高二下化学期末备考练习卷2参考答案

这是一份高二下化学期末备考练习卷2参考答案，共12页。试卷主要包含了 【答案】C， 【答案】D，【答案】B，1个，故D错误；， 【答案】A， D， 【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
高二下化学期末备考练习卷2答案
1. 【答案】C
【详解】A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中描述的丝指蚕丝，蚕丝主要成分是蛋白质，A正确；
B．瓷器是传统硅酸盐材料，烧制陶瓷的主要原料为黏土，B正确；
C．“水洗净、细研水飞、去石澄清、慢火熬干”分别涉及洗涤、溶解、过滤、蒸发结晶，C错误；
D．草木灰中含，其溶液显碱性促使油脂水解，可以用来洗衣服，因此“取碱浣衣”中的碱是，D正确；
选C。
2. 【答案】D
【详解】A．在铁制品上镀铜时，待镀金属Fe作阴极，镀层金属Cu作阳极，图示不符，A错误；
B．氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集，图示不符，B错误；
C．NaOH与FeSO4反应产生的Fe(OH)2可被溶解氧氧化为Fe(OH)3，不能较长时间看到白色沉淀，C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，饱和硝酸钾溶液中的少量水被浓硫酸吸收，导致硝酸钾溶液过饱和，析出白色的硝酸钾晶体，D正确；
选D
3. 【答案】D
【详解】A．通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴易挥发，可用热空气吹出，因此吹出塔前，Br-被氧化为Br2，A正确，不选；
B．在吸收塔中，Br2、SO2、H2O发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以从吸收塔流出的溶液主要含有溶质HBr和H2SO4，B正确，不选；
C．经过吸收塔后，可使溶液中的Br-远大于进入吸收塔之前的海水中Br-的浓度，溴元素得到富集，C正确，不选；
D．在吹出塔中吹入水蒸气，可提高物质的能量，有助于溴挥发逸出，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使反应产生的溴单质变为蒸气，经冷凝、精馏得到产品，可见两次通入水蒸气都未参加反应，D错误，符合题意；
答案选D。

4.【答案】B
【详解】A．乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，28gCH2中含有氢原子个数为×2×mol—1=4个，故A错误；
B．碳酸氢钠固体中含有钠离子和碳酸氢根离子，则碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个，故B正确；
C．氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，则标准状况下，22.4L氯气反应转移电子数目为×5×mol—1=5个，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解，则将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中铁离子的个数小于0.1个，故D错误；
故选B。
5. 【答案】A
【解析】解：A.NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，生成氢氧化铝沉淀，可知结合质子能力：AlO2−>CO32−，故A正确；
B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由实验及现象可知，不能比较H2O2、Fe3+的氧化性强弱，故B错误；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，故C错误；
D.AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故D错误；
故选：A。
A.NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，生成氢氧化铝沉淀；
B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大
6. D
【解析】解：A.MPy有1种芳香同分异构体，为苯胺，故A错误；
B.EPy中C、H、O、N原子个数依次是7、9、1、1，分子式为C7H9ON，故B错误；
C.VPy和乙烯结构不相似，二者不互为同系物，故C错误；
D.EPy中醇羟基发生消去反应生成VPy中碳碳双键，该反应为消去反应，故D正确；
故选：D。
A.MPy的芳香同分异构体为苯胺；
B.EPy中C、H、O、N原子个数依次是7、9、1、1；
C.VPy和乙烯结构不相似；
D.EPy中醇羟基发生消去反应生成VPy中碳碳双键。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

7. 【答案】D
【详解】A．向硝酸亚铁稀溶液中加入稀盐酸发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．由0.1mol/LNaHA溶液的pH=1可知，NaHA是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，则NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为，故B错误；
C．硫酸氢钠溶液与过量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。
8【答案】B
【详解】①高锰酸根离子在溶液中呈紫色，无色溶液中不可能含有高锰酸根离子，故错误；
②pH为11的碱性溶液中，、、、四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故正确；
③水电离出的氢离子为1×10—13mol/L可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中，碳酸氢根离子和硫代硫酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，碱溶液中，碳酸氢根离子和铵根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故错误；
④加入镁能放出氢气的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，、、、四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故正确；
⑤酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能与碘离子、亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；
②④正确，故选B。
9. 【答案】B
【分析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO。
【详解】A．从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。
B．过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；
Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；
Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO，故D正确；
故选B。
10. 【答案】B
【详解】A.饱和食盐水除去的是氯化氢，不能除去氯气，故A错误；
B.无水硫酸铜遇水变为蓝色，可以检验水的存在，生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏即可得到无水乙醇，故B正确；
C.碳酸钠溶液也吸收二氧化碳，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；
D.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，不能除去碘，故D错误；
故选B。
【点睛】明确物质的性质差异是解答的关键，注意物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。
11. 【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。
A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A错误；
B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B错误；
C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C错误；
D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；
故选D。
12.【答案】B
【详解】A．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，是因为重铬酸根离子中铬元素为最高价态+6价，只表现氧化性，故A错误；
B．由实验②的离子方程式可知，反应中重铬酸根离子为反应的氧化剂，铁离子为氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，重铬酸根离子的氧化性强于铁离子，故B正确；
C．在酸性溶液中，具有强氧化性的铬酸根离子与具有还原性的亚铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由题给离子方程式可知，稀释酸性重铬酸钾溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选B。
13. 【答案】D
【分析】混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐。
【详解】A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，与铝离子双水解，产生的沉淀为氢氧化铝，A错误；
B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3共含6mol离子，B错误；
C．由可知，S元素化合价由-2和+4均变为0价，其中+4价硫的化合价只有部分发生变化，则每产生3molS，转移电子的物质的量为4mol，C错误；
D．混盐CaOCl2中含有Cl-和ClO-，在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；
答案选D。
14. 【答案】D
【解析】
【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；
B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；
D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；
答案选D。
15. 【答案】D
【分析】由图可知，甲池为原电池，电极a为负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，乙池为电解池，与电极b相连的惰性电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，惰性电极d为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。
【详解】A．由分析可知，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为，故A错误；
B．64g二氧化硫的物质的量为=1mol，1mol二氧化硫失去2mol电子生成硫酸，由得失电子数目守恒可知，d电极上2mol氢离子放电生成氢气，则有2mol氢离子通过隔膜由左侧移向右侧，故B错误；
C．由分析可知，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为，故C错误；
D．由分析可知，电极a为负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，由得失电子数目守恒可知，每转移电子，电极c生成2mol五氧化二氮、电极a生成1mol硫酸，故D正确；
故选D。
16. 【答案】A
【分析】混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，随pH的增大，发生CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，可知c(CH3COO-)增大、c(CH3COOH)减小，可推知曲线1为lgc(CH3COO−)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH−)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，如图，，结合图可知N点为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，M点时c(CH3COO-)=c(H+)，O点时c(H+)=c(OH-)，P点时c(CH3COOH)=c(OH-)；据此解答。
【详解】A．P点为曲线3和曲线4的交点，即P点时c(CH3COOH)=c(OH−)，故pOH−lgKb，应为N点时pOH=−lgKb，故A错误；
B．M点为曲线1和曲线2的交点，即M点时c(H+)=c(CH3COO−)，故B正确；
C．O点为曲线2和曲线3的交点，即O点时，c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D．溶液中存在CH3COOH的电离平衡，设c(CH3COOH)=a，根据题意可知c(CH3COO−)=0.1mol/L−a，CH3COOH的电离常数Ka=，整理得c(H+)=，故D正确；
答案为A。
17. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知，a→b导电能力减弱，说明a→b过程中随着 ROH溶液的滴入离子浓度减小，而ROH与CH3COOH之间的反应生成的CH3COOR是强电解质，溶液的导电性应增大，故a→b是HX与ROH反应（溶液体积增大导致离子浓度减小），HX酸性强于CH3COOH，当HX是强酸时，相应的离子反应方程式为H++ROH＝R++H2O，选项A正确；
B．加入V1时b点离子浓度最小，说明HX与ROH恰好完全反应，故V1=20mL，选项B正确；
