全南中学2023-2024学年第一学期高中学段期中考试三年级化学一、单选题(每小题3分，共42分)1. 天宫、天和、天问、神舟体现了中国强大的航天科技实力。下列成果所涉及的材料为复合材料的是A. “天宫二号”航天器使用的材料——钛合金B. “天和号”使用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓C. “天间一号”火星车使用的热控材料——纳米气凝胶D. “神州十六号”飞船返回舱使用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料【答案】D【解析】【详解】A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故A错误；B．砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故B错误；C．纳米气凝胶属于胶体，不属于复合材料，故C错误；D．酚醛树脂基低密度材料属于复合材料，故D正确；答案选D。2. 下列有关化学用语正确的是A. CCl4的电子式B. 丙烷分子的球棍模型：C. 乙醛的结构简式：CH3COHD. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2【答案】B【解析】【详解】A．CCl4的电子式为，故A错误；B．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；为丙烷分子的球棍模型，故B正确；C．乙醛含有醛基，乙醛的结构简式为CH3CHO，故C错误；D．丙烯含有碳碳双键，丙烯的结构简式CH3CH=CH2；故D错误；故答案选B。3. 常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是A. 水电离产生的c(H)11012molL1的溶液：Mg2、SO42-、NO3-、Cl-B. 含有大量Fe3的溶液：K、Na、AlO2-、SO42-C. 能使石蕊试纸变红的溶液：NH4+、Na、NO3-、HCO3-D. 含有大量S2-的溶液：Na、ClO-、Cl-、CO32-【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 水电离产生的c(H)11012molL1的溶液，可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，酸性溶液中存在H+，与Mg2、SO42-、NO3-、Cl-均可共存，碱性溶液中存在OH-，与Mg2发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，不能共存，因此水电离产生的c(H)11012molL1的溶液中Mg2、SO42-、NO3-、Cl-可能大量共存，A项正确；B. Fe3与AlO2-发生双水解，能促进水的电离，不能大量共存，B项错误；C. 能使石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，与HCO3-能发生复分解反应而不能共存，C项错误；D. S2-具有还原性，ClO-具有氧化性，可发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；答案选A。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（在强酸性溶液中，OH及弱酸根阴离子不能大量存在；在强碱性溶液中，H及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（AlO2-与HCO3-不能大量共存：“NO3-H”组合具有强氧化性，与S2、Fe2、I、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；NH4与CH3COO、CO32，Mg2与HCO3-等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。4. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol Na3N、NaN3混合物所含的阴离子数之和可能为2NAB. 标准状况下，11.2 L CH3Cl中含有的极性键数目为2NAC. 将1 mol Cl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NAD. 0.5 molL1的NaCl溶液中含Cl的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A. 1 mol Na3N含1 mol N3离子，1 mol NaN3含1 mol 离子，故1 mol二者的混合物含N3、两种离子共1 mol即NA 个，A项错误；B.标况下CH3Cl为气体，11.2 L CH3Cl的物质的量为0.5 mol，而1 mol CH3Cl中含有的极性键即C—Cl与C—H键数目共为4NA，故0.5 mol CH3Cl中含极性键为2NA，B项正确；C. Cl2与水的反应为可逆反应，氯水中还存在大量Cl2分子，故HClO、Cl、ClO粒子数之和小于2NA，C项错误；D.NaCl溶液体积未知，无法计算Cl的数目，D项错误。答案选B。5. 下列离子方程式错误的是A. 碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合： B. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：C. 