湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考化学Word版含解析.docx

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常德市一中2023年下学期高三第二次月水平检测化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O16Si28S32Cl35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列表示正确的是A.基态Fe的电子排布式：[Ar]3d6B.H2O的VSEPR模型：C.MgH2的电子式D.二氯乙烷的结构简式：ClCH2CH2Cl【答案】B【解析】【详解】A．基态Fe的电子排布式：[Ar]3d64s2，A错误；B．水中中心原子O上有2个键和两个孤电子对，故H2O的VSEPR模型：，B正确；C．MgH2中，阳离子与阴离子的比例为2比1，故应将阴离子置于阳离子的两侧，C错误；D．二氯乙烷的结构有两种，分别为ClCH2CH2Cl和CH3CHCl2，D错误；故选B。2.化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A.“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料B.二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中C.桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水D.大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”【答案】A【解析】【详解】A．“天宫一号”中使用的碳纤维，碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，A正确；B．二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧剂，B错误； C．桐油为油脂，不溶于水，但不属于天然高分子化合物，C错误；D．胶体不带电，呈电中性，胶体中的分散质粒子带电，D错误；故选A。3.已知：①固体的熔点为300℃；②无水晶体易升华；③熔融状态的不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于、和的说法正确的是A.均为弱电解质B.均为离子化合物C.的水溶液导电能力很弱，说明其难溶于水D.在水中的电离方程式可能是【答案】D【解析】【详解】A．AlCl3是强电解质，溶于水完全电离，故A错误；B．无水氯化铝易升华，熔融状态HgCl2不导电说明都是共价化合物，故B错误；C．的水溶液导电能力很弱，不能说明难溶于水，故C错误；D．的水溶液导电能力很弱，说明HgCl2可能是弱电解质，电离是可逆过程，电离方程式可能是，故D正确；答案选D4.价类二维图是学习元素化合物的工具之一，a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示，下列说法正确的是A.存在a→b→d→a的循环转化关系B.c属于酸性氧化物C.物质的酸性：D.f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体 【答案】A【解析】【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为二氧化氯、d为次氯酸、e为高氯酸、f为次氯酸盐、g为金属氯化物。【详解】A．氯化氢具有还原性，能与合适的氧化剂反应生成氯气，氯气与水反应盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则氯元素及其化合物存在a→b→d→a的循环转化关系，故A正确；B．二氧化氯中氯元素为+4价，氯元素不存在+4价的含氧酸，则二氧化氯不属于氧化物，故B错误；C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，则次氯酸的酸性弱于盐酸，故C错误；D．碱性条件下，氯化钠溶液和次氯酸钠溶液不发生反应，不可能生成有毒的气体，故D错误；故选A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16g氨基(－NH2)含有的电子数为9NAB.60gSiO2中的Si－O共价键的数目为2NAC.高温下，1molC(s)与足量的CO2充分反应，产生CO分子数为2NAD.一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH均为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A．16g氨基的物质的量为1mol，1mol氨基含有9mol电子，A正确；B．60gSiO2的物质的量为1mol，1molSiO2中含有4molSi-O键，B错误；C．C(s)与CO2反应生成CO的反应为可逆反应，不能进行到底，C错误；D．一定温度下0.5mol/LNH4Cl溶液与0.25mol/LNH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量不同，水解程度不同，所以溶液中NH的物质的量不同，D错误；故选A。6.用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是A.整个过程中作催化剂 B.反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应C.过程Ⅰ中发生的反应为D.总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为【答案】C【解析】【详解】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；故答案为C。【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。7.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，下列说法正确的是A.Z和M的合金可用于制造飞机和宇宙飞船B.第一电离能：Y>M>ZC.该物质中Y杂化方式为杂化D.简单离子半径：Z>M>Y【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，则X是H，M是Al，Y是O，根据团簇分子结构发现Z的原子半径大于M，大于Y，所以Z元素应该和M同周期，再结合团簇分子发现，H原子2个，O原子6个，Al原子2个，Z原子2个，根据化合物化合价总和推断出Z元素是Mg。 【详解】A．镁铝合金密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A项正确；B．非金属元素第一电离能通常大于金属元素第一电离能，Mg最外层电子排布式为全满而稳定，第一电离能比Al大，即第一电离能Y>Z>M，B项错误；C．该物质中O的杂化方式应为杂化，C项错误；D．电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Y>Z>M，D项错误；故选A。8.19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下：反应Ⅰ：Cl2＋H2O2＝HCl＋HOOCl反应Ⅱ：HOOCl＝HCl＋O2下列说法正确的是A.氧化性：O2＞Cl2B.反应Ⅰ中H2O2作还原剂C.