C．c点时HX、CH3COOH与ROH恰好完全反应得到等物质的量浓度的RX和CH3COOR的混合液，而c（ROH）＜c（CH3COOH），说明相同条件下R+的水解能力小于CH3COO-的水解能力，则K（CH3COOH）＜K（ROH），选项C正确；
D．酸或碱抑制水电离，弱酸阴离子、弱碱阳离子促进水的电离，b→c过程中发生弱酸弱碱的中和反应，弱酸阴离子、弱碱阳离子浓度增大而促进水电离，c→d过程中碱过量而抑制水电离，所以b→d过程溶液中，水的电离程度：先增大后减小，选项D错误；
答案选D。
18.【答案】A
【详解】A．与Mg2+结合能力：H2O＞NH3，故碱石灰的作用是防止后续装置的水蒸气进人三颈烧瓶中，从而生成MgCl2-6H2O，A项错误；
B．在空气中直接加热MgCl2·6H2O，因Mg2+水解，往往得到Mg(OH)Cl固体，B项正确；
C．降温有助于MgCl2-6NH3溶解度降低，便于结晶析出，C项正确；
D．洗涤MgCl2-6NH3晶体表而的MgCl2时，用甲醇可以减少MgCl2·6NH3溶解，达到洗去MgCl2的目的，D项正确；
故答案为A。

19. 【答案】（1）将反应后溶液装入分液漏斗再加入乙醚，塞好塞子倒置分液漏斗充分振荡，将分液漏斗放在铁圈上静置分层，打开上口塞子，再打开旋塞，使下层液体从下端放出，再把上层液体从上口倒出
（2）减压蒸馏可使呋喃甲醇沸点降低，低于170℃(约90℃)时沸腾收集，防止温度过高造成其它影响
（3）使呋喃甲酸钠完全转化为呋喃甲酸 （4）C （5）D
（6）60.0
【解析】
【分析】由题给流程可知，在氢氧化钠溶液中发生歧化反应生成和，向反应后的溶液中加入乙醚萃取，分液得到的乙醚溶液和的水溶液；的乙醚溶蒸馏得到；的水溶液加入盐酸，调节溶液pH=3，与盐酸反应生成，过滤得到粗产品，粗产品用重结晶法提纯得到。
【小问1详解】
由分析可知，操作①为萃取、分液，操作过程为将反应后溶液装入分液漏斗再加入乙醚，塞好塞子倒置分液漏斗充分振荡，将分液漏斗放在铁圈上静置分层，打开上口塞子，再打开旋塞，使下层液体从下端放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：将反应后溶液装入分液漏斗再加入乙醚，塞好塞子倒置分液漏斗充分振荡，将分液漏斗放在铁圈上静置分层，打开上口塞子，再打开旋塞，使下层液体从下端放出，再把上层液体从上口倒出；
【小问2详解】
由图可知，操作②为减压蒸馏操作，为防止170℃时呋喃甲醇结构破坏，通过减压蒸馏使呋喃甲醇沸点降低，在低于170℃(约90℃)时，收集沸腾出的呋喃甲醇，所以温度计的读数应控制在90℃左右，故答案为：减压蒸馏可使呋喃甲醇沸点降低，低于170℃(约90℃)时沸腾收集，防止温度过高造成其它影响；
小问3详解】
由分析可知，的水溶液加入盐酸，调节溶液pH=3，与盐酸反应生成，故答案为：使呋喃甲酸钠完全转化为呋喃甲酸；
【小问4详解】
为防止温度降低呋喃甲酸结晶析出，粗产品Y纯化过程用热过滤，具体操作过程为向铜漏斗中加热水→加热漏斗支管→放入短颈漏斗→放入滤纸→放接液烧杯→倒入热的待滤液→拆装置，故选C；
【小问5详解】
从萃取效果角度思考，用30mL乙醚萃取时最好分多次等量萃取，提高萃取效率，故选D；
【小问6详解】
由题给方程式可得如下关系式：2—，4.8g呋喃甲醛的物质的量为=0.05mol，则的产率为×100%=60%，故答案为：60%。
20. 答案】（1）
（2） ①. 当滴加最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不变 ②. 80.99 ③. 偏高
（3） ①. 滴加，调节溶液约为5(或或中间其他数等合理答案) ②. 向滤液中滴加，调节溶液约为10(或或中间其他数等合理答案)
（4）
【解析】
【分析】由题给流程可知，废旧电池的铜帽用水超声清洗后，加入稀硫酸和30%过氧化氢混合溶液，锌、铜与混合溶液反应得到硫酸锌和硫酸铜混合溶液，铜帽溶解完全后，加热至沸除去溶液中过量的过氧化氢，向除去过氧化氢的冷却混合溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为2，加入锌灰，锌灰中的锌、铁与溶液中的铜离子发生置换反应生成铜，过滤得到海绵铜和含有亚铁离子、锌离子的滤液；向滤液中加入30%过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为5，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有锌离子的滤液，向滤液中再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为10，使溶液中锌离子完全转化为氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到氢氧化锌，900℃煅烧氢氧化锌制得氧化锌。
【小问1详解】
由分析可知，铜帽溶解时铜发生的反应为铜与稀硫酸和30%过氧化氢混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由题意可知，硫代硫酸钠标准溶液与溶液中的碘完全反应后，溶液蓝色会褪去，且半分钟内颜色不变，则滴定终点的判断方法是当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不变，故答案为：当滴加最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不变；
②由题给数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，则反应消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为=25.32mL，由题给方程式可得关系式2Cu—2Cu2+—I2—，则电池铜帽中铜的质量分数为×100%≈80.99%，若滴定前溶液中的过氧化氢没有除尽，过量的过氧化氢能将溶液中的碘离子氧化为单质碘，导致消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积偏大，使测定的铜离子浓度偏高，故答案为：80.99；偏高；
【小问3详解】
由分析可知，除去铜的滤液制备氧化锌的实验步骤依次为；向滤液中加入30%过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为3.2—5.9范围内，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而锌离子不产生沉淀，过滤得到含有锌离子的滤液，向滤液中再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为8.9—11范围内，使溶液中锌离子完全转化为氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到氢氧化锌，900℃煅烧氢氧化锌制得氧化锌，故答案为：滴加，调节溶液约为5(或或中间其他数等合理答案)；向滤液中滴加，调节溶液约为10(或或中间其他数等合理答案)；
【小问4详解】
由题意可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液完全反应后溶液中氢氧根离子的浓度为=2.0×10—4mol/L，则溶液中铜离子浓度为==5.0×10—13mol/L，故答案为：5.0×10—13。
21. 【答案】（1） （2）ABD
（3） ①. 0.148 ②.
