浙江省杭州市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx

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2022学年杭州市高二年级第二学期教学质量检测化学试题考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1，Li-7，C-12，N-14，O-16，Na-23，Mg-24，Al-27，Si-28，S-32，Cl-35.5，Ca-40，Cu-64，Zn-65，Br-80，Ag-108，Ba-137一、选择题本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题中只有一个选项符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分1.下列物质属于碱性氧化物是A.SiO2B.NOC.Na2OD.Al2O3【答案】C【解析】【详解】二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物、一氧化氮是不能与水反应也不能与碱反应的不成盐氧化物、氧化钠是与水反应生成盐和水的碱性氧化物、氧化铝是既能与酸反应生成盐和水也能与碱反应生成盐和水的两性氢氧化物，则属于碱性氧化物是氧化钠，故选C。2.铁及其化合物应用广泛，下列说法不正确的是A.FeCl3溶液作为制作电路板的腐蚀液B.在酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生C.氧化铁常用作油漆、涂料的红色原料D.合金钢的用途广泛，它只含Fe、C两种元素【答案】D【解析】【详解】A．氯化铁溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作电路板的腐蚀液，故A正确；B．在酱油中加入铁强化剂，可以增加人体吸收亚铁离子的量，有利于减少缺铁性贫血问题的发生，故B正确；C．氧化铁为红棕色粉末，常用作油漆、涂料的红色原料，故C正确；D．合金钢中含有铁元素、碳元素、铬元素、锰元素等，是性能优良的合金材料，故D错误； 故选D。3.下列化学用语表示正确的是A.H2O2的电子式：B.轨道的电子云轮廓图：C.2—丁烯的结构简式：D.CO2的空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化氢为共价化合物，电子式为，故A错误；B．p电子云为纺锤形，则轨道的电子云轮廓图为，故B正确；C．2—丁烯的结构简式的结构简式为CH3CH=CHCH3，故C错误；D．二氧化碳的空间构型为直线形，空间填充模型为，故D错误；故选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.液氨汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂B.具有强氧化性，可用作消毒剂C.Na2CO3受热不分解，可用于去除油污D.BaSO4不溶于酸和水，且不容易被X射线透过，可用作消化系统X射线检查的内服药剂【答案】C【解析】【详解】A．液氨汽化时会吸收大量的热，可使周围的环境降低，常用作制冷剂，故A正确；B．次氯酸钙具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，常用作消毒剂，故B正确；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，可使油脂水解，常用于去除油污，故C错误；D．硫酸钡不溶于，也不能与盐酸反应，且不容易被X射线透过，常用作消化系统X射线检查的内服药剂，故D正确；故选C。 5.下列关于物质制备的说法不正确的是A.工业上可以用“吹出法”从海水提溴B.工业上用电解氯化铝制备金属铝C.工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸D.工业生产中用H2还原SiHCl3制备高纯硅【答案】B【解析】【详解】A．溴具有挥发性，所以工业上常用“吹出法”从海水提溴，故A正确；B．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，不能用于电解熔融氧化铝的方法制备金属铝的原料，故B错误；C．三氧化硫溶于水会发出大量的热量，用水吸收三氧化硫时会形成难以吸收的酸雾，所以工业上用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制备硫酸，故C正确；D．高温条件下氢气能与三氯硅烷发生置换反应生成硅，所以工业生产中常用氢气还原三氯硅烷制备高纯硅，故D正确；故选B。6.火法炼铜的原理，下列说法正确的是A.—2价的S发生还原反应，生成了SO2B.该反应中氧化剂只有O2C.生成64gCu，转移电子的总数约为3×6.02×1023D.