浙江省新高考研究联盟2022年高考化学二模试题（含解析）

浙江省新高考研究联盟2022年高考二模化学试卷一、选择题1．下列说法不正确的是（　　）　A．用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除SO2）可获得副产品石膏　B．金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法　C．若在水里贮藏室中，放几块被KMnO4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间　D．常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快考点："三废"处理与环境保护；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；乙烯的化学性质．.分析：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到的硫酸钙；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法；C．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化；D．平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关．解答：解：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，故A正确；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故B正确；C．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，为了延长水果的保鲜期，故C正确；D．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故D错误；故选D．点评：本题考查知识点较多，明确工业脱硫的方法、电化学保护、乙烯的性质和用途以及平衡常数等知识点，题目难度不大，平时注意知识的积累．　2．（3分）（2022•浙江二模）下列有关实验的操作，原理和现象的叙述不正确的是（　　）　A．分液操作时，若要回收上层液体，应先从上口倒出上层液体，再从下口将下层液体放出　B．浓的NaOH溶液不慎溅到皮肤上，可无用大量水冲洗，再涂上硼酸或稀醋酸溶液　C．AlCl3溶液中加入过量NaF固体，再滴加氨水，无沉淀产生说明[AlF6]3﹣很难电离　D．检验Cl﹣时，为了排除SO42﹣的干扰，可先滴加过量的Ba（NO3）2溶液后，取上层溶液，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有Cl﹣存在考点：化学实验方案的评价．.15\n专题：实验评价题．分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性；C．AlCl3溶液中加入过量NaF固体，生成[AlF6]3﹣；D．先滴加过量的Ba（NO3）2溶液可排除SO32﹣、SO42﹣的干扰．解答：解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；B．氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性，不慎洒在衣服上，用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，故B正确；C．AlCl3溶液中加入过量NaF固体，生成[AlF6]3﹣，[AlF6]3﹣难电离，故C正确；D．先滴加过量的Ba（NO3）2溶液可排除SO32﹣、SO42﹣的干扰，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有Cl﹣存在，故D正确．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质的性质及离子的检验的考查，注意检验离子应排除干扰，注重基础知识的考查，题目难度不大．　3．（3分）（2022•浙江二模）元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是（　　）　A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体　B．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键　C．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小　D．实验室可根据⑥、⑦单质分别与⑤单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，而C60等为分子晶体；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化；C．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．15\nA．碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错误；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故B正确；C．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故C错误；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱，单质与氧气反应不能比较元素非金属性强弱，故D错误，故选B．点评：本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意对基础知识的理解掌握．　4．（3分）（2022•浙江二模）下列说法不正确的是（　　）　A．有机物B与（M1=142.5）互为相邻同系物，则M（B）可能为128.5　B．最简单的醛糖是甘油醛　C．苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗O2的分子数为7.5NA　D．乙苯能被酸性KMnO4溶液氧化，是因为苯环对侧链上的﹣CH2﹣产生了影响，使其变活泼考点：有机物的结构和性质．.专题：有机反应．分析：A．同系物结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团，相对分子质量相差14n；B．根据糖的定义判断；C．苯和苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O2，结合分子式计算；D．