浙江省乐清市知临中学2022-2023学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

2022学年第二学期期末质量检测高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32C1-35．5K-39Fe-56一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于耐高温非金属材料的是ANa-K合金B.SC.AlCl3D.SiO2【答案】D【解析】【详解】A．Na-K合金为金属材料，A错误；B．硫熔点低，加热容易变为液态，B错误；C．AlCl3的熔点低不耐高温，C错误；D．SiO2为共价晶体，为优良的耐高温非金属材料，故D正确；故选D。2.明矾是常用的物质，下列说法不正确的是A.明矾可用作净水剂B.明矾属于强电解质C.明矾溶液呈碱性D.K元素位于周期表s区【答案】C【解析】【详解】A．明矾在水中电离出的铝离子水解得到的氢氧化铝胶体具有吸附性，可用作净水剂，A正确；B．明矾属于强电解质，B正确；C．明矾在水中电离出的铝离子水解，使溶液显酸性，C错误；D．K元素位于周期表s区，D正确故选C。3.下列化学用语表示正确的是A.2-甲基-1-丁烯的键线式：B.乙醚的分子式： C.基态的价电子轨道表示式：D.HBr的电子式为：【答案】C【解析】【详解】A．根据烯烃的命名原则，2-甲基-1-丁烯的结构简式为，其键线式为，故A错误；B．乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，其分子式为C4H10O，甲醚分子式为C2H6O，故B错误；C．Mn的价电子排布式为3d54s2，Mn2+价电子排布式为3d5，基态Mn2+的价电子轨道式为，故C正确；D．HBr属于共价化合物，其电子式为，故D错误；答案为C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.石墨能导电，可用作电极材料B.过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂C.铝密度小、硬度高，可用作飞机外壳材料D.氯气常温时不易与铁反应，可用铁罐储存液氯【答案】C【解析】【详解】A．石墨具有良好的导电性，能导电，可用作电极材料，A正确；B．过氧化钠可以和二氧化碳、水反应生成氧气从而为人呼吸提供氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，B正确；C．铝合金密度小、硬度高，性能优良可用作飞机外壳材料，C错误；D．氯气和铁加热反应，而常温时不易与铁反应，可用铁罐储存液氯，故D正确；故选C。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.铁和浓硫酸在常温时不能反应B.实验室用过氧化氢分解制氧气 C.Al2O3可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠D.水玻璃中通入CO2会产生沉淀【答案】A【解析】【详解】A．铁和浓硫酸在常温时发生钝化，钝化并不是未发生化学反应，A错误；B．实验室用过氧化氢在二氧化锰催化下分解制氧气，B正确；C．Al2O3可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠，化学方程式为，C正确；D．水玻璃中通入CO2会产生硅酸沉淀，化学方程式为，D正确。故选A。6.制硫酸过程中有以下反应发生：4FeS+11O22Fe2O3+8SO2，下列说法正确的是A.FeS2既是氧化剂又是还原剂B.还原剂与氧化剂的质量之比为4：11C.SO2只是氧化产物D.每消耗1.1mol氧气，反应中转移4.4mol电子【答案】D【解析】【详解】A．FeS2中铁、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；B．FeS2是还原剂，氧气发生还原反应，为氧化剂，根据化学方程式体现的关系可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11，而非质量之比，B错误；C．氧气中氧元素化合价降低、FeS2硫元素化合价升高得到二氧化硫，二氧化硫既是氧化产物又是还原产物，C错误；D．由反应可知，每消耗11mol氧气，转移44mol电子，根据O2~4e-，则每消耗1.1mol氧气，反应中转移4.4mol电子，D正确；故选D。7.下列离子反应方程式正确的是A.碳酸钙和醋酸反应：B.氯气通入氯化亚铁溶液中： C.铁和稀硫酸反应：D.硫酸铜和氢氧化钡溶液混合：【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，只能写化学式，因此碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水：，A错误；B．氯气通入氯化亚铁溶液，反应生成铁离子和氯离子：，故B正确；C．铁和稀硫酸反应硫酸亚铁和氢气：，故C错误；D．硫酸铜和氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀：，故D错误。综上所述，答案为B。8.下列说法不正确的是A.石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烃，如苯、甲苯等B.蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色C.淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解D.相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强【答案】C【解析】【详解】A．石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烃，如苯、甲苯等，A正确；B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，B正确；C．油脂不属于天然高分子，C错误；D．相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强，D正确。故选C。9.由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是A.X分子中所有碳原子可处于同一平面 B.X、Z分子中均含有2个手性碳原子C.1molZ最多只能与2mol发生反应D.X、Y、Z均可与溶液发生反应【答案】B【解析】【详解】A．X分子中六元素环不是苯环而含有烷基，根据甲烷的正四面体结构，X中所有碳原子不可能处于同一平面，选项A错误；B．X（）、Z（）分子中均含有2个手性碳原子，选项B正确；C．1molZ（）最多能与3molBr2发生反应，选项C错误；D．X只含有碳碳双键和醇羟基，不能与NaOH稀溶液发生反应；Y、Z均含有酚羟基，Z含有羧基，可与NaOH稀溶液发生反应，选项D错误。答案选B。10.周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼的燃烧热为，是常用的火箭燃料；氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700～900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列说法正确的是A.和中的H—N—H键角相等B.和晶体类型均为共价晶体C.