与在酸性溶液中的反应：D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合,采用“以少定多”法， 离子方程式应为：，A正确；B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全，则两者物质的量相等，离子方程式为： ，B正确；C．二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁，离子方程式为：，C正确；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，D错误；故选D。6. 在室温下，发生下列几种反应：根据上述反应，下列说法不正确的是A. 氧化性强弱顺序为B. 是还原产物，是的氧化产物C. 要只除去含有、和混合液中的，应加入D. 在溶液中可能发生反应：【答案】C【解析】【分析】根据在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物进行分析判断。【详解】A．中氧化性：，中氧化性：；中氧化性：，所以微粒的氧化性由强到弱的顺序为：，A正确；B．根据可知作氧化剂，得到电子被还原产生X2+，所以X2+是的还原产物；根据可知B-作还原剂，失去电子产生B2，所以B2是B-的氧化产物，B正确；C．根据选项A分析可知物质的氧化性：，要除去含有、和混合液中的，而不氧化Z-和B-，应该加入的物质是B2，若加入Z2，则A2+、B-都会被氧化，C错误；D．若能够发生，可得氧化性：，这与微粒的氧化性大小关系相符合，D正确；故合理选项C。7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质，常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 丁和戊中所含元素种类相同，且化学键的类型也完全相同B. 简单气态氢化物的沸点：X< ZC. 简单气态氢化物的还原性：X>ZD. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中不可能大量共存【答案】D【解析】【分析】A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，应为SO2，则甲为H2SO4，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S等元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素；A．丁为H2O，戊为H2O2，所含元素种类相同，但水中只含有极性键，而H2O2中除H-O极性共价键外，还含有O-O非极性键，两者含有的化学键类型不完全相同，故A错误；B．O、S 对应的最简单氢化物为H2O和H2S，因水分子间存在氢键，H2O的沸点大于H2S，故B错误；C．非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，故C错误；D．铝离子和硫离子在溶液中发生双水解生成H2S和Al(OH)3，而不能大量共存，故D正确；故答案为D。8. 可用扑热息痛()合成缓释长效高分子药物()，其结构如图所示。下列说法错误的是A. I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应B. 分子中C、N、O可能全部共平面C. 1mol 最多消耗3mol NaOHD. 可用浓溴水检验中是否含有I【答案】C【解析】【详解】A．-OH为酚羟基易发生氧化反应，而-CONH-易发生水解，A项正确；B． 如图蓝色区域C=O所形成的平面，红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转（如图绿色箭头标注）可以达到共面，所以所有C、N、O可能共面，B项正确；C．-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH，-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH，该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH，C项错误；D．中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代，而不易于溴发生取代，浓溴水检验中是否含有I，D项正确；故选C。9. 取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁戊固体组成NaClCl2的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25下列实验结论正确的是A. 甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br=2Cl+Br2B. 乙中固体组成为NaBr、NaClC. 标准状况下Cl2的体积V为2688mLD. 原混合物中NaBr的物质的量为1mol【答案】D【解析】【分析】向NaBr、NaI的混合溶液中通入Cl2，需考虑置换反应发生的先后，因还原性I-Br-Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…；戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，为=0.5mol。【详解】A．