对比苯、乙烷和乙苯的性质判断．解答：解：A．如M（B）=128.5，则比少一个CH2原子团，羟基直接连接在苯环上，为酚类物质，二者不是同系物，故A错误；B．糖为多羟基醛或多羟基酮，最简单的醛糖为甘油醛，故B正确；C．苯和苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O2，其中苯甲酸的分子式可看成C6H6•CO2，等物质的量时消耗氧气的量相同，则苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗O2的物质的量为（6+）mol=7.5mol，个数为7.5NA，故C正确；D．苯、乙烷与酸性高锰酸钾都不反应，但乙苯能被酸性KMnO4溶液氧化，可说明苯环对侧链上的﹣CH2﹣产生了影响，使其变活泼，故D正确．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质的考查，为高频考点，注意把握有机物的组成、结构和性质，难度不大，易错点为A，注意酚和醇的区别．　5．（3分）（2022•浙江二模）尿液也能发电，尿素燃料电池结构如图所示，用这种电池既能净化含氨废水，又能发电．下列关于该电池描述不正确的是（　　）15\n　A．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极　B．电池放电时，H+从正极向负极迁移　C．电池的负极反应式：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=N2+CO2+6H+　D．电池降解1mol尿素，理论上消耗标准状况下33.6LO2考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A、通入氧气的电极为燃料电池的正极，发生还原反应；B、原电池中阳离子移向正极；C、负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气；D、根据电池的总反应式进行计算．解答：解：A、通入氧气的电极为燃料电池的正极，发生还原反应，电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极，故A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，故B错误；C、负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=CO2+N2+6H+，故C正确；D、电池的总反应式为：2CO（NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，消耗67.2LO2，如果是标准状况，则消耗的氧气的物质的量为3mol，则可以净化2molCO（NH2）2，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等．　6．（3分）（2022•浙江二模）常温下，向某浓度H2A溶液中逐滴加入一定量浓度NaOH溶液，所得溶液中H2A、HA﹣、A2﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）　A．H2A是一种二元弱酸15\n　B．常温下，H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1=0.01　C．将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水所得混合溶液pH一定为5.5　D．在量热计中，用20.0mL0.10mol/LnaOH溶液，分别与10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A反应后放出的热量不相同考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣；B、根据pH=2时来计算；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度；D、溶液越稀，电离程度越大．解答：解：A、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣，即H2A的电离分两步进行，故H2A是一种二元弱酸，故A正确；B、当pH=2时，C（H2A）=C（HA﹣），H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1==0.01，故B正确；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA﹣和A2﹣的浓度不再相等，故溶液的pH不等于5.5，故C错误；D、溶液越稀，电离程度越大，10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A相比，后者的电离程度更大，故与氢氧化钠反应时，后者H2A电离时吸收的热量少，故中和反应时放出的热量多于前者，故D正确．故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡常数的计算、弱电解质电离吸热对中和热的影响，难度不大．　7．（3分）（2022•浙江二模）实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），聚铁的化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，制备过程如图所示：下列说法不正确的是（　　）　A．炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应式为：4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O　B．气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用　C．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大　15\nD．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水；B、固体W灼烧得到气体为二氧化硫；C、若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少；D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾；解答：解：分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；C、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故C错误；D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故D正确；故选C．