江苏省泰州市2023-2024学年高二上学期化学期中考试试卷（含答案）

江苏省泰州市2023-2024学年高二上学期化学期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单项选择题（共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。）1．下列说法正确的是（）A．图为质谱图B．的命名：2－甲基丁烷C．乙烯的结构简式为CH2CH2D．NH3的VSEPR模型为2．下列变化中，由加成反应引起的是（）A．乙醇滴入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色B．甲烷与氯气混合后，在光照条件下，黄绿色逐渐消失C．在催化剂存在下，苯与液溴反应生成溴苯D．乙炔通入溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色3．在给定条件下，下列选项中所示物质间的转化均能实现的是（）A．B．C．D．4．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（）A．用图1装置制备乙酸乙酯B．用图2检验电石与水反应产生的乙炔C．用图3装置用酒精萃取碘水中的碘D．用图4验证酸性：醋酸>碳酸>苯酚5．X、Y、Z、M、N属于周期表短周期主族元素，且原子序数依次增大。元素X的基态原子中所含3个能级的电子数均相等，元素Z的基态原子中2p能级上成单电子数与X相同，M与X同主族，元素N的基态原子只含有1个未成对电子。下列说法正确的是（）A．原子半径：r(X)<r(M)<r(N)B．XZ2和MZ2的晶体类型相同C．第一电离能：I1(X)<I1(Z)<I1(Y)D．最高价氧化物对应水化物的酸性：N＜M6．已知O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如题3图所示，下列说法正确的是（）A．SO2的键角小于120°B．NO3−和HC．N的价电子轨道排布式为D．HO·参与了反应，其电子式为阅读下列材料，回答问题：阿司匹林是一种合成药物，化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用。人体血液的pH范围为7.35~7.45，长期大量服用阿司匹林会引发酸中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液进行缓解。阿司匹林的发现源于柳树皮中含有的一种物质——水杨酸，阿司匹林以水杨酸为原料进行生产，反应如下：用乙二醇将乙酰水杨酸与聚甲基丙烯酸（）连接起来，可得到缓释阿司匹林，其结构如下：

7．下列关于水杨酸与乙酰水杨酸的说法不正确的是（）A．1mol水杨酸与足量的Na反应可产生1molH2B．1mol乙酰水杨酸与足量NaOH溶液反应最多可消耗2molNaOHC．静脉滴注NaHCO3是通过调节血液的pH来达到解毒目的D．1mol醋酸酐分子中含碳氧σ键数目为4mol8．下列关于缓释阿司匹林制备及其性质，说法正确的是（）A．聚甲基丙烯酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．缓释阿司匹林的每个链节中含有4个碳原子C．阿司匹林与水分子能形成氢键D．酸性条件下，缓释阿司匹林完全水解可得到三种有机物9．下列说法正确的是（）A．分子式为C9H14Cl2的有机物可能属于芳香族化合物B．H2O2分子结构示意如图所示，H2O2为非极性分子C．常温下，正丁烷的沸点比异丁烷的沸点低D．相同条件下，CF3COOH溶液的酸性比CHCl2COOH溶液的酸性强10．下列表示或分析正确的是（）A．C2H2的燃烧热为1299.6kJ·mol－1。乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(g)ΔH＝－1299.6kJ·mol－1B．少量CO2通入足量苯酚钠溶液：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3C．已知：N2(g)+3H2(g)=铁触媒450∘C、20MPa2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。用E表示键能，则：E(N≡N)+3E(H－H)D．硫酸铜溶液中加入过量氨水Cu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+11．一种从工业电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如图所示。下列说法正确的是（）A．Se的核外电子排式为[Ar]4s24p4B．“焙烧”时，Ag2Se与O2反应每消耗1molO2，转移的电子总数为4molC．甲酸还原H2SeO3反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑+3H2OD．用得到的银可制得氯化银（晶胞如图所示），氯化银晶胞中Ag＋周围最近且等距离的Ag＋的数目为812．抗氧化剂香豆酰缬氨酸乙酯（Z）可由下列反应制得。