根据Na元素守恒可知固体甲的物质的量为0.5mol，则其平均摩尔质量为=109.24g/mol，NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，NaBr的摩尔质量为103g/mol，NaI的摩尔质量为150g/mol，所以固体甲为NaI、NaBr、NaCl，则溶液中碘离子还未被完全氧化，所以甲溶液中不可能发生Cl2+2Br=2Cl+Br2，故A错误；B．乙丙对比，固体的质量减少了43.64g-35.48=8.16g，丙丁对比，固体的质量减少了35.48g-30.14g=5.34g，且丁到戊固体的质量还在减少，说明丁中NaBr还未完全反应；若乙中不含NaI，由于通入的氯气的变化量相同，则乙丙减少的和丙丁减少都应是VL氯气能够反应的NaBr与生成的NaCl的差值，但实际上并不相等，说明乙中含有NaI，固体组成应为NaI、NaBr、NaCl，故B错误；C．甲、乙固体组成均为为NaI、NaBr、NaCl，所以甲和乙对比固体减少的质量就是VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，所以n(NaI)==0.12mol，则VL氯气的物质的量为0.06mol，所以体积为0.06mol22.4L/mol=1.344L=1344mL，故C错误；D．固体甲与通入氯气前相比减少的质量为VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，即54.62g-43.64g=10.98g，所以通氯气前的总质量为54.62g+10.98g=65.6g，令原溶液中NaI的物质的量为x，NaBr的物质的量为y，则，解得x=0.3mol，y=0.2mol，由于原混合物五等分，则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol5=1mol，故D正确；综上所述答案为D。【点睛】本题关键在于：一是根据钠离子守恒可知蒸干灼烧得到固体的物质的量为定值0.5mol；二根据不同组别固体质量的变化判断剩余固体成分，然后根据固体成分变化唯一的组别计算VL氯气的物质的量。10. 实验室制备Li3N的原理是。氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解，某实验小组拟设计实验制备Li3N(装置可重复使用)。下列说法错误的是A. 实验时应先点燃甲处的酒精灯B. 装置的连接顺序为甲乙丙丁C. 若装置内空气没有排尽，则Li3N产品中会混有Li2OD. 甲装置主要发生反应：【答案】B【解析】【分析】甲装置是制取氮气的装置，发生反应：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O，实验时应先点燃甲处的酒精灯，让产生的氮气来排尽装置中的空气，避免丙装置在加热时，发生副反应生成Li2O；乙装置是干燥装置，可以除去氮气中的水蒸气；丙装置是制备Li3N的装置，发生反应：；由于Li3N遇水能够剧烈反应，所以丙装置后面需要再接干燥装置乙防止后续装置中水蒸气进入丙中与Li3N反应，丁装置用来收集多余的氮气。【详解】A．实验需要先通入氮气排除空气的干扰，故应先点燃甲处酒精灯，A项正确；B．根据分析可知，装置的连接顺序应为：甲乙丙乙丁，B项错误；C．若装置内空气没有排尽，加热时发生副反应：，则Li3N产品中会混有Li2O，C项正确；D．甲装置是制取氮气的装置，主要发生反应：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O，D项正确 ；答案选B。11. 某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是 A. 始滤液的pH=7B. 试剂为Ba(NO3)2溶液C. 步骤中加入试剂的目的是除去Ba2+D. 图示步骤中的2次过滤操作不可以合并【答案】C【解析】【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；为了提纯氯化钾，要先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，除去不溶性杂质，由实验流程可知，滤液中加试剂I为过量BaCl2溶液，然后过滤后，Y中含碳酸钡、硫酸钡，X中含氯化钡、氯化钾，向X再加试剂为过量K2CO3溶液，氯化钡与碳酸钾反应产生碳酸钡沉淀和氯化钾，过滤后滤渣Z中为碳酸钡，滤液W为KCl与K2CO3的混合溶液，再向W中加入试剂为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发溶剂，HCl挥发，最后结晶得到的晶体KCl晶体，以此来解答。【详解】有上述分析可知试剂I为过量氯化钡溶液；试剂II是过量K2CO3溶液，试剂为过量盐酸。A.氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，碳酸钾是强酸弱碱盐，CO32-水解使溶液显碱性，使溶液的pH>7，A错误；B.根据上述分析可知：试剂为BaCl2溶液，若使用Ba(NO3)2溶液，会引入杂质离子NO3-，不符合除杂净化的目的，B错误；C.根据上述流程可知：X中含有的溶质为氯化钡、氯化钾，步骤向X中加入试剂II是过量K2CO3溶液，目的是除去过量的Ba2+，C正确；D.图示步骤中，是除去BaCO3、BaSO4不溶性杂质，是BaCO3不溶性杂质，也可以将两次过滤操作合并，一并过滤除去，不会影响最后得到纯净的KCl晶体，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题综合考查物质的分离、提纯的实验方案的设计的知识，注意解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。