)将一定量的FeO和CO2 置于CO2 还原器(体积不变的密闭容器)中，发生的主反应:
CO2(g) +3FeO(s)Fe3O4(s) +CO(g) △H2
保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。
温度t/℃ 100 170 200 300 400 500
CO2 体积分数 0.67 0.67 0.75 0.82 0.9 0.92
CO体积分数 0.33 0.33 0.25 0.18 0.1 0.08
①△H2 0(填“>”或“<”)。
②若在150 ℃时进行上述转化，理论转化率α(FeO)= 。
③在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．体系的压强不变 B． CO2 的 物质的量不变
C．CO的生成速率和消耗速率相等且不等于零 D．气体的平均摩尔质量不变
④根据化学反应原理,分析CO2 还原器温度设置在170 ℃的原因 。
16．高铁酸钾()是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，在水处理中有广泛的前景。下图是实验室利用氢氧化铁、次氯酸钠和氢氧化钾制备高铁酸钾的部分装置图。已知氯气和NaOH反应速率过快产生，导致产率降低。请回答下列问题：
(1)装置①的名称是 。
(2)A中反应的固体药品名称为 。
(3)B装置的作用是
(4)通入的作用为 。
(5)C中发生的离子反应方程式(请分步书写)： 。
(6)C反应结束后，过滤，然后向滤液中加入饱和KOH溶液，低温析出晶体。由此可知低温时溶解度 (填“大”“小于”或“等于”)。
17．乙烯在石油化工基础原料生产中占据主导地位，常以乙烯产量作为衡量一个国家或地区石油化工发展水平的重要标志之 一。作为我国第一经济大省， 广东省近几年来的乙烯产量一直居全国区域之首。工业上常用乙烷裂解制取乙烯：C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)。请回答下列问题：
(1)下表为一些化学键的键能数据，请计算上述反应的焓变△H 。
化学键 H-H C-H C-C C=C
键能E/ (kJ·mol-1) 435.3 414.4 345.6 615.3
(2)将1.00 mol乙烷充入容积为1.00 L的恒容密闭容器，一定温度下发生反应，平衡时测得乙烷的物质的量为0.20 mol。求该温度下反应的平衡常数及乙烷的平衡转化率 ； 。
(3)实际生产中，常在恒温恒压下采用加入水蒸气的方法来提高乙烯的产率(水蒸气在此条件下不参与反应)，请用平衡移动的原理加以说明 。
18．有机物J是我国自主成功研发的一种新药。合成J的一种路线如图：
（1）由A生成B的反应所需的试剂及反应条件为 。D （填写“存在”或“不存在”）顺反异构现象。
（2）由B生成C的反应类型为 。由D生成E的反应类型为： 。由H生成J的反应类型为：
（3）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为 (该条件下苯环上的溴不参与反应)。
H自身生成聚酯的化学方程式为： 。
（4）写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式 。
①分子中除苯环外不含其它环状结构；
②能发生银镜反应；
③分子中只含有有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以乙醇和乙酸为原料制备的合成路线图 （无机试剂和乙醚任用，合成路线图示例见本题题干）。
试卷第8页，共8页
参考答案：
1．B
【详解】试题分析：有机高分子化合物，相对分子量在10000以上，而蔗糖是二糖，不属于高分子有机化合物；乙醇和碳酸钠不反应，但易溶于水，不分层，乙酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，有气泡出现，乙酸乙酯不溶于水，会分层，三种不同的现象，B正确；乙烯可以和溴水发生加成反应而使之褪色，苯不能和溴水反应，但可以萃取使之褪色，注意这是物理变化。C错；酒精和水任意比互溶，所以D错。故选B。
考点：有机知识
点评：此类题目在高考中也就仅仅一个选择题而已，都是基本的知识，属于容易题目。
2．C
【详解】A．在该反应中Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后Cu2(OH)2CO3中的+2价，化合价升高，失去电子被氧化；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后Cu2(OH)2CO3中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，A错误；
B．18O2和16O2是由同位素原子18O、16O原子组成的单质，二者不能互为同位素，B错误；
C．该反应过程中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，化合价发生改变时只有Cu、O两种元素，C正确；
D．“铜绿”是碱式碳酸盐，能够与硫酸溶液反应产生CuSO4、CO2、H2O，D错误；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．氨气为共价化合物，电子式中必须标出原子的所有最外层电子数，氨气正确的电子式为： ，故A错误；
B．氯原子的核电荷数为17，Cl–的核外电子总数为18，氯离子的结构示意图为： ，故B错误；
C．氯原子的核电荷数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，正确的表示方法为：，故C错误；
D．肼的结构是从一对氨分子里各取一个氢原子然后把他们结合起来，N2H4的结构式，故D正确；
故答案选D。
4．B
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。
【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；
