辽宁省沈阳市第二中学2021-2022学年高三下学期寒假验收考试化学含解析

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沈阳二中2021—2022学年度下学期学期初考试
高三(22届)化学试题
说明：1.测试时间：75分钟，总分：100分。
2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64
第Ⅱ卷(选择题，共45分)
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共45分)
1. 化学与生活紧密相关，下列描述正确的是
A. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
B. “客从南溟来，遗我泉客珠。“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物
C. 水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的
D. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关
【答案】D
【解析】
【详解】A． 硅是半导体，“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是硅，故A错误；
B． “客从南溟来，遗我泉客珠。“珍珠”的主要成分碳酸钙，属于无机化合物，故B错误；
C． 水泥是由黏土和石灰石为原料烧制而成的，故C错误；
D． 氮氧化物主要引起光化学烟雾、酸雨，也可引起臭氧空洞，即“光化学烟雾”和“臭氧空洞”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故D正确；
故选D。
2. 若NA从为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 18g葡萄糖分子中含羟基数目为0.5NA
B. 10g46%甘油水溶液中所含的氧原子数为0.45NA
C. 4.6gNa与足量的乙醇水溶液反应，转移电子数为0.2NA
D. 一定量淀粉水解生成1molC6H12O6时需要消耗H2O分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．18g葡萄糖含有的分子数为0.1NA，故含有的羟基数为0.5NA，A项正确。
B．10g 46%的甘油，其中含4.6g甘油、5.4g水，4.6g甘油的分子数为0.05NA，O原子数0.15NA，5.4g水的分子数为0.3NA，O原子数0.3NA，故O原子数为0.45NA，B项正确。
C．4.6gNa物质的量为0.1mol，失电子数为0.1NA，C项错误。
D．由淀粉水解反应式可知，生成1mol葡萄糖，需要消耗1molH2O，D项正确。
故答案为：C。
3. 化学与人类生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 核酸是生物体遗传信息的载体，通过红外光谱可检测其结构中存在多种单健、双键、氢键等化学键
B. 在提纯鸡蛋中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，得到较纯净的蛋白质
C. 使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，溶于水显酸性
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．红外光谱可检测化学键及官能团，氢键不属于化学键，A错误；
B．浓硫酸铵溶液可以减少蛋白质溶解度而发生盐析沉淀，故可提纯蛋白质，B正确；
C．高级脂肪酸钠，溶于水显碱性，C错误；
D．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃，四氟乙烯中含有氟元素，不属于烃，D错误；
故选B。
4. 下列化学用语书写正确的是
A. 用电子式表示NaCl的形成过程：
B. 按照系统命名法的名称：2-乙基丙烷
C. 硝基苯的结构简式：
D. CH3CHO的球棍模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 钠原子失去电子，氯原子得到电子，电子从钠原子转移到氯原子，用电子式表示NaCl的形成过程：，故A正确；
B．命名为2-乙基丙烷错误的原因是选错主碳链，将其命名为3-甲基丁烷，故B错误；
C． 硝基苯的结构简式：，故C错误；
D．为乙酸球棍模型，则乙醛的球棍模型为，故D错误；
故选A。
5. 下列说法正确的是
A. 少量Na投入H2O中产生大量氧气
B. 向CaCl2溶液中通入少量的CO2生成CaCO3沉淀
C. 0.1mol·L-1HCl溶液中可以大量存在Al3+、Fe2+、SO、Br-
D. 0.1mol·L-1Ca(ClO)2溶液中可以大量存在K+、H+、Cl-、SO
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应生成氢气，A错误；
B．碳酸的酸性比盐酸弱，氯化钙溶液和二氧化碳不反应，B错误；
C．氢离子、氯离子和Al3+、Fe2+、SO、Br-都能大量共存，C正确；
D．酸性条件下，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸分子，且氯离子和次氯酸根离子能发生氧化还原反应，因此不能大量共存，D错误；
答案选C。
6. 利用下列实验装置不能完成相应实验的是