该类题目侧重考查学生的分析、计算和实验能力。12. 溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验： 下列说法正确的是A. 气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B. 溶液A中一定存在、、，可 能存在C. 溶液A中一定存在、、、，可能存在D. 溶液A中可能存在，且【答案】D【解析】【分析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能还含有Cl-。【详解】A. 气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液 A 中一定存在 Na+，B错误；C. 由分析可知，溶液 A 中一定不存在 Mg2+，C错误；D. 由分析可知，溶液 A 中不存在 Cl时Na+物质的量为0.02mol，若溶液 A 中存在 Cl，Na+物质的量大于0.02mol，即 c(Na+) 0.20 molL-1，D正确；故答案选D。13. 下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A将乙醇和浓硫酸的混合液迅速加热到170，将产生的气体通入溴水中，观察溴水是否褪色检验乙醇发生消去反应生成乙烯B将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生红棕色气体检测浓硝酸能够氧化木炭C常温下测得的溶液的证明D向溶液中滴加盐酸，然后将产生的气体通入溶液中，观察是否有白色沉淀生成验证非金属性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性与乙醇发生副反应可生成，也能使溴水褪色，干扰检验，A错误；B．红热的木炭温度比较高，浓硝酸受热分解也会产生红棕色的，B错误；C．，，由于溶液显酸性，故其电离常数大于水解常数，即，故，C正确；D．中混有HCl，HCl与溶液反应也会产生白色沉淀，故无法确定酸性，从而无法证明非金属性，D错误；答案选C。14. TiO2通过氮掺杂生成TiO(2-a)Nb的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。 下列叙述不正确的是A. 原子3的分数坐标为(1，1，)B. TiO2的密度为gcm-3C. TiO(2-a)Nb晶体中a=D. TiO(2-a)Nb晶体中b=【答案】D【解析】【详解】A．原子1、2坐标分别为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)，A正确；B．Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量4(48+162)g，一个晶胞的质量为m=，体积为V=x2y10-30cm3，则TiO2的密度为，B正确；C．由TiO(2-a)Nb晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为(，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为+4，Ti：O：N=4：：=1：：，TiO(2-a)Nb晶体中2-a=，a=，b=，C正确；D．由C选项可知，b=，D错误；答案选D。二、填空题(共58分)15. 氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸()是组成最简单的氨基酸，熔点为182，沸点为233。（1）分子中氮原子和氢原子的价电子排布图分别为___________(填字母序号)。a． b． c． d．（2）和分子中均含有以N原子为中心原子的大健。分子中___________分子中(填“>”、“<”或“=”)；（3）甘氨酸的晶体类型为___________，其中C原子的杂化方式为___________，其熔、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21，沸点为141)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。（4）三价铁的强酸盐溶于水后经水解可以生成如下图1所示的二聚体，其中的配位数为___________，过渡元素的s、p、d轨道可以参与杂化，含s、p、d轨道的杂化类型有：、、，该二聚体中Fe采取的杂化类型为___________(填标号)。（5）碳有多种同素异形体如石墨和金刚石。石墨结构如上图2所示，金刚石晶胞如上图3所示，其中碳碳键的键长石墨___________金刚石(填“>”、“<”或“=”)。若碳原子半径为a，金刚石晶胞的边长为b．计算表示碳原子在晶胞中的空间占有率___________。(答案写只含的表达式)【答案】（1）bc （2）>（3） . 分子晶体 . 、 . 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键) （4） . 6 . （5） .< . 