辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高三上学期10月期中考试化学试题【含答案】

滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高三期中Ⅰ考试化学可能用到的相对原子质量：H-1、O-16、Na-23、P-31、S-32、Cl-35.5、Fe-56、Cu-64、I-127一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45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.化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是A.北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性B.卡塔尔世界杯用的“旅程”足球，球体表面采用的聚氨酯属于合成高分子材料C.“蛟龙”号载人潜水器最关键的部件—耐压球壳是用稀土金属钛(IIB族)制造而成D.中国天眼传输信息用的光纤材料主要成分是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．不同金属元素的焰色试验可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属目的是利用焰色试验让火焰可视，故A正确；B．聚氨酯属于合成高分子材料，故B正确；C．钛合金硬度大，耐压球壳是用钛合金制造而成，钛位于ⅣB族，不是稀土元素，故C错误；D．光纤材料主要成分是二氧化硅，故D正确；故选C。2.类比法是一种学习化学的重要方法，下列类比结论正确的是A.AlCl3是共价化合物，则BeCl2也是共价化合物B.N2分子中存在N≡N键，化学性质稳定，则CH≡CH化学性质稳定C.NaCl固体与浓硫酸共热可制HCl，则NaI固体与浓硫酸共热可制HID.卤素单质中F₂熔点最低，则碱金属元素单质中Li的熔点最低【答案】A【解析】【详解】A．由“对角线规则”，可知Be、Al的化合物性质相似，AlCl3为共价化合物，可知BeCl2为共价化合物，A正确；B．氮原子半径小，氮氮三键键长小，键能大，N2化学性质稳定，但是HC≡CH中碳碳三键不稳定易断裂，类比错误，B错误；C．HI能被浓硫酸氧化生成I2，所以不能用浓硫酸和NaI制取HI，C错误；D．碱金属族元素，其单质的熔沸点随着原子序数增大而降低，则碱金属元素单质中Li的熔点最高，D错误；故答案为：A。3.草酸(HOOC-COOH)与氧化剂作用易被氧化成二氧化碳和水，如HOOC-COOH+NaClO=NaCl+2CO2↑+H2O，下列化学用语错误的是A.中子数为20的氯离子： B.二氧化碳分子的结构式：O=C=OC.NaClO的电子式： D.草酸分子中碳原子的杂化方式：sp【答案】D【解析】【详解】A．氯原子质子数为17，又中子数为20，故其质量数为37，所以中子数为20的氯离子，A正确；B．二氧化碳属于直线型分子，含有碳氧双键，即结构式为O=C=O，B正确；C．NaClO为离子化合物，可电离出钠离子和次氯酸根离子，即电子式：，C正确；D．草酸分子中碳原子的杂化方式sp2，D错误；故选D。4.下列指定反应的离子方程式错误的是A.次氯酸钠溶液吸收少量SO2：B.明矾溶液与小苏打溶液混合：C.在CuSO4溶液中滴加过量氨水：D.向氢氧化钡溶液中滴加少量碳酸氢钠溶液：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸钠溶液吸收少量SO2，化学方程式为SO2+3NaClO+H2O=2HClO+Na2SO4+NaCl，对应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=2HClO++Cl-，A错误；B．A13+和HCO发生完全双水解，生成A1(OH)3沉淀和CO2气体，则离子方程式为A13++3HCO=A1(OH)3↓+3CO2↑，B正确；C．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，生成硫酸四氨合铜：Cu²⁺+4NH₃⋅H₂O=[Cu(NH₃)₄]²⁺+4H₂O，C正确；D．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应，生成碳酸钡沉淀和水，则离子方程式为：，D正确；故选A。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCrO5(Cr为+6价)含有的过氧键数目为NAB.10gD2O含有的电子数、中子数均为5NAC.1molCO2与足量的Na2O2反应转移的电子数为2NAD.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．CrO5中有4个氧原子为-1价，有两个过氧键，故1molCrO5(Cr为+6价)含有的过氧键数目为2NA，A错误；B．D2O中含有的电子数和中子数均为10个，10gD2O等于0.5mol，电子数、中子数均为5NA，B正确；C．在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，2molCO2反应，转移的电子数为2mol，故1molCO2与足量的Na2O2反应转移的电子数为NA，C错误；D．16.25gFeCl3等于0.1mol，0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成0.1molFe(OH)3，由于Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OH)3聚集而成，因此形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D错误；故选B。