江蘇省泰州市2023-2024學年高二上學期化學期中考試試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單項選擇題（共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。）1．下列說法正確的是（）A．圖為質譜圖B．的命名：2－甲基丁烷C．乙烯的結構簡式為CH2CH2D．NH3的VSEPR模型為2．下列變化中，由加成反應引起的是（）A．乙醇滴入酸性高錳酸鉀溶液中，酸性高錳酸鉀溶液褪色B．甲烷與氯氣混合后，在光照條件下，黃綠色逐漸消失C．在催化劑存在下，苯與液溴反應生成溴苯D．乙炔通入溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色3．在給定條件下，下列選項中所示物質間的轉化均能實現的是（）A．B．C．D．4．下列有關實驗裝置進行的相應實驗，能達到實驗目的的是（）A．用圖1裝置制備乙酸乙酯B．用圖2檢驗電石與水反應產生的乙炔C．用圖3裝置用酒精萃取碘水中的碘D．用圖4驗證酸性：醋酸>碳酸>苯酚5．X、Y、Z、M、N屬于周期表短周期主族元素，且原子序數依次增大。元素X的基態原子中所含3個能級的電子數均相等，元素Z的基態原子中2p能級上成單電子數與X相同，M與X同主族，元素N的基態原子只含有1個未成對電子。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r(X)<r(M)<r(N)B．XZ2和MZ2的晶體類型相同C．第一電離能：I1(X)<I1(Z)<I1(Y)D．最高價氧化物對應水化物的酸性：N＜M6．已知O2在一定條件下能有效去除煙氣中的SO2、NO，可能的反應機理如題3圖所示，下列說法正確的是（）A．SO2的鍵角小于120°B．NO3?和HC．N的價電子軌道排布式為D．HO·參與了反應，其電子式為閱讀下列材料，回答問題：阿司匹林是一種合成藥物，化學名稱為乙酰水楊酸，具有解熱鎮痛作用。人體血液的pH范圍為7.35~7.45，長期大量服用阿司匹林會引發酸中毒，可靜脈滴注NaHCO3溶液進行緩解。阿司匹林的發現源于柳樹皮中含有的一種物質——水楊酸，阿司匹林以水楊酸為原料進行生產，反應如下：用乙二醇將乙酰水楊酸與聚甲基丙烯酸（）連接起來，可得到緩釋阿司匹林，其結構如下：

7．下列關于水楊酸與乙酰水楊酸的說法不正確的是（）A．1mol水楊酸與足量的Na反應可產生1molH2B．1mol乙酰水楊酸與足量NaOH溶液反應最多可消耗2molNaOHC．靜脈滴注NaHCO3是通過調節血液的pH來達到解毒目的D．1mol醋酸酐分子中含碳氧σ鍵數目為4mol8．下列關于緩釋阿司匹林制備及其性質，說法正確的是（）A．聚甲基丙烯酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．緩釋阿司匹林的每個鏈節中含有4個碳原子C．阿司匹林與水分子能形成氫鍵D．酸性條件下，緩釋阿司匹林完全水解可得到三種有機物9．下列說法正確的是（）A．分子式為C9H14Cl2的有機物可能屬于芳香族化合物B．H2O2分子結構示意如圖所示，H2O2為非極性分子C．常溫下，正丁烷的沸點比異丁烷的沸點低D．相同條件下，CF3COOH溶液的酸性比CHCl2COOH溶液的酸性強10．下列表示或分析正確的是（）A．C2H2的燃燒熱為1299.6kJ·mol－1。乙炔燃燒的熱化學方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(g)ΔH＝－1299.6kJ·mol－1B．少量CO2通入足量苯酚鈉溶液：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3C．已知：N2(g)+3H2(g)=鐵觸媒450°C、20MPa2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。用E表示鍵能，則：E(N≡N)+3E(H－H)D．硫酸銅溶液中加入過量氨水Cu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+11．一種從工業電解精煉銅的陽極泥(含有Se、Au、Ag、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．Se的核外電子排式為[Ar]4s24p4B．“焙燒”時，Ag2Se與O2反應每消耗1molO2，轉移的電子總數為4molC．甲酸還原H2SeO3反應的化學方程式為：H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑+3H2OD．用得到的銀可制得氯化銀（晶胞如圖所示），氯化銀晶胞中Ag＋周圍最近且等距離的Ag＋的數目為812．抗氧化劑香豆酰纈氨酸乙酯（Z）可由下列反應制得。

