衡水市名校2019-2020学年化学高二下期末考试模拟试题含解析

衡水市名校2019-2020学年化学高二下期末考试模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．由 2-氯丙烷转变成 1，2-丙二醇需经过下列哪种合成途径
A．消去→加成→消去B．消去→加成→取代
C．加成→消去→取代D．取代→消去→加成
【答案】B
【解析】
2-氯丙烷制取1,2-丙二醇时需先进行消去反应生成丙烯：
，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：
，最后通过水解反应（取代反应）1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：，根据以上反应分析，A消去→加成→消去不符合该过程，故A错；B消去→加成→取代,符合该反应历程，故B正确；C加成→消去→取代,不符合反应历程，故选C项。

综上所述，本题正确答案为B。

2．下列各项叙述中，正确的是( )
A．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
B．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C．24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
D．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
【答案】A
【解析】分析：A．s电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大；B．根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；C．根据电子排布式的书写方法来解答；D．根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；据此分析判断。

详解：A．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；C．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故C错误；D．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p 轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故D错误；故选A。

3．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.2N A
B．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子
C．相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同
D．标准状况下，11.2L N2和O2的混合气体中所含的原子数为2N A
【答案】A
【解析】分析：A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价；B、常温下，铁在浓硫酸中会钝化；C．根据铝与氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式分析判断；D. 先计算标准状况下11.2L N2和O2的混合气体的物质的量，再判断。

详解：A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2N A个，故A正确；B、铁在浓硫酸中会钝化，故铁不能完全反应，则生成的二氧化硫分子小于N A个，故B错误；C．由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，当酸、碱均过量，铝完全反应，铝的物质的量相等，转移电子数相等，生成氢气的物质的量相等，故C错误；D. 标准状况下，11.2L N2和O2的混合气体的物质的量为=0.5mol，所含的原子数为N A，故D错误；故选A。

点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。

本题的易错点为B，要注意铁或铝常温下在浓硫酸或浓硝酸中发生钝化，同时要知道钝化属于化学变化。

4．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（）
A．能跟NaOH溶液反应B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生酯化反应D．能发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确；
B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C. 该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确；
D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。

综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。

5．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项实验目的实验操作
分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨
A 比较金属镁和铝的活泼性
过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象
B
除去Mg粉中混有的Al 粉加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥
C 探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C
溶液，观察颜色变化
D 配制0.4000mol·L−1的
NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，直接向烧杯中加入250mL
水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A．分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，根据产生气泡快慢可比较金属镁和铝的活泼性，故A正确；
B．Al与NaOH反应，Mg不能，加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥可除去Mg粉中混有的Al 粉，故B正确；
C．氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，黄色褪去，可知Fe元素的化合价降低，说明维生素C具有还原性，故C正确；
D．n(NaOH)=
4.0g
40g/mol
=1mol，在烧杯中溶解后转移至250mL容量瓶中定容，可以配制0.4000mol·L−1的
NaOH溶液，直接向烧杯中加入250mL水只能粗略配制溶液，故D错误；
答案选D。

6．氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B．相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C．相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大
D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/mol 【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断；
B．根据△H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；
C．根据△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变分析判断；
D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。

【详解】
A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误；
B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；
C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；
D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；
答案选D。

7．下列化学用语正确的是（）
A．新戊烷的结构简式：C5H12B．丙烷的比例模型:
C．四氯化碳的电子式：D．乙烯的结构式：
【答案】D
【解析】A. 新戊烷的结构简式为C(CH3)4，A错误；B. 该模型是丙烷的球棍模型，B错误；C. 四氯化碳是共价化合物，电子式为，C错误；D. 乙烯的结构式正确，D正确，答案选D。

【点睛】注意掌握有机物结构的几种表示方法：1.结构式：用短线“—”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式，省略了部分短线“—”的结构式称为结构简式。

2.球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。

棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。

3.比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。

球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。

8．下列对有机化合物的分类结果正确的是（）
A．乙烯(CH2=CH2)、苯()、环己烷()都属于脂肪烃
B．苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃
C．乙烯(CH2=CH2)、乙炔(CH≡CH)同属于烯烃
D．、、同属于环烷烃
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、苯属于芳香烃，故A错误；
B、环戊烷()、环己烷没有苯环结构，不属于芳香烃，故B错误；
C、乙炔属于炔烃，故C错误；
D、、、分子结构中都含有环，碳碳间都是单键，同属于环烷烃，故D正确；故选D。

9．科学家用20Ca轰击97Bk合成了117Ts。

下列说法错误的是
A．117Ts处于第7周期
B．117Ts是通过化合反应合成的
C．117Ts的同位素具有相同的电子数
D．117Ts可能属于金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 117Ts处于元素周期表第7周期第VIIA，A正确；
B.在用20Ca轰击97Bk合成了117Ts变化过程中，产生了新的元素，而化学反应过程中元素的种类不变，所以117Ts是通过核反应产生的，B错误；
C.同位素原子的质子数相同而中子数不同，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，所以117Ts的同位素具有相同的电子数，C正确；
D.117Ts是第7周期第VIIA的元素，上一周期同一主族的砹处于金属与非金属交界处，由于同一主族元素随着原子核外电子电子层数的增加，元素的金属性逐渐增强，所以117Ts可能属于金属元素，D正确；
故合理选项是B。