6.下列各组离子在所限定的条件下一定能大量共存的是选项条件离子A0.1mol·L-1KAlO2；溶液NH、Ba2+、HCO、I⁻B0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液K⁺、[Fe(CN)6]2⁻、C水电离的c(H⁺)=10-13mol/L的溶液K⁺、Na⁺、、DNa⁺、K+、、A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．和发生反应而不能大量共存，A错误；B．发生反应而不能大量共存，B错误；C．水电离的c(H⁺)=10-13mol/L的溶液，溶液可能呈酸性也可能为碱性，在碱性条件下无法大量存在，C错误；D．的溶液呈碱性，碱性溶液中、、、能大量共存，D正确；故选D。7.下列操作能达到实验目的的是A.甲-验证稀硝酸的还原产物为NO B.乙-灼烧海带C.丙-制取并收集NH3 D.丁-用蒸馏法分离碘和苯【答案】A【解析】【详解】A．稀硝酸与碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳排出装置中的氧气，再将铜丝伸入，即可验证稀硝酸的还原产物为一氧化氨，A项正确；B．灼烧海带用坩埚，不能用烧杯，B项错误；C．氨气应利用向下排空气法收集，则小试管中的导管应伸到试管底部，C项错误；D．蒸馏操作中，温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选A。8.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：下列说法正确的是A.步骤①中X是CO2B.二氧化硅是酸性氧化物，能与水反应生成硅酸C.二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D.SiHCl3易水解，遇水可生成H2【答案】D【解析】【详解】A．高温条件下，C能将CO2还原为CO，故步骤①中X是CO，该反应原理为：SiO2+2CSi+2CO，A错误；B．二氧化硅能与碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，但SiO2不能与水反应生成硅酸，B错误；C．二氧化硅能与氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，硅也能与氢氟酸反应，反应方程式为：Si+4HF=SiF4↑+2H2↑，C错误；D．已知电负性Cl＞H＞Si，故SiHCl3中Si为+4价，H为-1价，Cl为-1价，故SiHCl3易水解，遇水可生成H2，反应方程式为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑，D正确；故答案为：D。9.化合物M(结构如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A.X、Y、Z三种元素均在元素周期表的p区B.W与X形成的分子属于极性分子C.简单离子半径Y>XD.基态原子的末成对电子数Z是Y的3倍【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据M的结构简式可知，Z可形成3个单键1个双键，因此Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数为(15+1)÷2=8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al；【详解】A．O、P、Al均在元素周期表的p区，A正确；B．H与O形成的分子为H2O和H2O2，均属于极性分子，B正确；C．O2-的电荷数小于Al3+，故半径O2->Al3+，C错误；D．P原子的价电子排布为3s23p3，含有3个未成对电子，Al原子的价层电子排布为3s23p1，含有1个未成对电子，P原子的未成对电子数是Al原子的3倍，D正确；故选C。10.某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO、NO、Cl⁻中的4种离子(忽略水的电离)，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变。下列说法错误的是A.该溶液中一定有Na⁺B.若向该溶液中逐渐加入NaOH溶液，先生成沉淀，后沉淀部分溶解C.加入稀硫酸发生反应的离子方程式为：D.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为80g【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中已存在，则不存在Ba2+；又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可以知道，还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，综上所述溶液中含有Fe2+、Na+、、各1mol，以此分析；【详解】A．依据分析可知，为使溶液电荷守恒，则该溶液中一定有Na+，A正确；B．根据分析，溶液中不含Al3+，故加入强碱没有沉淀溶解，B错误；C．向该溶液中加入过量的稀硫酸，发生了Fe2+和硝酸根离子在酸性溶液中的氧化还原反应，生成了NO和Fe3+，C正确；D．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为0.5molFe2O3，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，D正确；本题答案为B。11.以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如图：下列说法错误的是A.通入SO2发生反应的离子方程式：B.除铝时加入Na2CO3溶液可以促进Al3+的水解C.