为了提高铜的产率，O2应过量【答案】C【解析】【分析】由方程式可知，反应中硫元素的化合价升高被氧化，发生氧化反应，反应的还原剂为硫化亚铜，铜元素和氧元素的化合价降低被还原，发生还原反应，反应的氧化剂为硫化亚铜和氧气。【详解】A．由分析可知，反应中硫元素的化合价升高被氧化，发生氧化反应，故A错误；B．由分析可知，反应的氧化剂为硫化亚铜和氧气，故B错误；C．由方程式可知，反应生成2mol铜，反应转移6mol电子，则反应生成64g时，转移电子的总数约为×××6.02×1023=3×6.02×1023，故C正确；D．高温条件下铜与氧气反应生成氧化铜，则为了提高铜的产率，氧气不能过量，故D错误；故选C。7.下列反应的离子方程式正确的是 A.向苯酚钠溶液中通入少量B.向氯化二氨合银溶液中加硝酸：C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：D.向烧碱溶液中加入一小段铝片：【答案】B【解析】【详解】A．电离出H+能力大小顺序是H2CO3＞苯酚＞HCO，因此向苯酚钠溶液通入少量的CO2，发生，故A错误；B．Ag(NH3)2Cl完全电离[Ag(NH3)2]+和Cl-，[Ag(NH3)2]+发生微弱电离：[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3，加入硝酸，H+与NH3反应生成NH，促使平衡向右进行，Ag+与Cl-结合成AgCl沉淀，即总反应为[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH，故B正确；C．硫酸铵的化学式为(NH4)2SO4，氢氧化钡的化学式为Ba(OH)2，题中所给离子方程式不符合物质组成，正确的是2NH+SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故C错误；D．电荷不守恒，正确的是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故D错误；答案为B。8.下列说法不正确的是A.向鸡蛋清溶液加入饱和硫酸铵溶液产生沉淀，再加水沉淀不溶解B.核酸是由磷酸、戊糖、碱基通过一定方式形成的生物大分子C.油脂在碱性条件下可发生皂化反应D.淀粉不能被氢氧化铜氧化，是非还原性糖【答案】A【解析】【详解】A．向鸡蛋清溶液加入饱和硫酸铵溶液因溶解度下降而发生盐析产生沉淀，再加水沉淀继续溶解，盐析是一个可逆的物理过程，A错误；B．核酸是由磷酸、戊糖、碱基通过一定方式形成的生物大分子，B正确；C．油脂在碱性条件下可发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸盐，C正确；D．淀粉不能被氢氧化铜氧化，是非还原性糖，D正确。故选A。 9.对乙酰氨基酚结构如图，它微溶于乙醚和热水，几乎不溶于冷水，用于治疗感冒发热、关节痛、神经痛及偏头痛、癌性痛及手术后止痛。下列说法不正确的是A.该分子能形成分子间氢键B.该分子中存在2种官能团C.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOHD.分子中的C原子有sp2和sp3两种杂化方式【答案】C【解析】【详解】A．该结构中含有羟基，能形成分子间氢键，故A正确；B．该分子中含羟基和酰胺键两种官能团，故B正确；C．该结构中酚羟基和酰胺键均能与NaOH反应，1mol该物质最多消耗2molNaOH，故B错误；D．该分子中含甲基碳原子采用sp3杂化，苯环上的碳原子及酰胺键中碳原子采用sp2杂化，故D正确；故选：C。10.科学家发现对LiTFSI一种亲水有机盐进行掺杂和改进，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图2，A、B、C、D为同一周期的短周期元素，C与E位于同一主族。下列说法正确的是A.元素A、D形成的分子中一定不含非极性键B.第一电离能：B>C>AC.电负性：D>E>CD.简单气态氢化物的稳定性：E>D【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D为同一周期短周期元素，C形成2个共价键，E形成6个共价键，C与E位于同一主族，C是O元素、E是S元素；A形成4个共价键，A是C元素；D形成1个共价键，D是F元素；B形成2个共价键且带1个负电荷，B是N元素。 【详解】A．元素F、C形成的分子中CF3-CF3中含非极性键，故A错误；B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能等于同周期相邻元素，第一电离能：N>O>C，故B正确；C．元素非金属性越强电负性越大，电负性：F>O>S，故C错误；D．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性：HF>H2S，故D错误；选B。11.某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图3，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料，同时电极B中失电子转化为，集流体起导电作用。