和都是由极性键构成的非极性分子D.基态砷原子核外价电子排布式为【答案】D【解析】 【详解】A．中的N原子有一个未成键的孤电子对，没有，孤电子有较大的斥力，所以和中的H—N—H键角不相等，A错误；B．是分子晶体，含有金属-碳键，属于金属有机化合物，B错误；C．的氮原子含有一个孤电子对，使分子的正电中心与负电中心不重合，故分子是极性分子，中氮原子之间以非极性键结合，C错误；D．基态砷原子核外电子排布式为，价电子排布式为，D正确；故选D。11.电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是A.a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2OB.电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小C.电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极D.相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确； D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误；答案选C。12.乙醛发生银镜反应的化学方程式为。下列说法正确的是A.分子中键与键的比例为B.配离子中提供孤电子对形成配位键的是C.的电子式为D.中碳原子的轨道杂化方式均为杂化【答案】B【解析】【详解】A．已知单键均为键，双键是一个键与一个键，则分子中含有4个C-H，一个C-C键和一个碳氧双键，故分子中键与键的比例为，A错误；B．已知NH3分子中N原子含有一对孤电子对，故配离子中提供孤电子对和Ag+提供空轨道形成配位键，B正确；C．N原子最外层上有5个电子，故的电子式，C错误；D．中-CH3中的C与周围原子形成了4个单键，故其碳原子的轨道杂化方式为杂化，而另一个碳原子周围形成了1个C-C键，1个C-O键和1个碳氧双键，故该碳原子的轨道杂化方式为杂化，D错误；故答案为：B。13.亚硝酸()是一种弱酸，常温条件下，其电离平衡常数为。下列说法不正确的是A.0.1mol·L的水溶液中： B.向0.1mol·L水溶液加少量水，的值增大C.0.2mol·L溶液与0.1mol·LNaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性D.0.1mol·L溶液中离子浓度大小关系：【答案】A【解析】【详解】A．由质子守恒可知，0.1mol·L的水溶液中：，故A错误；B．向0.1mol·L水溶液加少量水，氢离子浓度减小，的值增大，故B正确；C．0.2mol·L溶液与0.1mol·LNaOH溶液等体积混合得到等浓度的、溶液，的水解常数为，溶液中电离大于水解，溶液显酸性，故C正确；D．水解导致溶液显碱性，故0.1mol·L溶液中离子浓度大小关系：，故D正确；故选A。14.反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A.对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所吸收的热量相同B.对于进程Ⅱ、Ⅲ，催化效率C.对于进程Ⅰ，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增加更明显D.对于进程Ⅳ，Z没有催化作用 【答案】D【解析】【详解】A．进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，故A错误；B．由图可知，反应Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于反应Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，则反应速率：反应Ⅱ＞反应Ⅲ，催化效率X＞Y，故B错误；C．由图可知，反应I中S的总能量大于产物P的总能量，则进程I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大幅度，即逆反应速率增加更明显，故C错误；D．反应前反应物为S+Z，反应后生成物为P•Z，而不是P+Z，则Z不是该反应的催化剂，没起到催化作用，故D正确；故选：D。15.草酸钙是常见的难溶物．将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(ag)+(a)[已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，Ka(H3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有关说法不正确的是()A.上层清液中含碳微粒最主要以形式存在B.上层清液中存在：c(Ca2+)=c()+c()+c(H2C2O4)C.H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D.向上层清液中通入HCl至pH=1，则2c(Ca2+)-2c()-c()-c(OH-)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确；B．根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有，B正确；C．草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；D．向上层清液中通入至，则有电荷守恒： ，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，，不能确定氯离子浓度，故D错误；故选D。16.室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象实验结论A卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入溶液，产生黑色沉淀说明卤代烃未水解B取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色则KI与溶液的反应有一定限度C向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀X可能是D测得溶液pH约为9，溶液pH约为8结合的能力比强A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钠也会和硝酸银生成氢氧化银沉淀，氢氧化银分解生成黑色氧化银，故不能说明卤代烃未水解，A错误；B．反应后碘离子过量，而滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中仍存在铁离子，则KI与溶液的反应有一定限度，B正确；C．氨气水溶液显碱性，氨气、二氧化硫、氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故X可能是，C正确；D．等浓度的醋酸钠、亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液的碱性更强，说明醋酸根离子水解程度更大，则对应结合的能力比强，D正确； 故选A。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。（1）结构示意图如图1。①的价层电子排布式为___________。②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。