点评：本题考查了物质分离和提纯的流程分析和方法判断，注意试剂选择和反应过程分析，掌握物质性质和实验过程是关键，题目难度中等．　二、非选择题8．（14分）（2022•浙江二模）某研究小组查阅资料得知以SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，取15.2g化合物乙溶于400mL2.0mol/L盐酸，恰好完全反应生成气体丙和MgCl2溶液，已知生成的气体丙折合成标准状况下的体积为4.48g/L，请回答下列问题：（1）甲的电子式为　　，气体丙的空间构型为　正四面体　．（2）化合物乙与盐酸反应的离子方程式为　Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑　．（3）常温常压下，实验中所生成的气体丙在氧气中完全燃烧，放出286KJ的热量．反应的热化学方程式为　SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol　．（4）该研究小组蒸干MgCl2溶液并继续加热一段时间，初步分析所得固体产物中不含氯元素，试分析该固体可能的成分并设计实验探究其成分：　称取一定质量的样品于坩埚中，充分灼烧至恒重，若质量不变则为氧化镁，若质量减轻可根据前后质量判断样品成分　．（5）推测以SiO2和Al为原料　能　（填“能”或“不能”）制得单质Si，判断理由是　因铝的性质与镁相似，都具有较强还原性　．15\n考点：电子式；离子方程式的书写；判断简单分子或离子的构型；反应热和焓变．.分析：SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，可知甲为氧化镁，由质量守恒可知，另一种化合物为含硅镁元素，气体丙的物质的量为：=0.2mol，化合物乙的摩尔质量为：=76g/mol，硅的摩尔质量为28g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol，故乙的化学式为：Mg2Si，硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷．（1）甲为氧化镁，丙为硅烷，按要求作答；（2）硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷；（3）计算1mol硅烷燃烧放出的热量，书写热化学方程式；（4）加热过程中氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，故若不含氯离子，则所得化合物为氢氧化镁或氧化镁或二者混合物，根据氧化镁和氢氧化镁性质不同区分；（5）可类比镁的性质分析．解答：解：SiO2和Mg为原料可制备单质Si，他们在实验室中进行了该实验，结果发现产物中只有甲和乙两种化合物，化合物甲可做耐火材料，可知甲为氧化镁，由质量守恒可知，另一种化合物为含硅镁元素，气体丙的物质的量为：=0.2mol，化合物乙的摩尔质量为：=76g/mol，硅的摩尔质量为28g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol，故乙的化学式为：Mg2Si，硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷．（1）甲为氧化镁，电子式为：，丙为硅烷，和甲烷结构相似为正四面体结构；故答案为：；正四面体；（2）硅化镁与盐酸反应生成氯化镁和硅烷，反应离子方程式为：Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑故答案为：Mg2Si+4H+=Mg2++SiH4↑；（3）1mol硅烷燃烧放出的热量为：286KJ×=1430KJ/mol，热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1430KJ/mol；（4）加热过程中氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，故若不含氯离子，则所得化合物为氢氧化镁或氧化镁或二者混合物；由于氧化镁稳定，氢氧化镁不稳定易分解，故可采取加热灼烧方法来区别，若加热灼烧后固体质量不变，则固体成分为氧化镁，若固体质量减轻，可根据前后质量差判断成分；故答案为：称取一定质量的样品于坩埚中，充分灼烧至恒重，若质量不变则为氧化镁，若质量减轻可根据前后质量判断样品成分；（5）铝性质与镁相似，具有较强还原性，故铝可还原硅，也可认为铝的还原性比镁若，不能置换出硅；15\n故答案为：能，因铝的性质与镁相似，都具有较强还原性；不能，因为铝的还原性比镁弱．点评：本题为信息题，考查了物质的推断，化学用语书写，物质的检验等，难度较大，推断物质是关键，要综合题给信息解题．　9．（14分）（2022•浙江二模）CaO循环吸收CO2法是一种常用的技术，在降低温室气体CO2排放中具有重要的作用，其原理为CaO先与CO2反应生成CaCO3，反应一段时间后，对生成的CaCO3加热使其分解生成CaO，然后再利用生成CaO来吸收CO2，如此循环下去．某研究小组在体积相同的密闭容器中，各冲入28gCaO和足量含CO2的混合气体（其他成分不与CaO反应）研究得温度和颗粒直径对CaO吸收CO2活性（即CaO转化率X）的影响如图所示．依据以上信息，回答下列问题：（1）反应CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）的△H　＜　0，△S　＜　0（填“＜”、“＞”或“=”），可以判断该反应已经达到平衡的是　ABC　A．密闭容器中总压强不变B．密闭容器中CO2的体积分数不变C．密闭容器中固体质量不变D．消耗5.6gCaO的同时生成10.0gCaCO2（2）743℃时，CaO转化率X显著下降的原因是　正反应放热，升温时平衡逆向移动　，CaO吸收CO2反应最适合的温度为　690℃　　690℃﹣720℃　（3）若用单位时间内密闭容器中固体质量增重量来表示反应速率，则颗粒粒径为20μm的CaO从反映开始至5分钟时平均速率为　2.64g/min　．（4）实验表明CaO吸收CO2的活性随循环次数增多而降低，结合题给信息分析其原因是　多次循环后CaO的颗粒直径增大　．（5）反应气体中CO2的体积分数φ（CO2）对CaO吸收CO2特性也有一定的影响，请在如图2中画出φ（CO2）=25%时反应转化率的变化趋势．