10．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是( )
A．金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
B．CI4>CBr4>CCl4>CH4
C．MgO>H2O>O2>Br2
D．金刚石>生铁>纯铁>钠
【答案】B
【解析】分析：本题考查晶体熔沸点的比较，根据晶体类型及晶体中微粒间作用力大小进行比较。

详解：A项，在原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点高低顺序为：金刚石>碳化硅>二氧化硅>晶体硅，故A项错误；
B项，对于分子晶体，相对分子质量越大的，其熔沸点越高，所以CI4>CBr4>CCl4>CH4，故B项正确；
C项，一般来说，熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，对于分子晶体，相对分子质量越大的，其熔沸点越高，水中含有氢键，熔沸点高，所以熔、沸点高低顺序为MgO>H2O>Br2>O2，故C项错误；
D项，金刚石属于原子晶体，生铁属于铁合金，合金的熔沸点比组成其成分的金属的小，钠的金属键小，熔沸点低，所以熔、沸点高低顺序为：金刚石>纯铁>生铁>钠，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

点睛：该题的关键是准确判断出影响晶体熔沸点高低的元素。

晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。

11．依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是( )
A．H3BO3的酸性比H2CO3的强
B．Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的弱
C．C、N、O原子半径依次增大
D．若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则粒子半径：R2－>M＋
【答案】D
【解析】本题考查元素周期律。

解析：非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3＜H2CO3，A错误；金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2＞Be（OH）2，B错误；C、N、O属于同一周期，且C、N、O的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，C错误；M+和R2-的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2-在上一周期的后方，随核电荷数增大，离子半径依次减小，原子序数M＞R，则粒子半径：R2－>M＋，故D正确。

点睛：熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，并能结合题意灵活运用即可。

12．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W的电子数与其周期序数相等,X2-与Y+的电子层结构相同,Z的最高正价与最低负价的代数和为4。

下列说法正确的是
A．单质沸点:W>X
B．原子半径:Y<X
C．最简单气态氢化物的稳定性:X>Z
D．由W、X、Y三种元素形成的化合物的水溶液呈酸性
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的电子数与其周期序数相等，说明W是H；X2-与Y+的电子层结构相同，说明X为O，Y为Na；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，说明Z为S；A. W为H，单质为氢气，X为O，单质为氧气，氢气的沸点小于氧气，A错误；B.原子的电子层数越多，半径越大，原子半径：Na>O，B错误；C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>S，则最简单气态氢化物的热稳定性为X>Z，C正确；D. 由W、X、Y三种元素形成的化合物是NaOH，水溶液呈碱性，D错误；答案选C.
13．用NaOH固体配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，下列说法正确的是()
A．首先称取NaOH固体8.8 g
B．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高
C．定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线
D．容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 依题意，配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，要用250 mL容量瓶来配制，则需要NaOH固体10.0 g，选项A错误；
B. 定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏低，选项B错误；
C. 定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，是因为少量溶液残留在刻度线上方的器壁上，此时又加少量水至刻度线，溶液浓度会偏低，选项C错误；
D. 容量瓶中原有少量蒸馏水对实验结果没有影响，选项D正确；
故合理选项为D。

14．某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：
下列说法错误的是( )
A．a、b、c既能与酸又能与碱反应
B ．a→b发生的反应为AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解
D．X为NaOH溶液，Y为盐酸
【答案】A
【解析】分析：在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏铝酸盐，所以X为NaOH溶液，Y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应
NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气。

详解:A. b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故A错误；
B.a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，a→b发生的反应为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，
离子反应为：AlO＋H＋＋H 2O===Al(OH)3↓，所以B选项是正确的；
C.b为氢氧化铝,氢氧化铝受热分解2 Al(OH)3Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2
Al2O34Al+3O2↑，生成铝和氧气，所以C选项是正确的；
D. 铁粉和铝粉混合物,加入试剂X,过滤得到铁,试剂X能溶解铝,盐酸和铁、铝都反应,氢氧化钠溶液只和铝反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a为偏氯酸钠溶液,偏铝酸钠和适量盐酸反应
NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，所以X为NaOH溶液，Y为盐酸，所以D选项是正确的；
故本题答案选A。

15．由环已烷、乙醇、乙醚组成的混和物，经测定其中碳的质量分数为72%，则氧的质量分数为A．14.2% B．16% C．17.8% D．19.4%
【答案】A
【解析】
【分析】
环己烷的分子式为C6H12可以改写成(CH2)6，乙醇的分子式为C2H6O可以改写成(CH2)2·H2O，乙醚的分子式为C4H10O，可以改写成(CH2)4·H2O，所以该混合物可以看成CH2与H2O构成的。

【详解】
由于该混合物中C的质量分数为72%，所以CH2的质量分数为：
12
72%=84%
14
÷，那么H2O的质量分数
为：1-84%=16%，O元素的质量分数为：
16
16%14.2%
18
⨯≈，A项正确；
答案选A。