③中与与的作用力类型分别是___________。（2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。①距离最近的阴离子有___________个。②的摩尔质量为，阿伏伽德罗常数为。该晶体的密度为___________。【答案】（1）①.3d6②.中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2 个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据，孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小③.配位键、氢键（2）①.6②.【解析】【小问1详解】①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6；②中O和中S均为杂化，中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。③中O有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与中H元素形成氢键。【小问2详解】①以位于面心为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：，4个阴离子位于棱上，2个位于体心位置上，共6个。②依据分摊法可知晶胞中离子个数为，S个数为=4。一个晶胞中相当于含有4个，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度 。18.化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：黄褐色固体A的式量小于100，溶液C是单一溶质盐溶液。（1）X的组成元素是___________，X的化学式是___________。（2）写出B溶液与溶液恰好完全沉淀时的离子反应方程式：___________。（3）固体A是一种良好的脱硫剂，请写出常温下固体A在氛围中与反应的化学反应方程式：___________。（4）设计实验检验溶液B中的阳离子：___________。【答案】（1）①.K、Fe、O②.（2）（3）（4）用玻璃棒蘸取B溶液，点在试纸上，若变红，则存在(其他合理答案)；用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在(其他合理答案)【解析】【分析】化合物X由三种元素组成，12.7gX和水反应生成8.9g黄褐色固体A，加热分解生成8.0g红褐色固体B为Fe2O3，物质的量n==0.05mol，质量减少的是水，水的质量=8.9g-8.0g=0.9g，n(H2O)==0.05mol，元素守恒得到固体A中含n(Fe)=0.1mol，n(H)=0.05mol×2=0.1mol，n(O)=0.05mol×3+0.05mol=0.2mol，则A中含n(Fe)：n(H)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，黄褐色固体A的式量小于100，得到化学式为HFeO2或FeOOH，证明X中含Fe、O元素，溶液C是单一溶质盐溶液，结合所加试剂可知为K2SO4，证明X中含K元素，质量守恒分析验证，12.7g固体X中含K物质的量n(K)= =0.1mol，X的化学式n(K)：n(Fe)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，化学式为KFeO2，溶液A为KOH，和硫酸反应生成B，B和KOH反应生成硫酸钾，则B为硫酸氢钾，据此回答问题。【小问1详解】上述分析和计算得到X中含元素为：K、Fe、O，化学式为：KFeO2，故答案为：K、Fe、O；KFeO2；【小问2详解】分析可知B溶液与Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀时的离子反应方程式为：，故答案为：；【小问3详解】固体A是一种良好的脱硫剂，常温下固体A在HCl氛围中与H2S反应生成单质硫、氯化亚铁和水，反应的化学反应方程式为：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O，故答案为：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O；【小问4详解】溶液B中的阳离子为氢离子和K+离子，结合氢离子显酸性，钾离子焰色试验为紫色涉及实验验证，实验过程和现象为：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在H+，用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在K+，故答案为：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在H+，用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在K+。19.2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。I.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)∆H(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1.则上述反应的∆H=___________kJ·mol-1。(2)此反应的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)，利于反应自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。(3)一定温度下，向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应，初始时CO2和CH4分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp=___________(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 II.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)∆H=-165kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是___________。(5)对比上述两种催化剂催化性能，工业上应选择的催化剂是___________，使用的合适温度为___________。III.以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如下图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。(6)阴极上的电极反应式为___________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中___________mol硫酸。【答案】①.+249.1②.>③.高温④.259.2⑤.以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加⑥.Ni-CeO2⑦.320℃⑧.2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O⑨.6【解析】【分析】【详解】I.