考点：化学平衡状态的判断；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：（1）据△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行判断；正反应是气体体积减小的反应；平衡状态是指各组分浓度保持不变正逆反应速率相等的状态；（2）正反应放热，升温时平衡逆向移动；据图象分析，690℃﹣720℃时，CaO转化率的斜率最大且转化率增大；（3）据化学方程式，计算反应的CaO的质量，从而计算二氧化碳的质量，即为固体增重质量，再据v=计算；15\n（4）CaO吸收CO2时，随循环次数增多，生成的碳酸钙增多，固体颗粒直径变大，表面积变大，结合图1分析；（5）CO2的体积分数越大，越有利于CaO吸收，据此画图．解答：解：（1）正反应是气体体积减小的反应，△S＜0，反应能够自发进行，必须△H﹣T△S＜0，所以△H必须小于0；平衡状态是指各组分浓度保持不变正逆反应速率相等的状态，A、压强不变，说明二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故A正确；B、密闭容器中CO2的体积分数不变，说明二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故B正确；C、密闭容器中固体质量不变，说明气体二氧化碳的量不再发生改变，反应达到平衡状态，故C正确；D、消耗5.6gCaO的同时生成10.0gCaCO3，都是反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：＜；＜；ABC；（2）正反应放热，升温时平衡逆向移动，所以743℃时CaO转化率X显著下降；据图象分析，690℃﹣720℃时，CaO转化率的斜率最大且转化率增大，故答案为：正反应放热，升温时平衡逆向移动；690℃；690℃﹣720℃；（3）5min时，CaO的转化率为60%，则反应的CaO为28g×0.6=16.8g，则参加反应的二氧化碳的质量为：=13.2g，固体的反应速率应为v===2.64g/min，故答案为：2.64g/min；（4）CaO吸收CO2时，随循环次数增多，生成的碳酸钙增多，固体颗粒直径变大，表面积变大，据图1可知，颗粒粒径越大，CaO转化率越低，故答案为：多次循环后CaO的颗粒直径增大；（5）CO2的体积分数越大，越有利于CaO吸收，图象斜率变大，图象为：，故答案为：15\n．点评：本题考查了反应自发进行与熵变焓变的关系、化学平衡状态的判断、图象分析，题目难度中等．　10．（15分）（2022•浙江二模）过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶体粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350℃左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应生成H2O2．易于酸反应生成H2O2，过氧化钙可用于改善水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等，是一种重要化工试剂．（Ⅰ）CaO2的制备原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl实验步骤如图1，反应装置如图2所示，请回答下列问题：（1）X仪器名称　球形冷凝管　．（2）加入氨水的作用是　中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O⇌CaO2+2HCl向右进行　．（3）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能原因是　减少双氧水受热分解　、　降低产物溶解度便于析出　（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用　B　A．热水B．冷水C．乙醇D．乙醚（5）CaO2贮存时应该注意的问题是　密封（或防潮、避免与易燃物接触等）　（写一条即可）（Ⅱ）CaO2纯度检测，将一定量CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶于滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+）计算确定CaO2的含量．（6）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定所得数据如表所示，则CaO2样品的纯度　90.00%　实验序号第1次第2次第3次第4次15\n消耗KMnO4体积/mL19.9820.0220.2020.00（7）测得CaO2样品纯度偏低的原因可能是　AD　A．烘烤时间不足B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液C．滴定前尖嘴处有气泡．滴定后消失D．配置KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）根据装置中X的构造可知X为球形冷凝管；（2）根据可逆反应CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl中氯化氢对化学平衡的影响角度分析；（3）从双氧水的稳定性、该反应的反应热、温度对过氧化钙的溶解度的影响等方面分析；（4）过氧化钙极微溶于水，反应后产物中杂质不溶于乙醇、乙醚，且在冷水中过氧化钙溶解度小，据此进行解答；（5）根据过氧化钙的化学性质判断贮存CaO2时应该注意的问题；（6）先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗高锰酸钾溶液的平均体积，再根据n=cV计算出高锰酸钾的物质的量，然后根据电子守恒计算出每次消耗的过氧化钙的物质的量，根据m=nM计算出样品中过氧化钙的质量，最后计算出过氧化钙的纯度；（7）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致纯度降低；B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大；D．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，配制的标准液浓度偏高，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低．解答：解：（1）图2中仪器X为球形冷凝管，起到冷凝作用，故答案为：球形冷凝管；（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高的过氧化钙的产率，故答案为：中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行；（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，故答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）；（4）A．热水：过氧化钙在热水中溶解度较大，降低了过氧化钙的产率，故A错误；B．