（4） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅲ得到反应Ⅱ，则—=()—()=，故答案为：；
【小问2详解】
A．催化剂能加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，则其他条件不变，若不使用催化剂，250℃时二氧化碳的平衡转化率依然位于M点，故错误；
B．反应Ⅰ为放热反应，温度低于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的平衡产率减小，故错误；
C．反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，M点时温度比N点时温度高，则M点时平衡常数比N点时平衡常数大，故正确；
D．反应Ⅰ为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，但催化剂的催化效率降低，反应速率减小，不利于提高经济效益，故错误；
ABD错误，故选ABD；
【小问3详解】
由图可知，250℃时二氧化碳的平衡转化率为50%，由题意可建立如下三段式：

由三段式数据可得：反应的平衡常数==0.148，甲醇的反应速率=，故答案为：0.148；；
【小问4详解】
①由电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且二氧化碳电还原后与锂离子结合形成碳酸锂可知，正极上发生的反应依次为、、、，总电极反应式为，故答案为：；；
②由题意可知，生成正丙醇的电极反应为二氧化碳和水在正极得到电子发生还原反应生成正丙醇和氢氧根离子，电极反应式为，故答案为：。

22.【答案】（1） ①. 3-苯基丙烯或苯丙烯 ②. 羰基、羧基
（2） ①. 加聚反应 ②.
（3）+2NaOH+2NaCl
（4） ①. 5 ②. 或
（5）
【解析】
【分析】A为芳香烃，则A中含有苯环，A的分子式为C9H10，它的不饱和度==5，苯环的不饱和度是4，则A中含有一个碳碳双键，根据题中流程可知，A和氯气发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C发生氧化反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，由E的结构简式可知，逆推D的结构简式为，C的结构简式为，B的结构简式为，A的结构简式为；由P的结构简式()及E生成F的反应条件可知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为，F发生加成反应生成P，由Q的结构简式为，逆推H发生加聚反应生成Q，H的结构简式为，F和苯酚发生取代反应生成H，则Y的结构简式为；据此解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，A的结构简式为，它的名称是3-苯基丙烯或苯丙烯，D的结构简式为，该结构中含有羰基、羧基两种官能团；答案为3-苯基丙烯或苯丙烯；羰基、羧基。
【小问2详解】
由上述分析可知，H的结构简式为，Q的结构简式为，则H→Q的反应类型为加聚反应，Y的结构简式为；答案为加聚反应；。
【小问3详解】
由上述分析可知，B的结构简式为，C的结构简式为，B在NaOH溶液中发生水解反应生成C，其化学方程式为+2NaOH+2NaCl；答案为+2NaOH+2NaCl。
【小问4详解】
由上述分析可知，F的结构简式为，F的芳香族同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应、水解反应，说明含有-CHO、-COOC-，根据氧原子个数知，含有HCOO-；②能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，如果取代基为-CH=CH2、HCOO-，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH=CH-，有1种结构；如果取代基为CH2=C(HCOO)-，有1种结构，所以符合条件的同分异构体有3+1+1=5种，一种核磁共振氢谱有5组峰的物质结构简式为或；答案为5；或。
【小问5详解】
以1，3-丁二烯、CH2=CHCHO为原料合成，CH2=CHCH=CH2和CH2=CHCHO加成得到，和氢气发生加成反应生成，发生氧化反应生成，其合成路线为；答案为。