反应Ⅰ中每消耗0.1molCl2，转移0.1mole－D.每产生22.4LO2，则至少消耗Cl21mol【答案】C【解析】【详解】A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误；B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原剂，水的化合价没有变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；C．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1molCl2，转移0.1mole－，C正确；D．未注明是否为标准状况，不能计算产生的氧气的质量，D错误；故选C。9.室温下，实验小组用氢氧化钠溶液滴定浓度均为的和溶液，用传感仪记录数据得下图。已知电解质的电导率越大，电解质溶液导电能力越强。下列说法正确的是 A.曲线②代表滴定醋酸溶液的曲线B.图中D点溶液中C.图中A点溶液中D.室温下在溶液中A、B、C三点水的电离程度【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同浓度的盐酸和醋酸，离子浓度：盐酸＞醋酸，则开始时醋酸溶液电导率较小，根据图知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；B．D点溶液中溶质为NaCl、NaOH，且存在c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=3c(Cl-)，所以存在c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，故B正确；C．A点酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)，溶液体积增大一倍导致其浓度降为原来的一半，所以A点c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.050 mol•L-1，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点溶质为NaCl，不影响水电离，B点溶质为NaOH、CH3COONa，抑制水电离，所以A、B、C三点水的电离程度：A>C>B，故D错误；故选：B。10.可降解塑料PCL的合成路线如下：下列说法错误的是A.可用饱和溴水鉴别X和YB.Z→W发生的是氧化反应 C.W发生缩聚反应得到PCLD.W和PCL在氢氧化钠溶液中均可水解，且产物相同【答案】C【解析】【分析】苯酚与在Ni催化下加热，生成环己醇，则Y是环己醇，Z与过氧乙酸发生氧化反应，生成，则W中含有酯基，W在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。【详解】A．X是苯酚，Y是环己醇，苯酚与溴水可以反应，生成三溴苯酚白色沉淀，环己醇与溴水不反应，A正确；B．由题干可知Z→W的反应为过氧乙酸氧化Z生成W，发生氧化反应，B正确；C．缩聚反应有小分子生成，而W到PCL过程没有小分子生成，C错误；D．W含有酯基，PCL是W聚合反应得到的，均含有酯基，均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物，D正确；故选C。11.下列离子方程式正确的是A.的溶液水解：B.滴定反应：C.向溶液中通入气体，出现白色沉淀：D.硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生：【答案】D【解析】【详解】A．的溶液水解离子方程式为，A错误；B．高锰酸钾是氧化剂，双氧水是还原剂，电子得失不守恒，正确的离子方程式为，B错误；C．向溶液中通入气体，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为，C错误；D．，，产生FeCO3沉淀后，上述平衡正向移动，H+ 浓度增大，再与反应产生CO2，故得，D正确；故选D。12.化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是选项实验目的选用试剂(或操作)实验装置A验证Fe2+和Br-的还原性强弱取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置甲B制备氢氧化亚铁取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液乙C除去CO2中少量的SO2、H2O(g)试剂a为饱和碳酸钠溶液丙D制备AlCl3固体蒸发AlCl3饱和溶液丁A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br-强，A选项正确；B．Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B选项错误；C．CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C选项错误；D．由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D选项错误； 答案选A。13.碘(I2)主要用于制药物、染料等。一种从除氯后含碘海水(主要含Na+和I-)制备I2的方法如图所示：下列有关说法正确的是A.“沉碘”时可以用淀粉溶液检验反应是否完全B.“置换”反应的离子方程式为Fe+3AgI=3Ag+Fe3++3I-C.“氧化”后可以用酒精萃取含I2溶液中的I2D.已知I2晶胞如图所示(I2分别位于晶胞顶点和面心)，1个晶胞中含有4个碘分子【答案】D【解析】【分析】除氯后含碘海水中加入硝酸银沉碘，会生成AgI沉淀，得到的悬浊液中加入铁粉，铁粉将AgI还原生成Ag，反应的离子方程式为：，滤渣中含Ag和Fe，滤液中含亚铁离子和碘离子，通入适量氯气，碘离子先参与反应生成碘单质。【详解】A．沉碘时溶液中碘元素的存在形式为碘离子，不能用淀粉溶液检验碘离子是否反应完全，A错误；B．置换反应的离子方程式为：，B错误；C．酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘单质，C错误；D．根据晶胞结构，用均摊法计算碘分子个数：个，D正确；故选D。14.下列所述知识类比推理正确的是①AgNO3溶液和过量NaOH溶液反应先生成白色沉淀，然后沉淀转化为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3×H2O反应现象也相同。②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀。③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸。 ④HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2。A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【详解】A．①AgOH不溶于NaOH溶液，但能溶于氨水生成银氨溶液，最后得到澄清的银氨溶液，所以AgNO3溶液分别和过量NaOH溶液、过量氨水反应现象不同，A错误；B．②碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2和BaCl2溶液不反应，则少量CO2通入BaCl2溶液没有明显现象，B错误；C．③乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，则乙二醇被足量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸，并进一步氧化成CO2，C错误；D．④HBr的还原性大于HCl，HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2，所以推出HBr在一定定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2×2H2O，其工艺流程如下所示：回答下列问题：（1）滤渣①的主要成分是_______，适量的Na2SO3固体的作用是_______；（2）浸锰时，FeO生成Fe3＋的离子方程式为_________；（3）可用_______(填试剂名称)溶液检验滤液①中是否含有Fe2＋；（4）试剂X为钠的正盐，从环保、经济角度，X最好为_______(写化学式)；（5）“沉锰”后需要过滤、洗涤沉淀，检验该沉淀洗涤干净的方法是______；（6）“萃取分液”时，Fe3＋的萃取率与pH的关系如图，如pH＞1.7后，随pH增大，Fe3＋萃取率下降的原因是_______。 【答案】（1）①.SiO2②.作还原剂，将MnO2还原为Mn2＋（2）2FeO＋MnO2＋8H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O（3）铁氰化钾或酸性高锰酸钾（4）Na2CO3（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有（6）pH＞1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中Fe3＋浓度降低，所以萃取率下降【解析】【分析】软锰矿中有MnO2，FeO，Al2O3，SiO2等，根据流程图和结合题目中信息，我们要分析到这些元素的最终去处，浸锰中生成了Fe3+、Al3+、Mn2+，滤渣①是二氧化硅，萃取分液的目的是除去Fe3+离子，调节pH是除去Al3+离子，最后沉锰、酸溶得到产品。【小问1详解】由分析可知，滤渣①的主要成分是SiO2；亚硫酸钠具有还原性，则加入Na2SO3的作用是把MnO2还原为Mn2+离子；【小问2详解】FeO是被MnO2氧化为Fe3+离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得出离子方程式为：；【小问3详解】铁氰化钾遇到铁会生成蓝色沉淀，二价铁具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故检验二价铁的试剂是：铁氰化钾或酸性高锰酸钾；【小问4详解】沉锰所用试剂要求经济环保，不会引入杂质离子，应该选用碳酸盐，MnCO3是沉淀，沉淀再酸溶不会引入杂质，故选择Na2CO3；【小问5详解】洗涤沉淀主要是洗去沉淀表面吸附的杂质离子，检验是否洗净主要检验容易检出的离子，由题可知溶液中有硫酸根离子容易检验，因此取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有； 【小问6详解】在滤液①中存在下述水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降。16.按要求回答下列问题：Ⅰ．我国空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：已知“萨巴蒂尔反应”为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)DH1反应Ⅰ：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)DH2＝bkJ·mol－1反应Ⅱ：CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)DH3＝ckJ·mol－1（1）一般而言，DH＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝akJ·mol－1，则该反应的正反应活化能为_______kJ·mol－1(用含a、b、c的式子表示)；（2）“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)；（3）恒压条件时，按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，只发生反应Ⅱ，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。图中代表CH4浓度变化情况的曲线为_______，350℃时，A点的平衡常数为K=_______；Ⅱ．[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种重要含钴配合物。（4）该配合物的配位原子为_______，NH3的空间结构呈_______形，NH3极易溶于水的原因是_______；（5）该配合物中钴元素的化合价为_______；（6）设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_______(补全实验操作)，称量沉淀质量为_______(精确到0.01g)。已知[Co(NH3)5Cl]Cl2、AgCl的相对分子质量分别为250.5、143.5。【答案】（1）(a＋2b－c)（2）适当增大压强、增大H2和CO2的原料比 （3）①d②.1（4）①.N、Cl②.三角锥形③.H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键（5）＋3（6）①.充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量②.2.87【解析】【小问1详解】将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ即可得到“萨巴蒂尔反应”，则“萨巴蒂尔反应”的ΔH=(2b-c)kJ/mol，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝akJ/mol，则该反应的正反应活化能为ΔH+E逆=(a＋2b－c)kJ/mol。【小问2详解】要提高CO2的平衡转化率，需使平衡正向移动，可以适当增大压强、增大H2和CO2的原料比或降低水蒸气的浓度等。【小问3详解】反应Ⅱ是甲烷的燃烧反应，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷和氧气的浓度增大，二氧化碳和水蒸气的浓度降低。c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，根据化学方程式可知，水蒸气的物质的量始终是二氧化碳的二倍，生成的甲烷和氧气的物质的量也存在着1：2的关系，所以a代表水蒸气，b代表二氧化碳，c代表氧气，d代表甲烷。设起始投入的二氧化碳的物质的量为1mol，则起始投入的水蒸气为2mol，设转化的二氧化碳的物质的量为x，则可列三段式：，350℃时二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相等，则物质的量也相等，所以有x=1-x，则x=0.5，则平衡时CH4、O2、CO2、H2O的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、1mol。设容器体积为VL，则平衡常数K==1。