下列說法正確的（）A．化合物Y含有的官能團為酯基和酰胺基B．化合物X和Z可以用FeCl3溶液鑒別C．應化合物X與足量H2反應，得到的產物含有2個手性碳原子D．化合物Z在酸性條件下水解得到3種不同有機物13．下列實驗探究方案能達到探究目的的是（）探究方案探究目的A將鹵代烴與NaOH溶液加熱，冷卻后，向體系中加稀硝酸調節至酸性，滴加硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵代烴中鹵素原子種類B取4mL乙醇，加入12mL濃硫酸及少量沸石，迅速升溫至170℃，將產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，觀察溶液顏色變化驗證乙醇發生消去反應C向1mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，振蕩后滴加0.5mL有機物X，加熱，觀察是否產生磚紅色沉淀確定X中是否含有醛基結構D向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，觀察溶液顏色變化證明氧化性H2O2>Fe3＋A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（共4題，共61分）。14．（1）①Cu與N兩種元素組成的化合物具有良好光學性能。其晶胞結構如圖所示。該物質的化學式為。②CuBr2的水溶液呈藍色，藍色物質為水合銅離子，可表示為[Cu(H2O)4]2＋，1mol[Cu(H2O)4]2＋含有σ鍵的數目為。[Cu(H2O)4]2＋的結構式可表示為。（2）已知。

①的酮羰基相鄰碳原子上的C－H鍵極性強，易斷裂，原因是。②該條件下還可能生成一種副產物，與B互為同分異構體。該副產物的結構簡式是。（3）已知：C2H5OH(g)=C2H5OH(1)△H1＝－Q1kJ·mol－1C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)△H2＝－Q2kJ·mol－1H2O(g)=H2O(l)△H3＝－Q3kJ·mol－1則C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)△H＝kJ·mol－1（用含有Q1、Q2、Q3的式子表示），若將23g液態無水酒精完全燃燒，并恢復到室溫，則整個過程中放出的熱量為kJ。15．ClO2是一種安全穩定、高效低毒的廣譜型消毒劑，它易溶于水、難溶于有機溶劑，高濃度的ClO2氣體易爆炸。常見制備ClO2的方法如下：（1）Ⅰ．利用NaClO2與純凈的Cl2反應可制得ClO2和NaCl，實驗裝置如圖所示(夾持裝置略)。裝置B中試劑為。（2）裝置E中所盛試劑是CCl4，其作用為。（3）Ⅱ．草酸(H2C2O4)、氯酸鉀和適當濃度的H2SO4溶液反應制取ClO2，反應的化學方程式為2KClO3＋H2C2O4=K2CO3＋CO2↑＋2ClO2↑＋H2O。該方法制備ClO2的優點是。（4）Ⅲ．以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2，再用水吸收獲得ClO2溶液。在ClO2的制備和吸收過程中均需要控制適宜的溫度，如圖所示為溫度對ClO2純度、吸收率的影響。已知：黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-，寫出該法制備ClO2氣體的離子方程式：，由圖可知，反應時采取的適宜措施是。（5）某校化學學習小組擬以“mClO2mNaClO3×100%”作為衡量ClO2產率的指標。取NaClO3樣品質量6.750g，通過反應和吸收可得400.00mLClO2溶液，取出20.00mL，加入37mL0.5000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反應，過量Fe2＋再用0.05000mol·L－14H＋+ClO2+5Fe2＋=Cl－+5Fe3＋+2H2O；H＋+Fe2＋+Cr2O――Cr3＋+Fe3＋+H2O(未配平)，試計算ClO2的產率16．本維莫德（G）是治療濕疹的非激素類外用藥，其合成路線如下：