【解析】【小问1详解】NH3中氮原子采用sp3杂化轨道，共有4个杂化轨道容纳5个价电子，故电子排布图为：；H只有一个电子，价电子排布图为，答案为bc；【小问2详解】N原子的电负性小于O，中心原子上的电子云密度更大，排斥力更大，故中的键角更大；【小问3详解】甘氨酸的熔点为182、沸点为233与分子晶体的性质相近，则甘氨酸固体为分子晶体；中羧基上的碳原子采用sp2杂化，-CH2-中的C采用sp3杂化；甘氨酸与丙酸均能形成分子间氢键，但甘氨酸中的N-H也能分子间氢键，导致氢键数目增多，所以甘氨酸熔点、沸点远高于丙酸；【小问4详解】根据图知，二聚体中Fe3+的配位数为6；所以其杂化轨道是6，杂化类型为sp3d2，即选；【小问5详解】金刚石中C原子为sp3杂化，石墨中C原子为sp2杂化，则金刚石中只存在C-C间的共价键，石墨层内的C-C间存在、共价键，所以碳碳键的键长石墨>金刚石；由均摊法计算出一个金刚石晶胞中有8个C原子，则V球==；金刚石晶胞内部的4个C原子做四面体填隙，形成的是正四面体，正四面体的高h==，做四面体填隙的C原子处在四面体高的四等分点处，根据立体几何知识有=2a，所以h=a=，也就有b=，所以V晶胞=b3，则空间占有率==16. 某实验小组以BaS溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：步骤1：制备按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。步骤2：测定产品中的含量称取产品1.0000g，用100mL水溶解、酸化、加热至近沸；在不断搅拌下，向所得溶液中逐滴加入热的溶液，沉淀完全后，经陈化、过滤、洗涤、烘干至恒重等步骤，称得白色固体质量为0.9320g。回答下列问题：（1）装置a的名称是___________，装置b中发生反应的化学方程式为___________。（2）装置c的作用是___________，装置e中可选用的试剂是___________(填字母)。A．NaOH溶液 B．饱和食盐水 C．石灰乳 D．浓硫酸（3）如图过滤操作中不规范有___________处；过滤后，洗涤沉淀的方法是___________。（4）步骤2中，至少需要称量___________次。（5）产品中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1） . 分液漏斗 . 或 （2） . 防倒吸 . AC （3） . 2 . 向漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 （4）3 （5）97.6%【解析】【分析】由实验装置图可知，左侧装置b中浓硫酸和氯化钠加热反应制备氯化氢气体，中间装置d中氯化氢与硫化钡溶液反应制得氯化钡，氯化钡溶液经一系列步骤获得二水氯化钡，右侧装置e中盛有的氢氧化钠溶液或石灰乳用于硫化氢气体，防止污染空气。【小问1详解】由实验装置图可知，装置a为分液漏斗；由分析可知，装置b发生的反应为浓硫酸和氯化钠微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，强热时生成硫酸钠和氯化氢，反应的化学方程式为或，故答案为：分液漏斗；或；【小问2详解】氯化氢气体极易溶于水，由实验装置图可知，装置c为球形干燥管，中间体积大，可以有效地防止氯化氢气体通入硫化钡溶液时发生倒吸；由分析可知，装置e中盛有的氢氧化钠溶液或石灰乳用于吸收硫化氢气体，防止污染空气，故选AC，故答案为：防倒吸；AC；【小问3详解】由实验装置图可知，过滤装置中玻璃棒没有轻靠三层滤纸，漏斗的下端没有紧贴烧杯内壁，否则滤液会飞溅，则过滤操作中不规范的有2处；过滤后，洗涤沉淀的方法为向漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次，故答案为：2；向漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；【小问4详解】步骤2中，需要称量产品的质量和反应生成硫酸钡的质量，为防止操作不当可能出现实验误差，所以反应得到的硫酸钡需要称量2次取平均值，则步骤2中，至少需要称量3次，故答案为：3；【小问5详解】由题意可知，硫酸钡的质量为0.9320g，则由钡原子个数守恒可知，产品中二水氯化钡的质量分数为100%=97.6%，故答案为：97.6%。17. NaClO2在工业生产中常用作漂白剂、脱色剂、消毒剂、拔染剂等。实验室中可用H2O2和NaOH混合溶液吸收ClO2的方法制取NaClO2，现利用如下装置及试剂制备NaClO2晶体：已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。ClO2气体浓度较大时易发生爆炸。（1）A装置中仪器a的名称为______。装置D中NaOH溶液的作用是______。（2）装置A中生成ClO2的化学方程式为______。（3）关于装置C及后续操作的下列说法中，错误的是______。A. 装置C中H2O2作氧化剂B. 为获得NaClO2晶体，可将C试管中的溶液在55蒸发浓缩结晶并趁热过滤C. 用50左右温水洗涤所得晶体D. 高温烘干过滤后所得滤渣即可得到产物（4）仪器A中NaClO3需稍微过量，原因是______。（5）实验过程中，常需要打开K1，鼓入一定量空气。该操作的目的是______。（6）Cl和O可形成另一种化合物Cl2O，中心原子为O，Cl2O的VSEPR模型是______；Cl2O键角比F2O键角______(填“大”“小”或“相等”)。（7）NaClO2纯度的测定：用“间接碘量法”测定样品(杂质与I-不发生反应)的纯度，过程如下：取样品1.810g配制成250mL溶液，从中取出25.00mL；加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液(已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-)，然后用cmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为VmL(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)。