下列说法正确的（）A．化合物Y含有的官能团为酯基和酰胺基B．化合物X和Z可以用FeCl3溶液鉴别C．应化合物X与足量H2反应，得到的产物含有2个手性碳原子D．化合物Z在酸性条件下水解得到3种不同有机物13．下列实验探究方案能达到探究目的的是（）探究方案探究目的A将卤代烃与NaOH溶液加热，冷却后，向体系中加稀硝酸调节至酸性，滴加硝酸银溶液，观察沉淀颜色确定卤代烃中卤素原子种类B取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色变化验证乙醇发生消去反应C向1mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL有机物X，加热，观察是否产生砖红色沉淀确定X中是否含有醛基结构D向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化证明氧化性H2O2>Fe3＋A．A B．B C．C D．D二、非选择题（共4题，共61分）。14．（1）①Cu与N两种元素组成的化合物具有良好光学性能。其晶胞结构如图所示。该物质的化学式为。②CuBr2的水溶液呈蓝色，蓝色物质为水合铜离子，可表示为[Cu(H2O)4]2＋，1mol[Cu(H2O)4]2＋含有σ键的数目为。[Cu(H2O)4]2＋的结构式可表示为。（2）已知。

①的酮羰基相邻碳原子上的C－H键极性强，易断裂，原因是。②该条件下还可能生成一种副产物，与B互为同分异构体。该副产物的结构简式是。（3）已知：C2H5OH(g)=C2H5OH(1)△H1＝－Q1kJ·mol－1C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)△H2＝－Q2kJ·mol－1H2O(g)=H2O(l)△H3＝－Q3kJ·mol－1则C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)△H＝kJ·mol－1（用含有Q1、Q2、Q3的式子表示），若将23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为kJ。15．ClO2是一种安全稳定、高效低毒的广谱型消毒剂，它易溶于水、难溶于有机溶剂，高浓度的ClO2气体易爆炸。常见制备ClO2的方法如下：（1）Ⅰ．利用NaClO2与纯净的Cl2反应可制得ClO2和NaCl，实验装置如图所示(夹持装置略)。装置B中试剂为。（2）装置E中所盛试剂是CCl4，其作用为。（3）Ⅱ．草酸(H2C2O4)、氯酸钾和适当浓度的H2SO4溶液反应制取ClO2，反应的化学方程式为2KClO3＋H2C2O4=K2CO3＋CO2↑＋2ClO2↑＋H2O。该方法制备ClO2的优点是。（4）Ⅲ．以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，再用水吸收获得ClO2溶液。在ClO2的制备和吸收过程中均需要控制适宜的温度，如图所示为温度对ClO2纯度、吸收率的影响。已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出该法制备ClO2气体的离子方程式：，由图可知，反应时采取的适宜措施是。（5）某校化学学习小组拟以“mClO2mNaClO3×100%”作为衡量ClO2产率的指标。取NaClO3样品质量6.750g，通过反应和吸收可得400.00mLClO2溶液，取出20.00mL，加入37mL0.5000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2＋再用0.05000mol·L－14H＋+ClO2+5Fe2＋=Cl－+5Fe3＋+2H2O；H＋+Fe2＋+Cr2O――Cr3＋+Fe3＋+H2O(未配平)，试计算ClO2的产率16．本维莫德（G）是治疗湿疹的非激素类外用药，其合成路线如下：

其中，-Ph为苯基（，即苯失去一个H得到的原子团）。（1）室温下，在水中A的溶解度比B的（填“大”或“小”或“无差别”）。（2）A→B的主要目的为。（3）Y的分子式为C3H8O，其结构简式为。（4）B→C的反应类型为。（5）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式。碱性条件下水解后酸化生成两种产物。一种产物含有苯环，其核磁共振氢谱只有2组峰；另一种产物能与银氨溶液反应，被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水。（6）写出以为原料制备的合成路线流程图（须用Ph3P，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。17．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，医疗上可以用来治疗缺铁性贫血。某课题组以硫铁矿烧渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)为原料，先制备碳酸亚铁，再与柠檬酸反应可以制得柠檬酸亚铁。其工艺流程如下：已知：调节溶液的pH可以使水溶液中的金属离子形成氢氧化物沉淀，下表为相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算)：金属离子Al3+Fe2+Fe3+沉淀开始pH3.15.91.2沉淀完全pH5.16.93.2（1）基态Fe价电子排布式为。Si处于元素周期表的区。（2）“浸泡”时加入过量硫酸的目的：。（3）“除杂”时有同学提出下列两种途径，途径一：途径二：①请选择较合理的途径并说明理由。②“加铁粉”时发生主要反应的离子方程式。（4）“制备FeCO3”时，Na2CO3溶液的浓度对沉淀中铁元素的质量分数以及FeCO3产率的影响如图：Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，FeCO3的产率有所下降，而沉淀中铁元素质量分数仍在上升的原因是。（5）已知柠檬酸亚铁易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。设计试验方案，从“制备FeCO3”中得到的FeCO3制备柠檬酸亚铁晶体：，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。(必须用到的试剂有：Fe粉、柠檬酸溶液、无水乙醇)