B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；
C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；
D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；
答案选B。
【点睛】控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：
① Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；
② NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。
5．D
【详解】A. FcCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B. 碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；
C. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全，该反应的离子方程式为NH4++H++SO42-+Ba2++2OH-= NH3·H2O+BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】离子方程式正误判断的方法有：（1）是否符合客观事实；（2）是否符合电荷守恒；（3）是否符合质量守恒定律；（4）是否符合拆写原则。
6．A
【详解】A．第9列中元素都是第VIII族元素，全是金属，没有非金属元素，A正确；
B．第2列是第ⅡA族，最外层电子排布为ns2，He处于零族，He原子的核外电子排布为1s2，一些过渡元素的最外层电子排布为ns2，B不正确；
C．第四周期第10列元素是第Ⅷ族的第三种元素，原子序数为28，是镍而不是铁，C不正确；
D．第15列为第ⅤA族，属于p区，最外层电子数为5，最外层电子排布为ns2 np3，D不正确；
故选A。
7．D
【分析】X、Y、Z、Q、R是位于同一短周期的元素，由化合物可知，X为碱金属元素，R只能形成1个共价键，R不可能为H，R为ⅥAX、R的最外层电子数之和等于Q的核电荷数，则Q为O、R为F，X为Li、Z为C；Y形成4个共价键、且得到1个电子形成阴离子
Y为B，据此回答。
【详解】A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，由青蒿素结构图可知，该分子中包含7个手性碳原子，故A错误；
B．BF3中B最外层只有6个电子，不满足8电子稳定结构，，故B错误；
C．四氟肼N2F4电子式：，氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大。当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大；故C错误；
D．该化合物的阴离子中O连接2个共价键、B连接4个共价键、C连接4个共价键、F连接1个共价键，均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选D。
8．A
【解析】城市中的氮的氧化物和碳氢化合物主要是汽车排出的废气造成，光化学污染属二次污染，根据方程式O3+2KI+H2O =2KOH+I2+O2分析可得，碘化钾中-1价的碘离子被氧化为碘单质，O3中的O有一个由0价降低为－2价，作氧化剂，反应中有1molO3参加反应，转移电子为2mol，此反应中氧气仍为0价，既不是氧化产物也不是还原产物，据以上分析回答问题。
【详解】A．根据题给信息可知，城市中的氮的氧化物和碳氢化合物主要是汽车排出的废气造成，故A正确；
B．根据方程式O3+2KI+H2O =2KOH+I2+O2分析可得，碘化钾中-1价的碘离子被氧化为碘单质，O3中的O有一个由0价降低为－2价，作氧化剂，反应中有1molO3参加反应，转移电子为2mol，故B错误；
C．光化学污染是由排放到大气中的氮的氧化物和碳氢化合物等在阳光的照射下，发生光化学反应而形成的污染物，属二次污染，故C错误；
D．和KI的反应中，此反应中氧气仍为0价，既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；
答案选A。
9．B
【详解】A．催化剂BMO能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A正确；
B．反应②中苯酚中碳元素化合价改变生成二氧化碳、水，①中苯酚碳元素、O中氧元素化合价均发生改变且最终还是生成二氧化碳、水，故转移的e-数目不相等，B错误；
C．整个过程中反应可看作：根据CxHyOz~(x+-)O2，氧气和苯酚反应生成二氧化碳和水，苯酚化学式为C6H6O，则1mol苯酚消耗6+-=7molO2，故参与反应的n(苯酚)∶n(O2)=1∶7，C正确；
D．由图可知，过程①中苯酚和O2-反应生成二氧化碳和水，反应为：：28+3+28CO2↑+23H2O ，D正确。
故选B。
10．A
【分析】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol L-1 s-1，可知生成C为0.2mol L-1 s-1×2L×5s=2mol，同时生成1mol D，则x=4，列三段式如下：。
【详解】A．根据分析知x=4，故A错误；
B．根据三段式确定A转化量为1.5mol，故A的转化率=，故B正确；
C．B为固体，气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；
D．根据阿伏加德罗定律，同温同体积时，体系的压强与气体物质的量成正比，即：，故D正确；
答案选A。
11．B
【分析】利用图像中的箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，据此分析。
【详解】A．由图中转化关系可知，(C4H9)4NBr是前边反应的反应物，又作后面反应的生成物，所以该物质是催化剂，A正确；