A. 装置①可用作少量氨气的尾气吸收装置 B. 装置②制取收集并吸收HCl
C. 装置③亚硫酸钠与70%硫酸溶液制备SO2 D. 装置④模拟铁的腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易溶于水，装置①可防倒吸，装置①可用作少量氨气的尾气吸收装置 ，故不选A；
B．氯化氢易溶于水，装置②能发生倒吸，不能用装置②收集HCl，故选B；
C．亚硫酸钠与70%硫酸在常温下反应生成二氧化硫气体，装置③可用于亚硫酸钠与70%硫酸溶液制备SO2，故不选C；
D．酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，左侧试管内气体增多，U形管内左侧红墨水液面降低；中性条件或弱碱性条件下，铁发生吸氧腐蚀，右侧试管内气体减少，U形管内右侧红墨水液面升高；所以装置④可以模拟铁的腐蚀，故不选D；
选B。
7. 主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20。化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，下列说法正确的是
A. 简单离子半径Z>Q>X>Y B. 工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质
C. Q与X形成的化合物都是非极性分子 D. 化合物ZW2中只含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Y为Al元素，据此分析解题。
【详解】由上述分析可知，Q为S、W为H、X为O、Y为Al、Z为Ca，
A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Q＞Z＞X＞Y，A错误
B．Al为活泼金属，工业上电解Al2O3冶炼Al单质，而氯化铝为共价化合物不导电，B错误；
C．Q与X形成的化合物有SO2与SO3，S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C错误；
D．化合物ZW2是CaH2，属于离子化合物，只含有离子键，D正确；
故选D。
8. 羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图。下列说法错误的是

A. 甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基
B. 常温下1mol乙最多与4molNaOH的水溶液完全反应
C. 乙生成丙的反应条件是浓硫酸、加热
D. 丙分子中碳原子轨道杂化类型为sp2和sp3，且所有的碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．由甲的结构可知，甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基，A正确；
B．乙水解生成，产物中的酚羟基、羧基又和氢氧化钠发生反应，所以常温下1mol乙最多与3molNaOH的水溶液完全反应，B错误；
C．由图示可知，乙生成丙为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，C正确；
D．苯环、碳碳双键、酯基中的碳原子均采取sp2杂化，甲基中的碳原子采取sp3杂化；苯环及其连接的碳原子共面，碳碳双键及其连接的原子共面，碳氧双键及其连接的原子共面，单键可以旋转，3个平面可以重合，即所有的碳原子可能共平面，D正确；
答案选B。
9. 近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是

A. Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B. 如图结构的吡啶环()中C、N原子的杂化方式均为sp2
C. 该配合物中Ru的配位数是6
D. HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
【答案】D
【解析】
【详解】A．第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A正确；
B．如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B正确；
C．由图示结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，因此HCOOH的沸点比HCHO高，D错误；
答案选D。
10. 中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(C)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF的有机溶液，其充电示意图如图。下列说法错误的是

A. 固态KPF为离子晶体
B. 放电时，K+向左迁移
C. 放电时，负极反应为Cn+xPF-xe-=Cn(PF6)x
D. 充电时，若阴极增重39g则阳极增重145g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，充电时含有KPF的有机溶液中，K+、PF分别向两极移动，固态KPF为离子晶体，故A正确；
B．根据图示，充电时K+向右迁移，右侧MCMB为阴极；放电时，右侧MCMB为负极、左侧石墨电极为正极，K+向左迁移，故B正确；
C．放电时，右侧MCMB为负极，负极反应为K-e-=K+，故C错误；
D．充电时，阴极生成金属钾，若阴极增重39g，外电路转移1mol电子，阳极发生反应Cn+xPF-xe-=Cn(PF6)x，根据电子守恒，阳极有1mol PF参加反应，增重1mol×145g/mol=145g，故D正确；
选C。
11. 下列实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向装有经过硫酸处理的CrO3(橘红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气
固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3+)
乙醇具有还原性
B
向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡
溶液由浅红色变为红色
Ag2O是强碱
C
在硫酸酸化的KMnO4溶液中加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
MnO将S2-氧化成SO
D
SO2通入新制氯水中
溶液褪色
SO2具有漂白性

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．CrO3(橘红色)发生还原反应生成Cr3+，乙醇发生氧化反应，体现了乙醇具有还原性，A正确；
B．向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡，反应为Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，溶液由浅红色变为红色，Ag2O不是碱，B错误；
C．硫酸酸化的KMnO4溶液中含有硫酸根离子，加入氯化钡生成沉淀不能说明MnO将S2-氧化成SO，C错误；
D．SO2通入新制氯水中，两者反应生成硫酸根离子和氯离子，说明SO2具有还原性，D错误；
故选A。
12. 氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1；在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。

下列说法错误的是
A. 加入Pt—Rh合金的目的是提高反应的速率
B. 氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右
C. 520℃时，NH3的转化率为40%
D. 840℃以上，发生了反应：2NO(g)⇌O2(g)+N2(g) ΔH>0
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Pt—Rh合金作催化剂可以降低活化能，加快反应速率，选项A正确；
B．根据图示可知840℃氨的催化氧化生成NO最多，选项B正确；
C．520 ℃时，生成0.2 mol NO和0.2 mol N2，根据氮原子守恒可知有0.6 mol NH3转化，即转化率为60%，选项C错误；
D．840 ℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO(g)⇌O2(g)+N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，选项D正确。
答案选C。
13. 利用双极膜制备磷酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，双极膜中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法正确的是