下列说法不正确的是A.充电时，集流体A与外接电源的负极相连B.放电时，电极B为正极，反应可表示为C放电时，外电路通过amol电子，内电路中有amolLi+通过LiPON薄膜电解质从正极迁移到负极D.导电介质不可能为溶液【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A正确；B．放电时，电极B为正极，反应可表示为，B正确；C．放电时，外电路通过amol电子，内电路中有amolLi+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，C错误；D．电极A中有Li单质会与水反应，因此导电介质不可能为溶液，D正确；故选C。12.强酸可由如下反应制备，。下列说法正确的是A.的电子式为B.相同条件下，酸性弱于HFC.BF3的空间结构是三角锥形D.中含有配位键 【答案】D【解析】【详解】A．HBF4属于酸，属于共价化合物，故A错误；B．HBF4属于强酸，HF为弱酸，因此相同条件下，HBF4酸性强于HF，故B错误；C．BF3中心原子B的价层电子对数为3+=3，因此空间构型为平面三角形，故C错误；D．B元素最外层有3个电子，BF3分子中B有空轨道，HF中F存在孤电子对，因此F提供电子，B提供孤电子对，形成配位键，故D正确；故答案为D。13.室温下，向1.00L0.100mol/LNH4HCO3溶液中加入0.100mol/LNaOH溶液，溶液中主要型体的分布系数［如的分布系数]以及pH随变化如图，下列说法正确的是A.溶液中，水的电离受到促进B.当溶液pH=10时，约为0.1C.D.加入少量NaOH时，OH-先与发生反应【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢铵溶液中小于1 ，说明溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度小于铵根离子的水解程度，所以碳酸氢铵溶液中水的电离受到促进，故A正确；B．由图可知，溶液pH为10时，溶液中碳酸氢根离子的分布系数为0.6、碳酸根离子的分布系数大于0.3，则由碳原子个数守恒可知，碳酸的分布系数小于0.1，故B错误；C．由电离常数公式可知，==，由图可知，碳酸根离子浓度与碳酸氢根离子浓度相等时，铵根离子浓度大于一水合氨的浓度，则＜Kw，故C错误；D．由图可知，加入少量氢氧化钠溶液时，铵根离子浓度减小，碳酸氢根离子离子浓度基本不变，说明铵根离子优先与氢氧根离子反应，故D错误；故选A。14.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图，下列说法不正确的是A.反应物的键能总和小于生成物的键能总和B.该历程中正反应的最大活化能是C.产物P1、P2中，P1的稳定性更强D.使用催化剂不能提高产物P2的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故A正确；B．由图可知，该历程中正反应的最大活化能E正=205.11kJ∙mol-1—18.92kJ∙mol-1=186.19kJ∙mol-1，故B正确； C．由图可知，两种产物中P2的能量更低，则P2的稳定性更强，故C错误；D．使用催化剂能降低反应在的活化能，加快反应速率，但不能提高产物P2的平衡产率，故D正确；故选C。15.已知：室温下，CaCO3的，H2CO3的电离常数，，HClO的电离常数。室温下，向60mL蒸馏水加入1gCaCO3，经过一段时间，迅速加入10mL蒸馏水该操作重复多次，过程中电导率的变化如图，下列说法不正确的是A.a→b：电导率上升是由于CaCO3固体溶解速率大于沉淀速率B.c点溶液中Ca2+浓度接近C.g→h：向饱和CaCO3溶液中迅速加入10mL蒸馏水D.向NaClO浓溶液通入少量CO2气体，溶液含碳微粒主要以的形式存在【答案】A【解析】【分析】由图可知，向蒸馏水中加入碳酸钙，碳酸钙缓慢溶解得到碳酸钙饱和溶液，溶液中离子浓度逐渐增大，电导率逐渐增大，向饱和溶液中迅速加入蒸馏水，溶液中离子浓度迅速减小，溶液的电导率迅速减小，未溶解的碳酸钙在不饱和溶液中缓慢溶解得到碳酸钙饱和溶液，溶液中离子浓度逐渐增大，电导率逐渐增大，则c、e、g点对应溶液为饱和溶液，d、f、g对应点为不饱和溶液。【详解】A．由分析可知，a→b的过程为碳酸钙溶于水的过程，溶液的电导率上升是因为碳酸钙缓慢溶解得到碳酸钙饱和溶液，溶液中离子浓度逐渐增大，与溶解速率和沉淀速率的大小无关，故A错误；B．由分析可知，c点溶液为碳酸钙饱和溶液，由碳酸钙溶度积可知，溶液中钙离子浓度为mol/L≈6×10—5mol/L，故B正确；C．由分析可知，g→h的过程为向饱和碳酸钙溶液中迅速加入10mL蒸馏水，溶液中离子浓度迅速减小，溶液的电导率迅速减小，故C正确； D．由电离常数可知，次氯酸的电离常数小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，所以少量二氧化碳与浓次氯酸钠溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠，溶液含碳微粒主要以碳酸氢根离子的形式存在，故D正确；故选A。