(1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g)=－395kJ·mol－1，②C(s)＋ 2H2(g)=CH4(g)=－74.9kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO(g)=－110.4kJ·mol－1，根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2－②－①得目标方程式，所以=[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)＞Ea(逆)；根据可知，要想自发进行，即满足＜0，当＞0时，高温有利于自发进行，故答案为：＞；高温；(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为pkPa，则，由平衡的p总=（14+16）kPa=42kPa可知，（14-p）+（16-p）+（14-p）+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8kPa，p(CH4)=10kPa，p(CO)=12kPa，p(H2)=12kPa，则平衡常数Kp=；II.(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；(5)根据图象分析可知，温度适宜（320℃）时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故答案为：Ni-CeO2；320℃；III.(6)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，根据装置图可分析，CO2在阴极得到电子转化为乙烯，所以阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；铅酸蓄电池总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则根据电子转移数守恒可得到，C2H412e-6Pb12H2SO4，则每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.512=6mol，故答案为：6。20.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。 已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题：(1)仪器a的名称为___________。(2)装置A用来制取ClO2，发生反应的离子方程式为___________。(3)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol/L，=___________。(4)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。(5)充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：()→()→()→干燥，___________a．趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结晶(6)在化学定分析中为了方便计算，常用滴定度(T)表示标准液的滴定能力，是指每毫升标准溶液相当于样品中所含被测物质的质量。准确称取一定质量的NaClO2(摩尔质量为Mg/mol)样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，得待测溶液。取一定量消 耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗标准液VmL(已知：)。则滴定度T=___________g/mL。【答案】①.三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)②.③.4④.0.8⑤.防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解⑥.e→a→b⑦.【解析】【分析】装置A用来制取ClO2，故H2O2为还原剂，C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故用冰降温，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析解题。【详解】(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)；(2)装置A用来制取ClO2故H2O2为还原剂，与NaClO3反应生成O2和ClO2，离子方程式为：；(3)c(NaOH)=4mol/L与=0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料；(4)C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，使用冰水浴可降低反应混合液的温度，防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；(5)为从产品溶液中获取NaClO2晶体，操作顺序为：55℃恒温减压蒸发结晶、趁热过滤、50℃水洗涤，低于60度干燥，故答案为：e→a→b；(6)由、，得-2I2-4，则n()=n×cV×10-3mol，则m(NaClO2)=，由滴定度定义可知，T=。21.化合物M是一种药物中间体，其中一种合成路线如图所示： 已知：Ⅰ.+Ⅱ.回答下列问题：(1)A的结构简式为___；试剂X的化学名称为___。(2)C中官能团的名称为___；由D生成E的反应类型为___。(3)由E生成F的第①步反应的化学方程式为___。(4)设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为___。(5)写出同时满足下列条件的结构的M的所有同分异构体___(不含立体异构)①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基②1mol该物质最多能与2molNaHCO3反应③核磁共振氢谱有6组吸收峰(6)参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料(其他试剂任选)，制备聚2—甲基丙烯的合成路线___。【答案】①.②.环己酮③.醚键羟基④.取代反应⑤. ⑥.保护酚羟基⑦.、、⑧.【解析】【分析】，由信息Ⅰ逆推，可知A是、X是；结合信息Ⅱ可知，C是；水解为F，F是。【详解】(1)由信息Ⅰ逆推，可知A是；试剂X是，化学名称为环己酮；(2)C是，官能团的名称为醚键、羟基；是 上的1个H原子(红圈标出)被-CH2COOCH2CH3代替的产物，反应类型为取代反应；(3)在碱性条件下水解，生成和乙醇，反应方程式是；(4)设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为保护酚羟基；(5)①只含两种官能团，能发生显色反应，说明有酚羟基，苯环上连有两个取代基；②1mol该物质最多能与2molNaHCO3反应，说明1个分子中含有2个羧基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明结构对称，符合条件的的同分异构体有、、；