A. 若用铅蓄电池为电源，则X极与Pb电极相连
B. 双极膜中a为H+，b为OH–
C. 阴极区溶液pH减小
D. M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．铅蓄电池中Pb为负极，PbO2电极为正极，X极应与PbO2相连，A项错误；
B．电解池中阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，所以双极膜中a为OH−，b为H+，B项错误；
C．阴极电极反应为2H++2e−=H2↑，每转移1 mol电子，消耗1 mol H+，此时双极膜又产生1 mol H+，因阴极区电解液未知，无法确定阴极区溶液pH变化情况，C项错误；
D．M膜为阴离子交换膜，原料室中通过M膜进入产品室1，与双极膜产生的H+结合生成H3PO4，N膜为阳离子交换膜，原料室中Na+通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的OH−结合生成NaOH，D项正确。
故选D。
14. 常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞上有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确是


A. CuS和Cu2S晶胞中所含有的S原子数不相同
B. Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
C. CuS晶中，S2-配位数为8
D. Cu2S晶胞的密度为g/cm3
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuS和Cu2S晶胞中S2-的位置均如图1所示，故S原子数相同，A项错误。
B．一个Cu2S晶胞中含有4个S2-，8个Cu+，故Cu+填充了晶胞中所有的四面体空隙，B项错误。
C．CuS晶胞中Cu2+应占据一半四面体空隙，Cu2+周围有4个S2-，而S2-周围最近有4个Cu2+，故CuS晶胞中S2-配位数为4，C项错误。
D．Cu2S晶体中含有8个Cu2+、4个S2-，故晶体密度为：，D项正确。
故答案为：D。
15. 常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A. a点溶液中
B. b液中
C. 的水解常数的数量级为
D. d点溶液中存在
【答案】C
【解析】
【分析】往碳酸钠溶液中滴加盐酸，先后发生反应(起点⟶c点)，(c点d点)。根据碳酸钠溶液的浓度和体积，a点时盐酸用量，碳酸钠有50%和盐酸反应，生成，和，溶液中的溶质是等物质的量的，，，c点时盐酸用量，碳酸钠100%和盐酸反应，生成，和，溶液中溶质是和，d点时盐酸用量，碳酸氢钠100%和盐酸反应。各点的溶质如图所示：

【详解】A．由以上分析可知，a点溶液中的溶质是等物质的量的，，，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，故离子浓度大小：，故A错误；
B．由电荷守恒可得：，故B错误；
C．c点液中溶质是和，c()=0.05，NaCl不水解，此时溶液的pH=9.5，的水解常数==，数量级为，故C正确；
D．多元弱酸电离分步进行，，故D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题；本题共4小题，共55分
16. 为解决国家“973计划”中钒、铬资源的利用问题，2013年6月攀钢成立“钒铬渣分离提取钒铬技术研究”课题组，2020年5月课题组公布了提取钒铬的工艺流程。