16.下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A比较Fe3+和I2的氧化性强弱向含有淀粉的KI溶液中滴入溶液溶液变蓝说明氧化性Fe3+>I2B比较AgCl和AgI的溶解度大小向的AgNO3溶液中加入的NaCl溶液，再加入的NaI溶液白色沉淀变为黄色沉淀说明AgCl的溶解度比AgI大C比较NH3、H2O与Cu2+的配位能力强弱向的CuSO4溶液逐滴加入氨水先产生蓝色沉淀，然后沉淀消失得到深蓝色的透明溶液说明NH3与Cu2+的配位能力比H2O与Cu2+的配位能力强D探究基团之间的相互影响标号1、2试管分别装有3mL的甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡试管1溶液的紫色不褪去，试管2溶液的紫色褪去说明苯环使甲基活化，甲基易被氧化AB.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．硝酸铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性强于铁离子，会优先与碘离子反应，则向含有淀粉的碘化钾溶液中滴入硝酸铁溶液，溶液变蓝不能说明铁离子的氧化性强于碘，故A错误；B．向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液，再加入碘化钠溶液，溶液中只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故B错误；C ．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先产生蓝色沉淀，然后沉淀消失得到深蓝色的透明溶液说明氨分子与铜离子的配位能力强于水分子的配位能力，故C正确；D．由实验现象只能说明甲基环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液，但不能证明甲苯使溶液褪色是因为甲基被氧化，应选择苯与甲苯做对比实验，故D错误；故选C。17.填空（1）LiAlH4、NaBH4是有机合成中常用的还原剂。的空间结构的名称是___________，NaBH4中Na+核外有___________种不同运动状态的电子。（2）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的状态分别为___________、___________填标号。A．B．C．D．（3）以NaAlH4为代表的金属络合物贮氢材料成为研发热点。NaAlH4晶体的晶胞如图，与紧邻且等距的Na+有___________个，该晶胞中含有Na+的数目为___________。【答案】（1）①.正四面体形②.10（2）①.D②.C（3）①.8②.4【解析】【小问1详解】四氢合铝酸根离子中铝原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；钠离子的核外电子数为10，由泡利不相容原理可知，钠离子核外有10种不同运动状态的电子，故答案为：正四面体形；10；【小问2详解】 由电子排布图可知，D中电子排布图代表基态原子，A、B、C中电子排布图代表激发态原子，基态原子的能量低于激发态原子的能量，则D表示的锂原子的能量最低，由p轨道的能量高于s轨道可知，C表示的激发态锂原子的能量最高，故答案为：D；C；【小问3详解】由晶胞结构可知，与位于体心的四氢合铝酸根离子紧邻且距离最近的钠离子个数为8，晶胞中位于棱上、面心和面上的钠离子个数为4×+6×=4，故答案为：8；4。18.已知X是白色固体，焰色反应呈黄色，隔绝空气加热分解生成A、B、C三种物质物质的量均相等，，Mx是X的摩尔质量，X、A、B所含元素种类相同，气体C能使品红褪色，气体E是一种纯净物，相对分子质量为34，实验流程如下部分产物已省略。（1）气体C的分子式___________，X的化学式是___________。（2）写出B→D反应的化学方程式___________。（3）A可用作定影剂，除去照相底片上未曝光的AgBr，产物中银元素为二配位的配合物，写出AgBr溶于A溶液的离子方程式___________。（4）设计实验方案检验气体E___________。【答案】（1）①.SO2②.Na2S2O4（2）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4（3）AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3—+Br—（4）将气体E通入CuSO4溶液中，有黑色沉淀生成【解析】【分析】由X的焰色反应呈黄色可知，X中含有钠元素，由A可用作定影剂，除去照相底片上未曝光的溴化银可知，A为硫代硫酸钠；由物质的转化关系可知，硫代硫酸钠固体与稀硫酸反应生成气体C和淡黄色沉淀，则C为能使品红溶液褪色的二氧化硫、淡黄色沉淀为硫单质；由X、A、B所含元素种类相同可知，X、B中含有钠元素、硫元素和氧元素；由固体B隔绝空气加热得到的混合固体D与稀盐酸反应生成相对分子质量为34的E和溶液F，溶液F与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，B为亚硫酸钠、D 为硫化钠和硫酸钠的混合物、E为硫化氢、F为硫酸钠、白色沉淀为硫酸钡；由X隔绝空气加热得到的硫代硫酸钠、亚硫酸钠、二氧化硫三种物质的物质的量相等可知，X中含有的钠元素、硫元素、氧元素的物质的量比为4：4：8=2：2：4，X的摩尔质量介于100g/mol和200g/mol之间，则X的化学式为Na2S2O4。