若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好D.将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生Co(OH)2【答案】C【解析】【分析】含钴废渣主要成分CoO、，含少量、ZnO，由流程可知，加入稀硫酸酸浸，发生反应：、、、，同时通入，被还原为，发生，得到的溶液主要含有的金属离子有、、，加入溶液调节pH与发生反应：，过滤，除去，加入萃取剂，萃取，分液后向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，得到溶液，向水层中缓慢加入，得到，以此来解答。【详解】A．通入时被还原为，则反应的离子方程式：，故A正确；B．Na2CO3水解呈碱性，Al3+水解呈酸性，二者相遇水解相互促进而使水解完全，所以除铝时加入Na2CO3溶液可以促进Al3+的水解，B正确；C．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，萃取效率较高，C错误；D．将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中，其目的是防止碳酸钠过量，碱性过强，生成Co(OH)2沉淀，D正确；故选C。12.依据下列实验和现象，得出结论正确的是选项实验现象结论A向盛有饱和Na2S2O3溶液试管中滴加稀H2SO4溶液变浑浊且有气体生成S₂O与SO发生氧化还原反应B在淀粉和I₂的混合溶液中滴加过量KSCN溶液。[已知：(SCN)2、SCN⁻分别与卤素单质、卤素离子性质相似]溶液仍为蓝色氧化性：(SCN)₂<I₂C向Na2SiO3溶液中通入SO₂。溶液变浑浊非金属性：S>SiD向酸性MnSO4溶液中加入NaBiO3固体溶液变为紫红色氧化性：BiO>MnOA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向盛有饱和Na2S2O3溶液的试管中滴加稀H2SO4，是S₂O在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，A错误；B．溶液仍为蓝，说明碘单质没有氧化SCN⁻，则碘单质氧化性弱于SCN⁻，B错误；C．二氧化硫对应亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物形成的酸，不能说明非金属性：S>Si，C错误；D．溶液变为紫红色，说明锰离子被BiO氧化为高锰酸根离子，BiO为氧化剂、高锰酸根离子为氧化产物，则氧化性：BiO>MnO，D正确；故选D。13.利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：下列说法不正确的是A.向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则装置气密性良好B.装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2OC.若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低D.装置D中的试剂为氢氧化钠溶液，用于对尾气进行处理【答案】A【解析】【详解】A．仪器a为恒压漏斗，漏斗中的压强和三颈烧瓶中的始终相同，即水能顺利留下，该方法不能检验气密性，A错误；B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与盐酸发生氧化还原反应，即得到反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，B正确；C．A装置产生氯气中混有氯化氢，根据题目信息锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，因此装置B的作用是除去氯化氢，防止氯化氢与C中强碱反应，导致产率降低，C正确；D．利用氢氧化钠溶液对尾气Cl2进行处理，D正确；故选A。14.8.34gFeSO4•7H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如图所示，下列说法正确的是A.温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4•5H2OB.温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4•3H2OC.温度为373℃时固体物质P的化学式为FeSO4D.温度为633℃时固体物质Q的化学式为Fe3O4【答案】C【解析】【分析】8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3；【详解】A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O，故A错误；

B．8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，由分析可知，在加热到373℃之前晶体失去部分结晶水，温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)==0.03mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol：0.03mol=1：1，则N的化学式为FeSO4•H2O，故B错误；

C．如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g,故P的化学式为FeSO4，由分析可知温度为373℃时固体物质P的化学式为FeSO4，故C正确；