B．反应过程中存在C-Br键的断裂和N-Br键的形成，没有非极性键的断裂和形成，B错误；
C．反应中为中间体，故一共有3种中间体，C正确；
D．根据图知，总反应方程式为：，则该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，D正确；
故本题选B。
12．C
【分析】，T℃，t时刻时，；
【详解】A．由表格可知，随着温度的升高，K值增大，则该反应为吸热反应，，A错误；
B．当T=700℃时，K=0.6，Q>K，反应向逆反应方向进行，B错误；
C．当t时刻达到反应平衡，因为1.7<2.25<2.6，故1000℃
，当T=830℃，，x=0.25mol/L，故反应后c(M)=1+0.25=1.25mol/L，D错误；
答案选C。
13．A
【详解】A．放电时，是原电池工作原理，负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为NamC60-me-=mNa++C60，故A错误；
B．充电时，是电解池工作原理，在阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，电极反应式为mNa++C60+me-=NamC60，由电极反应式可知，阴极质量变化23mg，电子转移mmol，则阴极质量变化11.5g时，外电路中通过nmole-，即23mg:mmol=11.5g:n，解之得n==0.5mol，故B正确；
C．电池放电时，Na+向正极移动，充电时Na+向阴极移动，可以利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，所以电解质可以是含Na+的导电有机聚合物或能传导Na+的固体钠盐，故C正确；
D．充电时，是电解池的工作原理，在阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Na3V2(PO4)2F3-me-=Na(3-m)V2(PO4)2F3+mNa+，故D正确；
答案为A。
14．C
【详解】A．反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则生成2molNO的反应热是（946+498－2×632）kJ/mol＝180kJ/mol，因此1mol N2(g)和1mol O2(g)完全反应吸收的能量为180kJ，故A错误；B．N2(g)和O2(g)放电或高温下反应生成NO，故B错误；C．为吸热反应，则1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，故C正确；D．NO为无色气体，与水不反应，故D错误；故答案为C。
15． (3a+3b-c) BC 不变 Fe3O4+ H23FeO + H2O < 100% C 温度过高，CO2的转化率较低；温度过低，反应的速率较慢
【详解】(1)二甲醚的合成反应：3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH1
①已知：②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2=a kJ·mol-1，③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH3=b kJ·mol-1， ④CH3OCH3(g)+3O2(g)=3H2O(l) +2CO2(g) ΔH4=c kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，②×3+③×3-④可得3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) ，则ΔH1=（3a+3b-c）kJ·mol-1；
②催化剂能降低反应所需要的活化能，不影响焓变，同等程度加快正逆反应速率，平衡不移动，故答案为BC；
（2）①反应方程式的系数确定后，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故改变压强，K值不变；
②结合图象可以看出H2O的体积分数变大的同时H2的体积分数在减小，所以发生的反应是Fe3O4+H23FeO+H2O ；
（3）①根据表中数据可以看出，随着温度的升高，CO2的体积分数变大，CO的体积分数变小，说明平衡逆向移动，而温度升高，平衡朝吸热方向移动，说明逆向是吸热的，那么正向是放热的，即ΔH2＜0；
②由图表可以看出温度从100℃上升到170℃，CO2和CO的体积分数都没变，说明这个区域内虽然温度变化，但是平衡没有移动，理论上已经全部转化了，所以理论值是100%；
③反应CO2(g)+3FeO(s)Fe3O4(s)+ CO (g)是前后体积不变的反应，所以压强不变不能判断是否达到平衡，A错误；由第②问可以看出温度从100℃上升到170℃，已经完全转化了，此时CO2和CO的体积分数都没变，但是此时不算平衡状态，所以B和D错误；只有C是根据化学平衡的定义描述的，即平衡时正逆反应速率相等且不0，故C正确，答案为C。
④温度选择170℃从平衡的角度分析，是因为温度过高，CO2的转化率会变低，而从速率的角度分析，温度过低又会使反应速率变慢，则应选择一个合适的温度。
16．(1)三颈烧瓶
(2)高锰酸钾或氯酸钾
(3)减少氯气溶解、除掉氯气中的HCl杂质、观察氯气的流速
(4)降低氯气的浓度，有利于氯气与NaOH溶液充分反应
(5)Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O；Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓；3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－＝2＋3Cl－＋5H2O
(6)小于
【分析】A装置用浓盐酸和高锰酸钾或氯酸钾反应生成氯气，氯气中含有易挥发的HCl杂质，用B装置除掉氯气中HCl杂质，且有利于观察氯气的流速，在C中氯气与NaOH溶液反应生成次氯酸钠，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁和次氯酸钠在碱性条件下反应生成高铁酸钠，尾气有毒，用氢氧化钠溶液处理尾气。