【小问1详解】由分析可知，气体C为能使品红溶液褪色的二氧化硫，X的化学式为Na2S2O4，故答案为：SO2；Na2S2O4；【小问2详解】由分析可知，B→D的反应为亚硫酸钠隔绝空气加热发生分解反应生成硫化钠和硫酸钠，反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；【小问3详解】由题意可知，溴化银与硫代硫酸钠溶液反应生成二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠，反应的离子方程式为AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3—+Br—，故答案为：AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3—+Br—；【小问4详解】硫化氢能与硫酸铜溶液反应生成硫酸和硫化铜黑色沉淀，则检验硫化氢气体的操作为将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，有黑色沉淀生成说明气体E为硫化氢，故答案为：将气体E通入CuSO4溶液中，有黑色沉淀生成。19.工业上可利用CO2来制备清洁液体燃料甲醇，有关化学反应如下：反应①：反应②：反应③：请回答：I．（1）___________。（2）反应①可通过反应②、反应③两个步骤实现，若反应②为慢反应、反应③为快反应，下列示意图能体现上述反应能量变化的是___________填标号。 A.B.C.D.（3）向恒温恒压0.1MPa的密闭容器中充入1molCO2、1molH2、6molHe选择合适催化剂按反应②进行，平衡时测得CO2的转化率为20%，则该反应的___________用分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。Ⅱ．在CFBR催化下反应①受到反应限度的限制、存在竞争性逆水煤气变换反应反应②和水诱导催化剂失活等影响，导致CO2转化率和甲醇选择性都比较低。某科学团队研发一种具有反应、分离气态水的双功能的分子筛膜催化反应器CMR，提高CO2加氢制备甲醇的效率。保持一定压强，向密闭容器中投入一定量CO2和H2，只发生反应①②，不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的实验数据如下表所示。甲醇的选择性实验组反应模式压强/MPa温度/℃CO2转化率/%CH3OH选择性/%①CFBR3525025.661.3②CFBR3523020.070.0③CFBR3326021.967.3④CMR3326036.1100（4）下列说法正确的是___________。A.CFBR模式下，温度低有利于工业生产CH3OHB.CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，可以提高CH3OH的选择性C.CMR模式下，适当增加压强，可以提高CO2的平衡转化率D.CMR模式下，温度越高则反应速率越快（5）由表中数据可知，CMR模式下CO2的平衡转化率显著提高，结合反应分析原因___________。【答案】（1）-49（2）C （3）（4）BC（5）分子筛膜催化反应器CMR有反应、分离气态水的双功能，使水蒸气移除反应体系，促进反应①、②正向移动，使CO2的平衡转化率显著提高【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，。【小问2详解】反应②为吸热反应，生成物能量高于反应物，反应③为放热反应，生成物能量低于反应物能量，且反应①为放热反应，生成物能量低于反应物能量，且反应③为慢反应，其活化能应高于反应②，结合以上信息可知选C。【小问3详解】向恒温恒压0.1MPa的密闭容器中充入1molCO2、1molH2、6molHe选择合适催化剂按反应进行，平衡时测得CO2的转化率为20%，故n(CO2)=n(H2)=1×（1-20%）mol=0.8mol，n(CO)=n(H2O)=1×20%mol=0.2mol，则该反应的。【小问4详解】CFBR模式下，降低温度有利于CH3OH转化率，但温度过低反应速率下降，温度适当降低有利于工业生产CH3OH，A错；CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，利于CO与氢气反应转化成甲醇，可以提高CH3OH的选择性，B对；增大压强，对于反应②无影响，对于反应①，平衡往气体分子数减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率升高，C对；CMR模式下，温度过高催化剂失活，反应速率反而下降，D错。