【小问4详解】氨分子中的氮原子和内界的氯离子提供孤电子对，N、Cl是配位原子，NH3的中心原子是sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，所以NH3是三角锥形，H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键，所以NH3极易溶于水。【小问5详解】 NH3是中性分子，Cl为-1价，所以钴元素化合价为+3价。【小问6详解】该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，则该配合物溶于水时，只有外界的氯离子能电离。2.505g[Co(NH3)5Cl]Cl2的物质的量为0.01mol，电离时电离出0.02molCl-，则生成0.02molAgCl沉淀，质量为0.02mol×143.5g/mol=2.87g。实验操作为：称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量，质量为2.87g。17.二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解。实活性炭验室制备SO2Cl2的原理为：，部分装置如图所示。回答以下问题：（1）仪器a的名称为___________。（2）滴液漏斗中盛放的液态物质b为___________，述装置各接口连接的顺序依次为①、___________、___________、___________。（3）通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是___________；试剂碱石灰的两个作用分别是①___________；②___________。（4）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为___________(填标号)。A．蒸馏B．蒸发C．萃取D．重结晶若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量)，最后得到纯净的，则的产率为___________。 （5）用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则三者的物质的量之比___________。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.饱和食盐水②.③③.②④.④（3）①.提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率②.吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境③.防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解（4）①.A②.50%（5）1∶3∶2【解析】【分析】由题干实验装置图可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，然后经过浓硫酸干燥后进入三颈瓶中，发生反应来制备SO2Cl2，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；【小问2详解】由分析可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水，述装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④，故答案为：饱和食盐水；③；②；④；【小问3详解】有题干信息可知，SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解，通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率，试剂碱石灰的两个作用分别是①吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，②防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解，故答案为：提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解；【小问4详解】已知SO2Cl2的沸点为，沸点较低，易挥发，故实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为蒸馏，若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量)，n(Cl2)=，根据方程式可知，n(SO2Cl2)=0.04mol，m(SO2Cl2)=0.04mol×135g‧mol-1=5.4g，最后得到纯净的，则的产率为，故答案为：A；50%；【小问5详解】 用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则反应方程式为：S+3Cl2+2SO3=3SO2Cl2，则三者的物质的量之比1∶3∶2，故答案为：1∶3∶2。18.M是合成某药物的中间体，以丁烷为原料合成M的一种流程如下：已知：①CH3CH＝CH2CH3COOH②RXRCN③R1OOCCH2COOHRCH＝CHCOOH，R、R1均为烃基回答下列问题：（1）G的名称为_______，物质K所含官能团的名称为_______；（2）常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是_______；（3）D→E的反应类型是_______；（4）J→M的化学方程式为_______；（5）N是K的同分异构体，同时满足下列条件的N的结构有_______种；①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为1:1:2:2:3的结构简式为_______；（6）参照上述合成路线，以CH3COOH为原料，设计制备丙二酸的合成路线_______。(其他无机试剂任选)【答案】（1）①.苯甲醛②.氨基、羧基（2）氯吸引电子能力强，使O－H键极性增大，电离氢离子能力增强（3）取代反应（4） （5）①.6②.（6）【解析】【分析】由C和氯气变成氯乙酸可推出C为乙酸，由已知①可推出B为丙烯，由已知②可推出D→E发生了取代反应，E的结构简式为HOOCCH2CN，E→F发生的是酯化反应和CN-的水解反应，故F为CH3OOCCH2COOH，结合已知③可推出J的结构简式为，J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基、K中的氨基脱掉氢同时生成水，据此作答。【小问1详解】根据G的结构简式可判断G的名称为苯甲醛，根据物质K的结构简式可判断所含官能团的名称为氨基和羧基。【小问2详解】常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是氯原子吸引电子能力强，使O－H键极性增大，O－H键更容易断裂，故电离氢离子能力增强。【小问3详解】由已知②可推出D→E发生了卤素原子与CN-的取代反应。【小问4详解】J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基K中的氨基脱掉掉氢同时生成水，方程式为。【小问5详解】①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；说明N含甲酸酚酯基，还剩1个N和1个C形成取代基，苯环上的两个取代基：－OCHO、－CH2NH2或－OCHO、－NHCH3，均有邻间对三种，共计是6种；其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为的结构简式为。 【小问6详解】