【详解】（1）根据装置分析得到装置①的名称是三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。
（2）A是制取氯气的发生装置，由于该装置没有加热，因此反应的固体药品名称为高锰酸钾或氯酸钾；故答案为：高锰酸钾或氯酸钾。
（3）根据信息氯气和NaOH反应速率过快产生，导致产率降低，因此B装置的作用是减少氯气溶解、除掉氯气中的HCl杂质、观察氯气的流速，故答案为：减少氯气溶解、除掉氯气中的HCl杂质、观察氯气的流速。
（4）通入的作用为降低氯气的浓度，有利于氯气与NaOH溶液充分反应；故答案为：降低氯气的浓度，有利于氯气与NaOH溶液充分反应。
（5）根据下图是实验室利用氢氧化铁、次氯酸钠和氢氧化钾制备高铁酸钾的部分装置图，得到C中发生先氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁和次氯酸钠在碱性条件下反应生成高铁酸根，其反应的离子反应方程式：Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O；Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓；3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－＝2＋3Cl－＋5H2O。
（6）C反应结束后，过滤，然后向滤液中加入饱和KOH溶液，低温析出晶体，说明与KOH反应生成和NaOH，由此可知低温时溶解度小于；故答案为：小于。
17．(1)123.8 kJ·mol-l
(2) 3.2 mol·L-1 80%
(3)恒温恒压下加入水蒸气至反应系统中，系统总压不变，则各组分的分压减小，平衡向气体分子数增多的方向(即正反应)移动，故乙烯的产率增加
【详解】△H= [2E(C-H)+ E(C-C)]-[E(C=C)+ E(H-H)]= [(2×414.4 + 345.6)-(615.3+ 435.3)] kJ·mol-l= 123.8 kJ·mol-l
(2 ) C2H6(g) CH4(g) + H2(g)
平衡时物质的量分别为0.20、1.00-0.20= 0.80、0.80
平衡时各物质的浓度为： [C2H6] = 0.20 mol·L-1， [C2H4] = [H2]= 0.80 mol·L-1
平衡常数为：K== 3.2 mol·L-1
乙烷的平衡转化率为： (1.00-0.20) mol/ 1.00 mol×100% = 80%
18． 液溴、溴化铁或铁 不存在 氧化反应 加成反应 酯化反应或取代反应 +NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O n +n H2O
【分析】(1) (3)：由流程知：是苯环上甲基邻位上的氢原子被溴的取代反应，是苯环上甲基被氧化成醛基的反应，是碳碳双键和HBr的加成反应，反应后生成的产物E应为，因为E中的烃基后来进入了F、进一步进入了，故F为叔丁基溴化镁，F与C 即先在醛基上发生加成反应后发生水解得到G即，G转变生成H即，则是分子内发生酯化反应，据此回答；
(4)J即满足条件的同分异构体，须通过条件找到相应官能团、基团，据此书写；
(5)用逆合成分析法，要以乙醇和乙酸为原料制备，则需要乙酸和2-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要以乙醇得到2-丁醇，则需仿照流程由乙醛和乙基溴化镁在水中反应生成，乙醛可由乙醇催化氧化所得，乙基溴化镁则由溴乙烷和镁在乙醚参与下生成，溴乙烷由乙醇和HBr发生取代反应生成，据此书写流程；
【详解】(1)据分析，由A生成B的反应即是苯环上溴代反应，所需的试剂及反应条件为液溴、溴化铁或铁，D即分子内每个双键碳原子上所连的是相同的原子或原子团，故不存在顺反异构现象；
答案为：液溴、溴化铁或铁；不存在；
(2) 据分析，是苯环上甲基转变成醛基，该过程去氢得氧，是氧化反应，是碳碳双键和HBr的加成反应，则是酯化反应，属于取代反应；
答案为：氧化反应；加成反应；酯化反应或取代反应；
(3)C为，能与新制氢氧化铜反应，已知该条件下苯环上的溴不参与反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；
答案为：+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；
H为，含有羧基和羟基，故自身可发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：n +n H2O；
答案为：n +n H2O；
(4) J即，分子式为C12H14O2，不饱和度为6， J的一种同分异构体要同时满足下列条件：①分子中除苯环外不含其它环状结构；故分子内含有1个苯环，②能发生银镜反应，则分子内含有—CHO，且当含有2个醛基时可满足6个不饱和度；③分子中只含有2种不同化学环境的氢，由于醛基自身有氢原子，则这同分异构体的醛基应该是等同的，处于对称位置，故分子内另一种氢原子就在4个完全等同的甲基上，则同分异构体为：；
答案为：；
(5)要以乙醇和乙酸为原料制备，乙酸和2-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，仿照流程由乙醛和乙基溴化镁在水中反应生成2-丁醇，乙醇催化氧化得乙醛，由溴乙烷和镁在乙醚参与下生成乙基溴化镁，乙醇和HBr发生取代反应生成溴乙烷，则流程为：；
答案为：。
【点睛】本题为高频考点，把握流程中官能团的变化、有机反应、信息的灵活运用为解答的关键，侧重分析与应用能力以及知识点的活学活用，注意有机物性质的应用，(3)为易错点，有的同学会漏写产物水，有的聚酯的结构简式不会写。
答案第2页，共12页
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