故选BC。【小问5详解】CMR模式下CO2的平衡转化率显著提高，原因在于分子筛膜催化反应器CMR有反应、分离气态水的双功能，使水蒸气移除反应体系，促进反应①、②正向移动，使CO2的平衡转化率显著提高。20.某学习小组利用Cl2和Na2CO3溶液反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液尾气处理装置没有画出。已知：①Cl2O是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸。②常温下，回答下列问题： （1）装置C的名称为___________，装置A中生成氯气，写出反应的离子方程式___________。（2）装置B中生成了Cl2O和CO2，各装置的连接顺序为___________→___________→___________→___________→C。（3）实验需要向D中通入一定量的空气不参与反应，装置D的作用回答2点为___________；___________。（4）实验时装置B用冰水浴冷却的原因是___________。（5）测定装置E中HClO溶液浓度的实验方案：取20.00mL的E溶液，加入稀硫酸酸化的V1mL、的FeSO4溶液，置于暗处静置、充分反应，再用7，标准溶液滴定多余的Fe2+至终点，消耗K2Cr2O7溶液V2mL已知此条件下不与Cl-反应，HClO浓度为___________。【答案】（1）①.球形干燥管②.（2）①.A②.D③.B④.E（3）①.稀释气体避免Cl2O浓度过高发生爆炸②.除去氯气中的HCl，使气体混合均匀（4）温度过高，Cl2O受热分解，使产率降低（5）【解析】【分析】装置A中利用浓盐酸和氯酸钾反应制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCI，再利用D中饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气再在装置B中与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，装置E是溶解生成的Cl2O，装置C利用干燥管中盛装的碱石灰吸收尾气，防止污染空气。【小问1详解】装置C的名称为球形干燥管，装置A用于实验室制备氯气，离子方程式为。【小问2详解】 由分析可知，装置连接顺序为A→D→B→E→C。【小问3详解】实验需要向D中通入一定量的空气不参与反应，装置D的作用在于稀释氯气避免Cl2O浓度过高发生爆炸，同时有利于除去氯气中的HCl，使气体混合均匀。【小问4详解】装置B用冰水浴冷却的原因在于温度过高，Cl2O受热分解，使产率降低。【小问5详解】HClO与FeSO4溶液反应对应的计量数关系为HClO~2FeSO4，K2Cr2O7与FeSO4溶液反应对应的计量数关系为K2Cr2O7~6FeSO4，多余的Fe2+物质的量为，则与HClO反应的Fe2+物质的量为，故HClO浓度为。21.某研究小组按下列路线合成药物氯吡格雷。已知：请回答：（1）化合物C的官能团名称是___________；化合物F的结构简式是___________。（2）写出A→B的化学方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.B→C的反应类型是还原反应B.氯吡格雷存在手性异构体，能发生水解反应C.G转化H时会生成副产物D.化合物E的分子式为C5H9NS （4）设计C→…→D的合成路线用流程图表示，简单有机物和无机试剂任选___________。（5）写出同时符合下列条件的化合物G的同分异构体的结构简式___________。①含有苯环；②1H-NMR谱表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子。【答案】（1）①.碳氯键、醛基②.HCHO（2）（3）BC（4）（5）或【解析】【分析】观察氯吡格雷结构可知A为甲苯，氯吡格雷结构中氯原子与取代基为邻位关系，则B为邻氯甲苯。根据已知信息酮羰基与HCN发生加成反应后水解得到羟基酸，与HCN发生加成反应后得到，水解得到，再与HBr反应得到，最后再与甲醇发生酯化反应制得（D）。根据已知信息第二点可知再与甲醛发生脱水反应得到，据此解题。【小问1详解】 化合物官能团名称是碳氯键和醛基，由分析可知与甲醛发生脱水反应得到，即F为HCHO。【小问2详解】由分析可知甲苯与氯气反应得到邻氯甲苯，其化学方程式为。【小问3详解】A.B→C的反应类型是氧化反应，A错；B.氯吡格雷中与苯环直接相连的C原子为手性碳原子，存在手性异构体，因含酯基和碳氯键而能发生水解反应，B对；C.G转化H时可发生D-A反应生成副产物，C对；D.化合物E的分子式为C6H9NS，D错；故选BC。【小问4详解】由分析可知合成路线为。【小问5详解】