D．根据分析可知，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)==0.045mol,则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D错误；

故选：C。15.氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOₓ进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A.反应①每消耗lmolO2，转移2mol电子B.反应⑤中[Cu(NH3)4]2+作还原剂C.反应④有σ键和π键的形成D.脱除NO的总反应可表示为【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O-，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1molO2，转移2mole-，A正确；B．根据图示可知反应⑤为：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反应中[Cu(NH3)4]2+中Cu的化合价由+2价降低到[Cu(NH3)2]+中的+1价，被还原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化剂，B错误；C．已知三键为1个σ键和2个π键，根据图示信息可知，反应④有N≡N形成即有σ键和π键的形成，C正确；D．根据图示可知图中总变化过程可表示为：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正确；故答案为：B。二、非选择题(本题共4小题，共55分。)16.近几年来关于氮污染的治理倍受关注。（1）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，能同时实现汽车尾气中的CO、CxHy、NOₓ三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物Ｘ可借助红外光谱图(如图2)确定。①在图示转化中，最终被还原的元素是_______，Ｘ的化学式_为_______。②钡元素在周期表中的位置是_______。（2）SCR技术可使NOₓ与NH3直接反应，实现无害转化。当NO与NO2的物质的量之比为2：1时，写出发生反应的化学方程式_______。（3）利用ClO2氧化氮氧化物反应过程为:NONO2N2，反应Ⅰ的化学方程式是2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl，反应II的离子方程式是_______。（4）加入过量次氯酸钠可使废水中NH完全转化为N2，而本身被还原为NaCl。①检验废水中是否存在NH的方法是_______。②若处理废水产生了0.672LN2(标准状况)，则需消耗浓度为2mol/L的次氯酸钠溶液的体积为_______mL。【答案】（1）①.N、O②.Ba(NO3)2③.第六周期ⅡA族

（2）

（3）

（4）①.取少量废水于试管中，向其中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，说明溶液中含铵根，若不变蓝，则不含铵根；②.45【解析】【小问1详解】①根据图1可知，BaO与NOx、O2反应生成X，则X为Ba(NO3)2，O元素的化合价降低，被还原；Ba(NO3)2与CO、CxHy反应生成N2、H2O、CO2，N元素的化合价降低，被还原，故答案为：N、O；Ba(NO3)2；②Ba为56号元素，在元素周期表第六周期ⅡA族；【小问2详解】NH3中的N为-3价，被氧化生成N2，NO、NO2中的N化合物价降低，被还原生成N2，2个NO和1个NO2共得到8个电子，1个NH3失去3个电子，则17N2生成转移48个电子，故发生反应的化学方程式为：；【小问3详解】NO2中N为+4价发生还原反应，生成1个N2，转移8个电子，Na2SO3中S的化合物价为+4价，化合价生成Ns2SO4，反应II的离子方程式是：；【小问4详解】①取少量废水于试管中，向其中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，说明溶液中含，若不变蓝，则不含铵根；②次氯酸钠具有强氧化性，与铵根反应生成N2，，，则需要n(NaClO)=0.09mol，则溶液体积为。17.碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。下图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。回答下列问题：（1）步骤①中被转化为，同时有大气污染物A生成，相关反应的化学方程式为_____。（2）熔渣B主要成分为黑色磁性物质，其化学式为_____。（3）步骤②中当温度高于40℃时，反应速率减慢，原因是_____。（4）步骤③中加入过量涉及的主要反应的离子方程式为_____。（5）步骤④用乙醇洗涤的优点是_____。（6）准确称取mgCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2CuⅠ+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++I2，待样品完全反应后，用amol/L酸性KMnO4溶液滴定Fe(Ⅱ)，消耗标准液的体积平均值为VmL。样品中CuI的质量分数的计算表达式为_____。如果滴定前，滴定管未用标准液润洗，CuI的质量分数_____(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。【答案】（1）Cu2S+O2Cu+SO2（2）Fe3O4（3）温度高于40℃时，H2O2分解，浓度减小，反应速率减慢（4）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2（5）洗去残余水分且可快速晾干（6）①×100%②.