其中，-Ph為苯基（，即苯失去一個H得到的原子團）。（1）室溫下，在水中A的溶解度比B的（填“大”或“小”或“無差別”）。（2）A→B的主要目的為。（3）Y的分子式為C3H8O，其結構簡式為。（4）B→C的反應類型為。（5）B的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式。堿性條件下水解后酸化生成兩種產物。一種產物含有苯環，其核磁共振氫譜只有2組峰；另一種產物能與銀氨溶液反應，被氧化為碳酸后分解生成二氧化碳和水。（6）寫出以為原料制備的合成路線流程圖（須用Ph3P，無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。17．檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種易被人體吸收的高效鐵制劑，醫療上可以用來治療缺鐵性貧血。某課題組以硫鐵礦燒渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)為原料，先制備碳酸亞鐵，再與檸檬酸反應可以制得檸檬酸亞鐵。其工藝流程如下：已知：調節溶液的pH可以使水溶液中的金屬離子形成氫氧化物沉淀，下表為相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L－1計算)：金屬離子Al3+Fe2+Fe3+沉淀開始pH3.15.91.2沉淀完全pH5.16.93.2（1）基態Fe價電子排布式為。Si處于元素周期表的區。（2）“浸泡”時加入過量硫酸的目的：。（3）“除雜”時有同學提出下列兩種途徑，途徑一：途徑二：①請選擇較合理的途徑并說明理由。②“加鐵粉”時發生主要反應的離子方程式。（4）“制備FeCO3”時，Na2CO3溶液的濃度對沉淀中鐵元素的質量分數以及FeCO3產率的影響如圖：Na2CO3溶液的濃度大于4mol/L時，FeCO3的產率有所下降，而沉淀中鐵元素質量分數仍在上升的原因是。（5）已知檸檬酸亞鐵易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。設計試驗方案，從“制備FeCO3”中得到的FeCO3制備檸檬酸亞鐵晶體：，靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。(必須用到的試劑有：Fe粉、檸檬酸溶液、無水乙醇)

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、圖為核磁共振氫譜，故A錯誤；

B、該烷烴主鏈含有4個碳原子，2號碳原子上含有一個甲基，命名為：2－甲基丁烷，故B正確；

C、乙烯的結構簡式為CH2=CH2，故C錯誤；

D、NH3分子中N原子的價層電子對數為4，其VSEPR模型為四面體形，故D錯誤；

故答案為：B。

【分析】A、該圖為核磁共振氫譜；

B、烷烴命名時，選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端開始編號，命名時表示出支鏈的位置；

C、乙烯的官能團為碳碳雙鍵；

D、氨氣分子中，氮原子有一對孤電子。2．【答案】D【解析】【解答】A、乙醇具有還原性，與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A不符合題意；

B、光照條件下，甲烷與氯氣發生取代反應，故B不符合題意；

C、催化劑條件下，苯與液溴發生取代反應生成溴苯，故C不符合題意；

D、乙炔與溴發生加成反應，溴的四氯化碳溶液褪色，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A、乙醇能被酸性高錳酸鉀氧化；

B、甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應；

C、苯與液溴發生取代反應；

D、乙炔和溴發生加成反應。3．【答案】A【解析】【解答】A、苯酚具有酸性，能與碳酸鈉反應生成苯酚鈉，故A符合題意；

B、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中發生消去反應生成乙烯，在NaOH水溶液中發生水解反應生成乙醇，故B不符合題意；

C、醇羥基所連碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，催化氧化生成醛，該轉化不能實現，故C不符合題意；

D、甲苯與溴在光照條件下發生取代反應生成，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、苯酚具有弱酸性；

B、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中發生消去反應；

C、醇羥基所連碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子；

D、在光照條件下才能取代甲基上的氫原子。4．【答案】B【解析】【解答】A、乙酸乙酯能與NaOH溶液反應，應用飽和碳酸鈉溶液，不能達到實驗目的，故A不符合題意；

B、電石和水反應生成的乙炔中含有H2S雜質，用硫酸銅溶液除去H2S雜質，再用酸性高錳酸鉀檢驗乙炔，能達到實驗目的，故B符合題意；

C、酒精與水互溶，不能用酒精作萃取劑，不能達到實驗目的，故C不符合題意；

D、醋酸能與苯酚鈉反應生成苯酚，該裝置不能達到實驗目的，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；

B、通過硫酸銅溶液除去H2S，再用酸性高錳酸鉀檢驗乙炔；

C、酒精和水互溶；

D、醋酸能與苯酚鈉反應。5．【答案】C【解析】【解答】A、電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，原子半徑越小，則原子半徑：Si>Cl>C，即M>N>X，故A錯誤；

B、CO2為分子晶體，SiO2為共價晶體，故B錯誤；

C、同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同主族從上到下元素的第一電離能減小，則第一電離能：N>O>C，即Y>Z>X，故C正確；