16．下列说法不正确
．．．的是
A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学
B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉
C．电镀时，将镀件作为阳极
D．瑞典化学家贝采利乌斯最早提出了有机化学的概念
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学，A正确；
B. 硫酸亚铁水解，且易被氧化，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；
C. 电镀时，将镀件作为阴极，镀层金属为阳极，C错误；
D. 瑞典化学家贝采利乌斯1806年最早提出了有机化学的概念，D正确；
答案选C。

17．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。

下列说法正确的是（）
A．H2O2分子中的O为sp2杂化B．CO2分子中C原子为sp杂化
C．BF3分子中的B原子sp3杂化D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【分析】
A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；
B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；
D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；
【详解】
A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；
D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；
故选B。

18．下列能级轨道数为3的是（）
A．s能级B．p能级C．d 能级D．f能级
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。

19．为了说明盐类水解是吸热反应，现用醋酸钠进行实验，表明它在水解时是吸热反应，其中的实验方案正确的是( )
A．将CH3COONa·3H2O晶体溶于水，温度降低
B．醋酸钠溶液的pH大于7
C．醋酸钠溶液滴入酚酞显红色，加热后颜色变深
D．醋酸钠溶液与浓H2SO4微热，可逸出醋酸蒸气
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、将CH3COONa•3H2O晶体溶于水，温度降低，是溶解过程破坏化学键吸收的热量高于分子离子与水结合放出的热量，表现为溶解溶液温度降低，不能说明水解过程的反应热，A错误；
B、醋酸钠水溶液的pH值大于7，说明盐水解显碱性，证明含有弱酸阴离子，不能证明水解是吸热反应，B错误；
C、醋酸钠溶液滴入酚酞显红色，说明存在水解的离子使溶液呈碱性，加热后颜色变深，依据化学平衡移动的影响，说明温度升高，平衡向吸热反应方向进行，说明水解过程是吸热过程，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，颜色变深，C正确；
D、醋酸钠溶液与浓H2SO4微热，可逸出醋酸蒸气，是因为浓硫酸溶解在水溶液中使溶液温度升高，利用的是强酸制弱酸，D错误；
答案选C。

20．设阿伏加德罗常数的值为N A，则下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L乙烯含有的共用电子对数为5N A
B．1 mol NaHSO4中的阳离子数为2N A
C．通常状况下，1 mol NO和0.5 molO2在密闭容器中混合，生成NO2分子数为N A
D．制取漂白粉时，标准状况下22.4 LCl2参加反应，转移电子数为N A
【答案】D
【解析】
【详解】
A、1个乙烯分子含有6对共用电子对，标准状况下，22.4L乙烯含有的共用电子对数为6N A，故A错误；
HSO-，1mol NaHSO4中的阳离子数为N A，故B错误；
B、NaHSO4固体含有Na+、4
C、体系中存在2NO2N2O4，生成NO2分子数X小于N A，故C错误；
D、制取漂白粉时氯气与氢氧化钙生成氯化钙和次氯酸钙，氯气既是氧化剂又是还原剂，标准状况下22.4 LCl2参加反应，转移电子数为N A，故D正确。

答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。

实验室制备KI晶体的步骤如下：
Ⅰ.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；
Ⅱ.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；
Ⅲ.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；
Ⅳ.冷却，过滤得KI粗溶液。

（1）仪器a的名称是__________，步骤Ⅰ中控制KOH溶液过量的目的是______________。

（2）装置B的作用是_____________，装置D中盛放的溶液是________________。

（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_______________________。

（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是除去_________________________（填化学式）。

（5）由步骤Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：
①已知白色固体B是混合物，试剂A为__________，为除去溶液C中的杂质，步骤②中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是___________________。

②为测定最后所得KI晶体的纯度，取ag晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。

滴定过程中涉及的反应为：，则滴定
终点时的现象为________________________，晶体的纯度为_______________________（列出计算式）。

【答案】分液漏斗使碘充分反应除去硫化氢中的氯化氢气体NaOH溶液3H 2S+IO3-=3S+I-+3H2OH2SBaCO3有无色气体放出当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复
bmol/L V10-3L4166/a100%
【解析】
钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。

【详解】
（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；
（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；
（3）装置C中H 2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S+I-+3H2O；（4）步骤Ⅲ中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；
（5）①除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；
②反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，则滴定终点时，溶液中无碘单质，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复；根据方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸钠的物质的量等于碘离子的物质的量为bmol/L V10-3L，原溶液在碘离子的物质的量=bmol/L V10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，则纯度=b V10-34166/a100%。

【点睛】
用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，多步反应的计算，只要根据碘离子与硫代硫酸根之间的关系式进行即可，不必分析碘与重铬酸钾之间的关系。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：
已知：①R1、R2均为烃基
② 合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应
回答下列问题：
（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。

（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。

①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰
（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。

【答案】乙炔消去反应
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B 为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO 发生加成反应生成，则E为。

【详解】
（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；
（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式
；
（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；
；
（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；
（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为
，故答案为：。

【点睛】
本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．有机物J 是我国自主成功研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。

合成J 的一种路线如下：。