偏高【解析】【分析】根据流程可知，冰铜在1200℃条件下与空气中氧气反应，生成二氧化硫、泡铜和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应生成CuI沉淀，经过水洗、乙醇洗涤后得产品；【小问1详解】与空气中氧气在1200℃条件下反应生成和二氧化硫，反应方程式：Cu2S+O2Cu+SO2；【小问2详解】熔渣B主要成分为黑色磁性物质，结合元素判断为Fe3O4；【小问3详解】步骤②中当温度高于40℃时，H2O2开始分解，浓度减小，反应速率减慢；【小问4详解】硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应生成CuI沉淀，离子方程式：；【小问5详解】乙醇洗涤洗去残余水分，且乙醇易挥发可快速晾干；【小问6详解】根据2CuⅠ+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++I2，可得：，则，，则质量分数：；滴定前，酸式滴定管没用标准润洗，导致消耗酸性高锰酸钾标准液体积偏大，则测得质量分数偏高；18.“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)是具有消毒、杀菌，漂白和洗涤等综合功效的消毒洗涤剂。该消毒剂中的有效氯对细菌芽孢、乙肝病毒、艾滋病毒、真菌及霉菌孢子等病毒病菌进行杀灭消毒。实验室中制备的反应方程式为NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O，应装置如图所示(夹持装置略)。已知：Cl2与NaOH溶液在加热条件下反应生成NaClO3和NaCl；回答下列问题：（1）该消毒剂______(填“能”或“不能”)与洁厕灵一起混合使用。仪器a的名称是______，装置A中反应的离子方程式为______。（2）实验之前需要进行的操作是______。（3）打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；关闭仪器a的活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞；一段时间后，装置C中溶液经“系列操作”，得到粗产品。①若不采用装置C冰水浴会使“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)的产率______(填“升高”或“降低”)。其原因是______。②“系列操作”包括______。（4）利用滴定法测定产品Na10P3O13Cl·5H2O的纯度，已知Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5g·mol-1，实验方案如下：Ⅰ.取1.500g产品试样溶于蒸馏水中配成100mL溶液；Ⅱ.量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol•L-1硫酸溶液、25mL0.1mol•L-1KI溶液(过量)，暗处静置5min；Ⅲ.滴加2~3滴淀粉溶液，用0.05mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液，则产品的纯度为______(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.不能②.恒压分液漏斗③.2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）检查装置气密性（3）①.降低②.若不采用冰水装置，反应放热导致NaClO含量降低，从而导致产率降低③.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥（4）87.5%【解析】【分析】实验制备消洗灵，制备的原理是NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O，装置A制备氯气，氯气中混有HCl，HCl能与磷酸钠、磷酸一氢钠反应，消耗原料，必须除去氯化氢，即装置B的作用是除去氯气中的HCl，盛放试剂为饱和食盐水，装置C的作用是制备消洗灵，装置D为安全瓶，防止倒吸，氯气有毒，需要尾气处理，装置E的作用是吸收多余氯气，防止污染环境，据此分析；【小问1详解】洁厕灵的主要成分是盐酸，消洗灵具有消毒、杀菌、漂白等功效，说明消洗灵具有强氧化性，消洗灵与洁厕灵反应会产生有毒气体氯气，因此两者不能混合使用；根据仪器a特点，仪器a为恒压分液漏斗；装置A制备氯气，其离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为不能；恒压分液漏斗；2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小问2详解】因为有气体参与反应，因此实验之前需要进行操作是检查装置气密性；故答案为检查装置气密性；【小问3详解】①根据题中所给信息，以及实验室制备消洗灵的方程式可知，如果没有冰水浴，NaClO生成量减少，即消洗灵产率降低，故答案为降低；若不采用冰水装置，反应放热导致NaClO含量降低，从而导致产率降低；②因为得到产品中含有结晶水，因此系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；【小问4详解】根据题中关系，建立关系式为Na10P3O13Cl·5H2O～I2～2S2O，产品纯度为≈87.5%；故答案为87.5%。19.乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X的合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。（1）I→J的过程实现了由官能团_______到官能团_______的转化(填官能团名称)。（2）B→C的化学方程式是_____