北京市西城13中学2024年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

北京市西城13中学2024年高三第三次模拟考试化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol2、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H++O2↑C．工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输D．通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收3、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收4、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A．①和②的实验过程中，都需要控制温度B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好5、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（）A．分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定B．分子晶体都是由共价分子构成的C．离子晶体中可能含有共价键D．原子晶体中只存在非极性键6、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是A．该装置将光能转化为化学能并分解水B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑7、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B．b的分子式为C10H12OC．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D．只能用钠鉴别a和b8、铜锌合金俗称黄铜．下列不易鉴别黄铜与真金的方法是（）A．测密度 B．测熔点 C．灼烧 D．看外观9、下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是()A．风能B．江河水流能C．生物质能D．地热温泉10、X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（）A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小B．原子序数：N＞M＞X＞YC．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等D．碱性：M(OH)2＞YOH11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2molNO2与水充分反应，转移电子数为NAB．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1NAC．0.5molNa2O2中O－的数目为NAD．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3NA12、下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A．图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液B．图2：电解精炼铜C．图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸D．图4:配制银氨溶液13、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A．NH3NOHNO3B．浓盐酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO14、设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4L含有分子数目B．25℃，1LpH=13的数目为0.2C．在足量中0.1molFe燃烧完全，转移电子数目为0.3D．密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目为15、苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O+CH3COOHNA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A．气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍B．1mol苯所含的化学单键数目为12NAC．0.5mol乙酸酐中含有的电子数目为27NAD．1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA16、某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A．该装置可以将太阳能转化为电能B．阴极的电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—C．高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D．电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极二、非选择题（本题包括5小题）17、丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：②E的核磁共振氢谱只有一组峰；③C能发生银镜反应；④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；（3）J的结构简式为__________；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。18、功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下：（1）A是甲苯，试剂a是______。反应③的反应类型为______反应。（2）反应②中C的产率往往偏低，其原因可能是______。（3）反应⑥的化学方程式为______。（4）E的分子式是C6H10O2，其结构简式是______。（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl19、ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。20、某研究小组由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，然后在下图所示实验装置中(夹持及控温装置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶体和SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点为－105℃、沸点为76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤。①蒸发浓缩时当蒸发皿中出现______________________________(填现象)时，停止加热。②为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是_______________(填一种)。（2）①仪器c的名称是________。②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为__________________________________。（4）装置乙的作用是______________________________________。21、氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：(1)肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61.25kJ，则该反应的热化学方程式为____。(2)尾气中的NO2可以用烧碱溶液吸收的方法来处理，其中能生成NaNO2等物质，该反应的离子方程式为____。(3)在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH3，气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。①下列能说明反应达到平衡状态的是____（选填字母）。a．v正(N2)=3v逆(H2)b．体系压强不变c．气体平均相对分子质量不变d．气体密度不变②在此温度下，若起始充入4.00molN2和12.00molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)～t的曲线上相应的点为___（选填字母）。(4)在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40molNO2，发生如下反应：测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：t/min020406080φ（NO2）1.00.750.520.400.40①计算0～20min时，v(N2O4)=____。②已知该反应，其中k1、k2为速率常数，则373K时，=_____；改变温度至T1时，k1=k2，则T1___373K（填“>”“<”或“=”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。2、B【解析】

A.结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2↑，故B错误；C.ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；D.通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。3、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。4、C【解析】

由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B.①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C.②实验操作为冷却结晶，故C错误；D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。5、C【解析】

A．分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；C．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；D．原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。6、C【解析】

由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，由此来解题。【详解】A.由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B.双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C.光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D.根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。7、C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。8、D【解析】

A．黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A不选；B．合金的熔点一般较低，黄铜合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点可行，故B不选；C．黄铜在空气中灼烧，会与空气中的氧气反应变黑色，真金无明显变化，灼烧可行，故C不选；D．黄铜和金的颜色相同，不可鉴别，故D选；故选D。9、D【解析】

A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。故选D。10、C【解析】

X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。【详解】A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误；故选C。【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。11、D【解析】

A选项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水反应转移2mol电子，因此2molNO2与水充分反应，转移电子数为，故A错误；B选项，H3PO4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，故B错误；C选项，0.5molNa2O2中含有过氧根离子，数目为0.5NA，故C错误；D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。12、C【解析】

A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。故选C。13、C【解析】

氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确；B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。答案选C。【点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。14、C【解析】

A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1，B错误；C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目小于，D错误；故合理选项是C。15、C【解析】

A．气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据ρ=，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A错误；B．苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1个苯分子中有6个单键，1mol苯中含有6mol单键即6NA个，故B错误；C．一个乙酸酐分子中含有54个电子，1mol乙酸酐分子中含有54mol电子，则0.5mol乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27NA，故C正确；D．1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故D错误；答案选C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。16、B【解析】

A.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B.阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、+Br2+HBr取代反应2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照镁、乙醚【解析】

比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇【详解】（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。18、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】

A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应⑥的化学方程式为，故答案为：；（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。19、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。20、溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

将Cu(NO3)2∙3H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu(NO3)2∙3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析和题干信息解答。【详解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则Cu(NO3)2∙3H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；②控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2∙3H2O晶体；(2)①根据仪器构造可知仪器c球形干燥管；②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，盛装SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保证烧瓶和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞b即可；(3)根据分析，装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。21、2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l)Δ