D、元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：Cl>Si，則最高價氧化物對應水化物的酸性：N>M，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】X的基態原子所含3個能級的電子數均相等，其核外電子排布式為1s22s22p2，故X為C元素，Z的基態原子2p能級上的未成對電子數與X原子相同，Z的電子排布式為1s22s22p4，則Z為O元素，Y原子序數位于C、O之間，Y為N元素，M與X同主族，則M為Si元素，元素N的基態原子只含有1個未成對電子，其原子序數最大，為Cl元素。6．【答案】A【解析】【解答】A、二氧化硫分子中S原子價層電子對數為3，含有一個孤電子對，結構為V形，S原子上含有孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，因此SO2的鍵角小于120°，故A正確；

B、H2O分子中O原子的價層電子對數為4，采用sp3雜化，硝酸根中氮原子價層電子對數為3，采用sp2雜化，故B錯誤；

C、基態N原子的價電子排布式為：2s22p3，其價層電子排布圖為，故C錯誤；

D、羥基中O、H原子間共用1對電子，O原子的最外層電子數為7，其電子式為，故D錯誤；

故答案為：A。

【分析】A、SO2中心原子采用sp2雜化；

B、H2O分子中O原子的價層電子對數為4，硝酸根中氮原子價層電子對數為3；

C、基態N原子的價電子排布式為：2s22p3；

D、HO·的電子式為。【答案】7．B8．C【解析】【點評】（1）AB、水楊酸中羧基和羥基均能與金屬鈉、氫氧化鈉反應；

C、碳酸氫鈉呈堿性；

D、單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；

（2）A、聚甲基丙烯酸不含不飽和鍵；

B、根據緩釋阿司匹林的鏈節分析；

C、阿司匹林含有羧基；

D、酸性條件下，緩釋阿司匹林中三個酯基都可以水解，完全水解可得到4種有機物。7．A、水楊酸中酚羥基、羧基能與鈉反應生成氫氣，1mol水楊酸與足量的Na反應可產生1molH2，故A不符合題意；

B、分子中羧基、酯基水解生成乙酸與酚羥基都與氫氧化鈉反應，1mol乙酰水楊酸與足量NaOH溶液反應最多可消耗3molNaOH，故B符合題意；

C、長期大量服用阿司匹林會引發酸中毒，羧基的酸性比碳酸強，碳酸氫鈉溶液呈弱堿性，所以人體發生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒，故C不符合題意；

D、1mol醋酸酐分子中含碳氧σ鍵數目為4mol，故D不符合題意；

故答案為：B。8．A、聚甲基丙烯酸不含能與酸性高錳酸鉀反應的官能團，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B、緩釋阿司匹林的鏈節是，每個鏈節中含有15個碳原子，故B錯誤；

C、阿司匹林含有羧基，與水分子能形成氫鍵，故C正確；

D、酸性條件下，緩釋阿司匹林中三個酯基都可以水解，完全水解可得到、HOCH2CH2OH、、CH3COOH四種有機物，故D錯誤；

故答案為：C。9．【答案】D【解析】【解答】A、芳香族化合物含有苯環，苯環的不飽和度為4，分子式為C9H14Cl2的有機物不飽和度為3，不可能屬于芳香族化合物，故A錯誤；

B、H2O2分子正負電荷中心不重合，為極性分子，故B錯誤；

C、同分異構體中支鏈越多，沸點越低，則正丁烷的沸點比異丁烷的沸點高，故C錯誤；

D、電負性：F＞Cl，使F3C-的極性大于Cl2HC-的極性，導致CF3COOH羧基中羥基的極性更大，更易電離出氫離子，所以溶液酸性：CF3COOH＞CHCl2COOH，故D正確；

故答案為：D。

【分析】A、芳香族化合物含有苯環；

B、過氧化氫分子正負電荷中心不重合；

C、同分異構體中支鏈越多，沸點越低；

D、F原子電負性大于Cl。10．【答案】B【解析】【解答】A、乙炔燃燒熱的熱化學方程式，水應為液態，故A錯誤；

B、酸性：碳酸>苯酚，則將少量二氧化碳通入足量苯酚鈉溶液中，反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的化學方程式為C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，故B正確；

C、用E表示鍵能，則：E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H）=-92.4kJ?mol-1，故C錯誤；

D、向硫酸銅溶液中加入過量氨水生成[Cu（NH3）4]2+，離子方程式為Cu2++4NH3?H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D錯誤；