已知：
①钒铬渣中含有V2O3、Cr2O3、及SiO2、Fe2O3、FeO等
②“沉钒”时析出正五价含氧酸铵盐
③25℃时，Cr(OH)3的溶度积常数为6.4×10-31；lg4=0.6
回答下列问题：
（1）钒铬渣“氧化焙烧”之前通常要将原料粉碎，其目的是___。
（2）“氧化焙烧”时，钒铬渣中化合价发生变化三种元素的价层电子排布式为___、___、___。
（3）“除杂”产生滤渣2的成分是____(用化学式表示)。
（4）写出紧接“沉钒”的“煅烧”反应的化学方程式____。
（5）“还原”溶液中的Cr2O时发生反应的离子方程式____。已知双氧水还原Cr2O的效率在40℃时最高，解释原因____。
（6）“沉络”过程中，含铬元素的离子刚好完全沉淀时，溶液的pH=____(已知溶液中离子浓度10-5mol/L时认为已完全沉淀)。
【答案】（1）增加反应物之间的接触面积，加快反应速率
（2） ①. 3d34s2 ②. 3d54s1 ③. 3d64s2
（3）H2SiO3 （4）
（5） ①. 2+3H2O2+10H+=2Cr3++3O2↑+8H2O ②. 低于，还原的反应速率随温度升高而增加；超过，双氧水分解，浓度降低，导致还原的反应速率降低
（6）5.6
【解析】
【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，Fe2O3、FeO则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式为：，向滤液中加入双氧水和硫酸，将Na2CrO4还原为Cr3+，离子方程式为：2+3H2O2+10H+=2Cr3++3O2↑+8H2O，然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3•H2O=Cr(OH)3↓+3，再对Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
钒铬渣“氧化焙烧”之前通常要将原料粉碎，其目的是增加反应物之间的接触面积，加快反应速率。
【小问2详解】
“氧化焙烧”时，钒铬渣中化合价发生变化三种元素为V、Cr、Fe，基态V原子价电子排布为3d34s2，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，基态Fe原子价电子排布为3d64s2。
【小问3详解】
由分析可知，水浸液中存在，与硫酸反应生成的滤渣为。
【小问4详解】
正五价钒的含氧酸铵盐为，“煅烧”时反应的化学方程式为。
【小问5详解】
“还原”溶液中的时发生反应的离子方程式为；低于，还原的反应速率随温度升高而增加；超过，双氧水分解，浓度降低，导致还原的反应速率降低，故效率在40℃时最高。
【小问6详解】
由得，，此时溶液的，则。
17. 2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱，空间站处理CO2的一种重要方法是CO2的收集、浓缩与还原。
（1）H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ/mol
Ⅱ.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-264kJ/mol
Ⅲ.CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)△H3=-131kJ/mol
反应2C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g)的△H=___kJ/mol。
（2）控制起始时=4，p=1atm(atm表示标准大气压)，在恒容密闭容器中，若只反生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的量分数随温度的变化如图1所示：

①平衡时CH4物质的量分数随温度变化的曲线为____。
②温度高于500℃时，CO物质的量分数不断增大的原因是____。
（3）在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g)△H3=-50kJ/mol。

①若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，v(a)____v(b)(填“>”、“<”或“=”)；T2时，起始压强为25MPa，Kp=____(保留二位小数：Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
②已知速率方程v正=k正c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆c(CH3CHO)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响，图3表示速率常数的对数lgx与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图3中a点、c点的速率常数，点____表示c点的lgk逆。
【答案】（1）-25 （2） ①. b ②. 升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，使CO的物质的量分数增大
（3） ①. ＜ ②. 9.88 ③. A
【解析】
【小问1详解】
根据目标反应方程式，由盖斯定律可以得出Ⅱ-Ⅰ-2×Ⅲ，得出ΔH=ΔH2-ΔH1-2ΔH3=-25kJ·mol－1，故答案为-25；
【小问2详解】
①根据图中曲线可以看出a物质的量几乎为b物质的量的2倍，且均减少，对于反应I，升高温度平衡右移，水的量增多，对于反应而言，升高温度平衡左移，甲烷和水均减少，综上，水有增有减，其物质的量分数比水多，甲烷只减少，故a为H2O，b为CH4，c为H2。故答案为b。
②根据题意，反应I是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，使CO的物质的量分数增大；
【小问3详解】
①根据图2可知，b的温度高于a点，温度高，反应速率快，即v(a)逆＜v(b)逆；T2时，起始压强2.5MPa，则CO2的分压为=1MPa，H2的分压为=1.5MPa，T2时，H2的转化率为80%，则H2变化分压为1.5MPa×80%=1.2MPa，则达到平衡时CH3OH、H2O(g)分压均为0.4MPa，CO2的分压为0.6MPa，Kp=≈9.88MPa－2；故答案为＜；9.88；
②达到平衡时，v正=v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk逆越大，即点A表示c点的lgk逆；故答案为A。
18. FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂.某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2，有关物质的性质如表：

C6H5Cl(氯苯)
C6H4Cl2(二氯苯)
FeCl3
FeCl2
溶解性
不溶于水，易溶于苯、乙醇
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水
熔点/℃
-45
53
300℃以上易升华
670
沸点/℃
132
173
1023

（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如图所示：


①B中盛放的试剂是____，按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为____(填字母，装置可多次使用)。
②该制备装置的缺点为____。
（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl→FeCl2+C6H4Cl2+HCl，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。