样品中NaClO2的纯度为______%(用含c、V的代数式表示)。【答案】17. . 恒压滴液漏斗 . 吸收废气，防止污染空气 18. 19. AD 20. 防止过量的Na2SO3与硫酸发生反应生成SO2混入到ClO2中，导致后续生成杂质 21. 防止ClO2气体浓度过大导致爆炸 22. . 正四面体 . 大 23. 【解析】【分析】本实验欲利用ClO2制备Na ClO2，根据实验装置，利用装置A制备ClO2，装置B用于缓冲，防止C装置中的液体倒吸起安全瓶的作用，装置C用于NaClO2的合成，装置D吸收废气，防止污染空气。【小问1详解】A装置中仪器a的名称为恒压滴液漏斗；尾气有毒，装置D中NaOH溶液的作用是吸收废气，防止污染空气；【小问2详解】利用浓硫酸、NaClO3和Na2SO3制备ClO2，反应中氯元素化合价由+5变为+4被还原，则硫元素被氧化，故亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，反应为；【小问3详解】已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。A．装置C中二氧化氯中氯元素化合价降低生成NaClO2，发生还原反应，则H2O2作还原剂反应生成氧气，错误；B．根据已知信息可知，为获得NaClO2晶体，可将C试管中生成的NaClO2溶液在55蒸发浓缩结晶并趁热过滤，得到NaClO2晶体，正确；C．根据已知信息可知，可以用50左右温水洗涤所得晶体，除去表面的残液，正确；D．高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故不能高温烘干过滤后所得滤渣得到产物，实验中应选择38~60进行减压蒸发结晶，错误；故选AD；【小问4详解】装置A中若Na2SO3过量，则过量的Na2SO3可以与硫酸发生反应生成SO2混入到ClO2中，导致后续的装置C中H2O2与SO2反应生成杂质。【小问5详解】ClO2气体浓度较大时易发生爆炸。实验过程中，常需要打开K1，鼓入一定量空气。该操作的目的是防止ClO2气体浓度过大导致爆炸；【小问6详解】Cl2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，Cl2O的VSEPR模型是正四面体形；电负性氟大于氧大于氯，中成键电子对偏向F，Cl2O分子中成键电子对偏向O，Cl2O分子中排斥力更大其键角更大，故Cl2O键角比F2O键角大；【小问7详解】根据方程式可知：ClO~2I2~4S2O，则样品中NaClO2的纯度为。18. 抗肿瘤药物前体M( )的一种合成路线如下： 已知：回答下列问题：（1）H中含氧官能团的名称是___________。（2）E的名称是___________，C的结构简式为___________。（3）FG的反应类型为___________，所需的试剂和条件是___________。（4）IJ化学方程式为___________。（5）KM的反应过程有和生成，则K的结构简式是___________。（6）L为I的同系物，比I的相对分子质量小28，满足下列条件的L的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。与溶液能发生显色反应能发生银镜反应核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：2：1：1【答案】18. 羟基、酯基 19. . 对溴甲苯或4-溴甲苯 . HCCCH2CH2OH 20. . 酯化反应 . CH3OH、浓硫酸、加热 21. 2 +O22 +2H2O 22. 23. 10【解析】【分析】根据A的分子式，推出A为乙炔，结构简式为HCCH，根据B的分子式可知：-MgBr替代乙炔上的一个H，即B的结构简式为HCCMgBr，根据H的结构简式以及C的分子式，推出C的结构简式为HCCCH2CH2OH；D的分子式为C7H8，根据H的结构简式，D中含有苯环，即D的结构简式为，D与Br2在FeBr3催化剂下，则D的对位上引入一个溴原子，E的结构简式为，E氧化成F，对比分子式，将E中甲基氧化成-COOH，即F的结构简式为，根据H的结构简式，F通过与甲醇反应生成G，G的结构简式为，H与氢气发生加成反应，根据I的分子式，氢气与H中碳碳三键发生加成反应，即I的结构简式为，I发生催化氧化得到J，J的结构简式为，根据M的结构简式，J与HBr发生取代反应，-Br取代醛基所连碳上的一个H，即K的结构简式为；【小问1详解】由图可知，H中含氧官能团的名称是羟基、酯基；【小问2详解】E的结构简式为，E的名称是对溴甲苯或4-溴甲苯，由分析可知，C的结构简式为HCCCH2CH2OH；【小问3详解】F通过与甲醇在浓硫酸催化加热条件下发生酯化反应生成G，为酯化反应或取代反应；所需的试剂和条件是CH3OH、浓硫酸、加热；【小问4详解】I发生催化氧化将羟基转化为醛基得到J，2 +O22 +2H2O；【小问5详解】由分析可知，K的结构简式为；【小问6详解】I的结构简式为L是I的同系物，比I的相对分子质量小28，说明L中比I中少量2个“CH2”，L的分子式为C10H12O3，与FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有-CHO或HCOO-，核磁共振氢谱有5组峰，说明含有5种不同化学环境的H，峰面积之比为62211，应是对称结构，且含有2个对称的甲基，同分异构体为、、、、、、 、、、，共有10种，故答案为10。