故答案為：B。

【分析】A、燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量；

B、碳酸的酸性強于苯酚；

C、ΔH=E（反應物總鍵能）-E（生成物總鍵能）；

D、向硫酸銅溶液中加入過量氨水生成[Cu（NH3）4]2+。11．【答案】C【解析】【解答】A、硒為34號元素，其基態核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4，故A錯誤；

B、“焙燒”時，Ag2Se與O2發生反應Ag2Se+O2=SeO2+2Ag，銀元素化合價+1價升高到0價，氧元素化合價0價降低到-2價，Se元素化合價-2價升高到+4價，電子轉移總數6e-，每消耗1molO2，轉移電子數為6mol，故B錯誤；

C、由分析可知，甲酸還原H2SeO3時反應的化學方程式為H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑

+3H2O，故C正確；

D、晶胞圖中Ag+位于頂點、面心位置，則Ag+周圍最近且等距離的Ag+數目為3×8×12=12，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】焙燒時，Ag2Se與氧氣反應生成Ag，且Au、Ag為不活潑金屬，燒渣含Au、Ag、CuO等，Se和S在同一主族，同一主族元素性質相似，故焙燒生成產物A為SeO2，A與水反應生成H2SeO3溶液，還原時發生H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑+3H212．【答案】D【解析】【解答】A、化合物Y中含有的官能團為氨基和酯基，故A錯誤；

B、化合物X和Z均含有酚羥基，與FeCl3溶液均能發生顯色反應，不能鑒別，故B錯誤；

C、手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子，化合物X與足量H2反應得到的產物中不含手性碳原子，故C錯誤；

D、化合物Z在酸性條件下水解時，酰胺基和酯基斷裂，得到3種產物，故D正確；

故答案為：D。

【分析】A、根據化合物Y的結構簡式分析；

B、X和Z均含有酚羥基；

C、手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；

D、根據化合物Z的結構簡式分析。13．【答案】A【解析】【解答】A、鹵代烴與NaOH溶液加熱，發生水解反應，冷卻后，加稀硝酸調節至酸性，滴加硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色，可檢驗鹵代烴中鹵原子種類，能達到探究目的，故A符合題意；

B、乙醇易揮發，且乙醇也能使酸性高錳酸鉀褪色，因此紫色褪去，不能驗證乙醇發生消去反應，不能達到探究目的，故B不符合題意；

C、應在堿性條件下檢驗醛基，該方案中NaOH不足，不能達到探究目的，故C不符合題意；

D、酸性條件下，硝酸根離子也能氧化亞鐵離子，該方案不能證明氧化性：H2O2>Fe3＋，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、鹵代烴水解后，在酸性溶液中檢驗鹵素離子；

B、乙醇易揮發，且乙醇也能使酸性高錳酸鉀褪色；

C、NaOH不足；

D、氧化劑的氧化性大于氧化產物。14．【答案】（1）Cu3N；12mol或12×6.02×1023；或（2）酮羰基為強吸電子基團，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C－H鍵極性增強；（3）Q1?【解析】【解答】（1）設①C2H5OH(g)=C2H5OH(1)△H1＝－Q1kJ·mol－1，②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)△H2＝－Q2kJ·mol－1，③H2O(g)=H2O(l)△H3＝－Q3kJ·mol－1，根據蓋斯定律，將①-②-3×③可得C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)，則ΔH=Q1?Q2?3Q3kJ·mol－1；23g液態無水酒精的物質的量為0.5mol，完全燃燒，并恢復到室溫，放出的熱量為3Q3+Q2?Q12kJ；

故答案為：Q1?Q2?3Q3；3Q3+Q2?Q12；

（2）①由圖可知，Cu位于晶胞棱心，數目為12×14=3，N位于頂點，數目為8×18=1，該物質的化學式為Cu3N；

故答案為：Cu3N；

②Cu2+含有空軌道，H2O含有孤對電子，可形成配位鍵，銅離子配體數為4，配離子[Cu（H2O）4]2+中1個Cu2+與4個H2O形成配位鍵，1個H2O含2個O-H鍵，所以1mol水合銅離子中含有σ鍵數目為12mol；[Cu(H2O)4]2＋的結構式表示為或，故答案為：12mol或12×6.02×102315．【答案】（1）飽和食鹽水（2）除去ClO2中的未反應的Cl2（3）生成的CO2起稀釋ClO2的作用，防止高濃度的ClO2爆炸，提高生產、儲存和運輸的安全性（4）15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H（5）50.00%【解析】【解答】（1）由分析可知，裝置B用于除去氯氣中的氯化氫雜質，則B裝置中的試劑為飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；