冷水：过氧化钙极微溶于水，且杂质都易溶于水，可用冷水洗涤过氧化钙，故B正确；C．乙醇：过氧化钙不溶于乙醇，但是杂质不溶于乙醇，且提高了成本，故C错误；D．乙醚：过氧化钙不溶于乙醚，但杂质也不溶于乙醚，且乙醚成本较高，故D错误；故答案为：B；（5）过氧化钙具有强氧化性、能够与水反应，所以贮存过氧化钙时应该密封保存，且不能与易燃物接触，否则容易发生爆炸，故答案为：密封（或防潮、避免与易燃物接触等）；15\n（6）根据表中消耗高锰酸钾溶液的体积数据可知，第三次数据与其它三组误差较大，应该舍弃；则滴定中消耗酸性高锰酸钾的平均体积为：mL=20.00mL，每次滴定消耗的高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，KMnO4反应后生成Mn2+，化合价降低7﹣2）=5价，CaO2被氧化成氧气，化合价从﹣1升高到0价，至少升高：[0﹣（﹣1）]×2=2，根据化合价升降相等可得反应的关系式：2KMnO4～5CaO2，则每次称取0.4000g样品中含有的过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=×n（KMnO4）=0.002mol×=0.005mol，所以该样品中过氧化钙的纯度为：×100%=90.00%，故答案为：90.00%；（7）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致样品中过氧化钙的纯度偏小，故A正确；B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，标准液被蒸馏水稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大，计算出的过氧化钙的纯度偏大，故B错误；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据关系式计算出的过氧化钙的质量偏大，过氧化钙的纯度偏高，故C错误；D．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，导致标准液浓度偏高，滴定过程中营养样品中过氧化钙的物质的量不变，则消耗的标准液体积偏小，测定的过氧化钙的纯度偏小，故D正确；故答案为：AD．点评：本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及中和滴定中的误差分析、物质的检验及化学计算等问题，题目难度较大，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．　11．（15分）（2022•浙江二模）对乙酰氨基苯酚（）（以下简称X）是最常用的非甾体消炎解热镇痛药，用于治疗感冒发烧和关节痛、神经痛、偏头痛等病症，它可用如下方法来合成已知：．请回答下列问题：（1）下列有关E的说法正确的是　CD　A．分子式为C6H6NOB．能与溴水发生加成反应使其褪色C．遇FeCl2溶液能发生显色反应D．既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应（2）C→D的反应类型是　还原反应　．15\n（3）一定条件下X与足量NaOH溶液反应的化学方程式　　．（4）某同学设计科以下途径合成E，试分析其合理性　不合理　（填“合理”或“不合理”）．并说明理由　氯苯水解后再硝化，苯酚易被氧化　．（5）写出满足下列条件的X的所有同分异构体的结构简式：　　．①苯环上只有2种不同化学环境的氢原子；②苯环上连有﹣NH2；③属于酚类物质．（6）以对二甲苯和乙烯为主要原料可合成涤纶．请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）　　．考点：有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：由转化关系可知，乙烯发生氧化反应生成A为CH3CHO，B为CH3COOH，苯发生硝化反应生成硝基苯，C→D加H去O，为还原反应，羟基重排生成E为，以此分析（1）﹣（3）；（4）在催化剂条件下，苯和氯气发生取代反应生成氯苯，在催化剂条件下，氯苯水解生成B（苯酚），苯酚发生对位取代反应生成对硝基苯酚，发生还原反应生成；（5）X的所有同分异构体满足①苯环上只有2种不同化学环境的氢原子；②苯环上连有﹣NH2；③属于酚类物质，则含2个对位取代基，苯环上只有2种H；（6）对二甲苯和乙烯为主要原料可合成涤纶，由逆合成法可知，对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应合成，由对而甲苯发生氧化反应生成对苯二甲酸，由乙烯发生加成、水解反应制备乙二醇，以此来解答．15\n解答：解：由转化关系可知，乙烯发生氧化反应生成A为CH3CHO，B为CH3COOH，苯发生硝化反应生成硝基苯，C→D加H去O，为还原反应，羟基重排生成E为，（1）A．E为，分子式为C6H7NO，故A错误；B．含酚﹣OH，能与溴水发生取代反应生成白色沉淀，故B错误；C．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液能发生显色反应，故C正确；D．含酚﹣OH具有酸性，含氨基具有碱性，则既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应，故D正确；故答案为：CD；（2）由上述分析可知，C→D的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（3）X与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，故答案为：；（4）给出的流程为在催化剂条件下，苯和氯气发生取代反应生成氯苯，在催化剂条件下，氯苯水解生成B（苯酚），苯酚发生对位取代反应生成对硝基苯酚，发生还原反应生成，但氯苯水解后再硝化，苯酚易被氧化，则不合理，故答案为：不合理；氯苯水解后再硝化，苯酚易被氧化；（5）X的所有同分异构体满足①苯环上只有2种不同化学环境的氢原子；②苯环上连有﹣NH2；③属于酚类物质，则含2个对位取代基，苯环上只有2种H，符合条件的结构简式为，故答案为：；（6）对二甲苯和乙烯为主要原料可合成涤纶，由逆合成法可知，对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应合成，由对而甲苯发生氧化反应生成对苯二甲酸，由乙烯发生加成、水解反应制备乙二醇，则合成流程为15\n，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断和合成，为高频考点，把握合成流程这发生的反应、官能团的变化、有机物结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等．　15