①仪器a的名称是____。
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品.洗涤所用的试剂可以是____(填名称)，回收滤液中C6H5Cl的方法是____。
③在反应开始前通一段时间N2排尽装置中的空气，在反应完成后仍需通段时间N2，其作用是____。
④反应后将维形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，重复上述操作3次，达到滴定终点时消耗NaOH溶液的体积分别为19.50mL、21.50mL、19.70mL，则氯化铁的转化率为___。
【答案】（1） ①. 碱石灰 ②. ABCBD ③. 氯化铁易升华导致导管易堵塞
（2） ①. 球形冷凝管 ②. 苯 ③. 蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分 ④. 将反应生成的氯化氢全部排入装置B中 ⑤. 78.4%
【解析】
【分析】装置A中锌与稀盐酸反应制取氢气，经过装置B干燥氢气，U形管中盛放碱石灰，将干燥后的氢气通过装置C使氢气和无水氯化铁反应，而为了防止外界空气进入装置C，在装置C后再连接一个装置B，最后用装置D处理尾气。
【小问1详解】
①锌与稀盐酸反应制取的氢气中含有水蒸气，用装置B除去氢气中的水蒸气，因此装置B中盛放的试剂为：碱石灰；依据分析可知，应先用装置A制取氢气，用装置B干燥氢气，接着干燥的氢气通过装置C与无水氯化铁反应，为防止空气中的水蒸气进入，C后再连接一个装置B，最后用装置D处理尾气，因此按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为：ABCBD。
②依据题意可知，氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞。
【小问2详解】
①仪器a为球形冷凝管。
②反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物氯化亚铁，还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题意可知，氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯，氯化亚铁不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有C6H5Cl和C6H4Cl2，由表格信息可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，所以回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分。
③实验要测定氯化铁的转化率，反应完成后继续通氮气一段时间，是要将生成的氯化氢全部排入装置B中，减小实验误差，使实验结果更准确。
④32.5g无水氯化铁理论上生成n(FeCl2)=n(FeCl3)==0.2mol，达到滴定终点时消耗NaOH溶液的体积的数据第二个数据异常，因此消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=19.60mL，因此盐酸消耗氢氧化钠的物质的量为0.0196L0.40mol/L=0.00784mol，故生成的n(FeCl2)=2n(HCl)==0.1568mol，则氯化铁的转化率为=78.4%。
19. 2—氨—3—氯苯甲酸是白色晶体，是重要的医药中间体，其制备流程如图：

回答下列相关问题：
（1）的名称是____，反应④的反应类型为____。
（2）为了实现反应③的转化，通常可采用的试剂是____。
（3）生成2—氨—3—氯苯甲酸的化学方程式为___。
（4）与互为同分异体，且符合以下条件的芳香族化合物有____种。
①除苯环外没有其它环状结构
②能发生银镜反应
③红外光谱显示有—NH2
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为2∶2∶2∶1的有机物的结构简式为____。
（5）事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。
→
请从步骤⑥产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的因可能是____。若想要进一步提高产率，2—氨—3—氯苯甲酸的合成流程中，可以优化的步骤还有____。
【答案】（1） ①. 邻硝基苯甲酸(2−硝基苯甲酸) ②. 还原反应
（2）酸性高锰酸钾溶液
（3）+H2O +CH3COOH
（4） ①. 13 ②.
（5） ①. 利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代 ②. 步骤②
【解析】
【分析】苯发生取代反应得到甲苯，甲苯和浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成，发生氧化反应得到，和Fe/HCl反应将硝基变为氨基，再和CH3COCl反应生成，通过取代反应生成，然后水解最终生成产物2—氨—3—氯苯甲酸。
【小问1详解】
的名称是邻硝基苯甲酸(2−硝基苯甲酸)。反应④为和Fe/HCl反应将硝基变为氨基，反应类型为还原反应。
【小问2详解】
反应③为苯环上甲基变为羧基的反应，通常可采用的试剂是强氧化剂酸性高锰酸钾溶液。
【小问3详解】
在酸性条件下水解生成2—氨—3—氯苯甲酸，化学方程式为+H2O +CH3COOH。
【小问4详解】
与互为同分异体，且①除苯环外没有其它环状结构，②能发生银镜反应，③红外光谱显示有—NH2，则应该含有醛基或甲酸酯；
若取代基为2个，则为—NH2、—OCHO，则两者在苯环上有邻、间、对3种情况；
若取代基为3个，则为—NH2、—CHO、—OH；—NH2、—CHO处于邻位，则—OH有4种情况；—NH2、—CHO处于间位，则—OH有4种情况；—NH2、—CHO处于对位，则—OH有2种情况；
故共13种情况。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为2∶2∶2∶1，则结构对称性较高，有机物的结构简式为。
【小问5详解】
从步骤⑥产率低的原因进行推测，上述过程能提高产率的原因可能是利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代。若想要进一步提高产率，2−氨−3−氯苯甲酸的合成流程中，步骤②甲苯硝化反应时还可能生成其他的副产物，因此可以优化的步骤还有步骤②。