（2）由分析可知，Cl2易溶于CCl4液體，裝置E中可用CCl4液體除去ClO2氣體中混有的Cl2；

故答案為：除去ClO2中的未反應的Cl2；

（3）高濃度的ClO2氣體易爆炸，則該方法制備ClO2的優點是生成的CO2起稀釋ClO2的作用，防止高濃度的ClO2爆炸，提高生產、儲存和運輸的安全性；

故答案為：生成的CO2起稀釋ClO2的作用，防止高濃度的ClO2爆炸，提高生產、儲存和運輸的安全性；

（4）黃鐵礦（FeS2）、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應生成ClO2、Na2SO4、Fe2（SO4）3，反應的離子方程式為15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H2O；反應溫度低于100℃，且在30℃時ClO2吸收率、純度最高，應采用30℃水浴加熱；

故答案為：15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H2O；30℃水浴加熱；

（5）滴定過程中發生的反應為：4H＋+ClO2+5Fe2＋=Cl－+5Fe3＋+2H2O、12H++6Fe2++Cr2O72-=2Cr3++6Fe3++6H2O，20.00mL樣品溶液中5n（ClO2）+6n（K2Cr2O7）=n[（NH4）2Fe（SO4）2]，即5n（ClO2）+6×0.05000mol?L-1×0.02L=0.5000mol?L-1×0.037L，解得20.00mL樣品溶液中n（ClO2）=0.002500mol，反應和吸收所得400.00mLClO2溶液中n（ClO2）=0.05000mol，則ClO2的產率為0.0500mol×67.5g/mol6.750g×100%=50.00%；

故答案為：50.00%。

【分析】裝置A中，濃鹽酸和高錳酸鉀反應制得氯氣，濃鹽酸易揮發，制備的氯氣中含有氯化氫雜質，通過裝置B中的飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫雜質，再用濃硫酸干燥氯氣，將除雜干燥后的氯氣通入裝置D中，與NaClO2反應制得ClO2和NaCl，Cl2易溶于CCl416．【答案】（1）大（2）保護酚羥基（3）（4）取代反應（5）（6）【解析】【解答】（1）羧基是親水基團，酯基不是親水基團，則室溫下，在水中A的溶解度比B的大；

故答案為：大；（2）酚羥基易被氧化，反應過程中，酚羥基先被轉化，最后又生成，因此A→B的主要目的為保護酚羥基；

故答案為：保護酚羥基；

（3）由分析可知，Y的結構簡式為；

故答案為：；

（4）根據分析可知，B→C的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（5）B的分子式為C10H12O4，其同分異構體堿性條件下水解后酸化生成兩種產物，說明分子中有酯基，另一種水解產物能與銀氨溶液反應，被氧化為碳酸后分解生成二氧化碳和水，說明水解產物為HCOOH，一種產物含有苯環，其核磁共振氫譜只有2組峰，說明分子中有兩種氫原子，則苯環上有6個取代基，并且取代基只能分成兩種，為-OH和-CH3，故結構式為；

故答案為：；（6）催化氧化生成，加SOCl2或HCl加熱生成，加入Ph3P和PhCHO生成，加Br2生成，加入氫氧化鈉和乙醇加熱生成；

故答案為：，。【分析】與取代反應生成，根據C的結構式可知Y為，反應類型為取代，加KBH4還原反應后得到，加SOCl2發生取代反應得到，加入Ph3P和PhCHO生成，加入吡啶生成。17．【答案】（1）3d64s2；p（2）使燒渣充分溶解，提高鐵元素的浸出率；防止生成Fe(OH)3（3）途徑一較合理，途徑一獲得的FeSO4純度高，途徑二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3；2Fe3＋+Fe=3Fe2＋（4）Na2CO3溶液的濃度大于4mol/L時，有更多的Fe2＋轉化為Fe(OH)2，FeCO3產率下降，Fe(OH)2中Fe元素質量分數大于FeCO3中，故沉淀中鐵元素質量分數仍在上升（5）邊攪拌邊將檸檬酸溶液與FeCO3混合至不再產生氣泡，同時加入適量鐵粉，充分反應后，過濾，