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、图为核磁共振氢谱，故A错误；

B、该烷烃主链含有4个碳原子，2号碳原子上含有一个甲基，命名为：2－甲基丁烷，故B正确；

C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；

D、NH3分子中N原子的价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体形，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、该图为核磁共振氢谱；

B、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置；

C、乙烯的官能团为碳碳双键；

D、氨气分子中，氮原子有一对孤电子。2．【答案】D【解析】【解答】A、乙醇具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；

B、光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应，故B不符合题意；

C、催化剂条件下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，故C不符合题意；

D、乙炔与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、乙醇能被酸性高锰酸钾氧化；

B、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应；

C、苯与液溴发生取代反应；

D、乙炔和溴发生加成反应。3．【答案】A【解析】【解答】A、苯酚具有酸性，能与碳酸钠反应生成苯酚钠，故A符合题意；

B、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯，在NaOH水溶液中发生水解反应生成乙醇，故B不符合题意；

C、醇羟基所连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，催化氧化生成醛，该转化不能实现，故C不符合题意；

D、甲苯与溴在光照条件下发生取代反应生成，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、苯酚具有弱酸性；

B、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生消去反应；

C、醇羟基所连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子；

D、在光照条件下才能取代甲基上的氢原子。4．【答案】B【解析】【解答】A、乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液，不能达到实验目的，故A不符合题意；

B、电石和水反应生成的乙炔中含有H2S杂质，用硫酸铜溶液除去H2S杂质，再用酸性高锰酸钾检验乙炔，能达到实验目的，故B符合题意；

C、酒精与水互溶，不能用酒精作萃取剂，不能达到实验目的，故C不符合题意；

D、醋酸能与苯酚钠反应生成苯酚，该装置不能达到实验目的，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；

B、通过硫酸铜溶液除去H2S，再用酸性高锰酸钾检验乙炔；

C、酒精和水互溶；

D、醋酸能与苯酚钠反应。5．【答案】C【解析】【解答】A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Si>Cl>C，即M>N>X，故A错误；

B、CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，故B错误；

C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下元素的第一电离能减小，则第一电离能：N>O>C，即Y>Z>X，故C正确；

D、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：N>M，故D错误；

故答案为：C。

【分析】X的基态原子所含3个能级的电子数均相等，其核外电子排布式为1s22s22p2，故X为C元素，Z的基态原子2p能级上的未成对电子数与X原子相同，Z的电子排布式为1s22s22p4，则Z为O元素，Y原子序数位于C、O之间，Y为N元素，M与X同主族，则M为Si元素，元素N的基态原子只含有1个未成对电子，其原子序数最大，为Cl元素。6．【答案】A【解析】【解答】A、二氧化硫分子中S原子价层电子对数为3，含有一个孤电子对，结构为V形，S原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，因此SO2的键角小于120°，故A正确；

B、H2O分子中O原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，硝酸根中氮原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，故B错误；

C、基态N原子的价电子排布式为：2s22p3，其价层电子排布图为，故C错误；

D、羟基中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为7，其电子式为，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、SO2中心原子采用sp2杂化；

B、H2O分子中O原子的价层电子对数为4，硝酸根中氮原子价层电子对数为3；

C、基态N原子的价电子排布式为：2s22p3；

D、HO·的电子式为。【答案】7．B8．C【解析】【点评】（1）AB、水杨酸中羧基和羟基均能与金属钠、氢氧化钠反应；

C、碳酸氢钠呈碱性；

D、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；

（2）A、聚甲基丙烯酸不含不饱和键；

B、根据缓释阿司匹林的链节分析；

C、阿司匹林含有羧基；

D、酸性条件下，缓释阿司匹林中三个酯基都可以水解，完全水解可得到4种有机物。7．A、水杨酸中酚羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol水杨酸与足量的Na反应可产生1molH2，故A不符合题意；

B、分子中羧基、酯基水解生成乙酸与酚羟基都与氢氧化钠反应，1mol乙酰水杨酸与足量NaOH溶液反应最多可消耗3molNaOH，故B符合题意；

C、长期大量服用阿司匹林会引发酸中毒，羧基的酸性比碳酸强，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，所以人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒，故C不符合题意；

D、1mol醋酸酐分子中含碳氧σ键数目为4mol，故D不符合题意；

故答案为：B。8．A、聚甲基丙烯酸不含能与酸性高锰酸钾反应的官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B、缓释阿司匹林的链节是，每个链节中含有15个碳原子，故B错误；

C、阿司匹林含有羧基，与水分子能形成氢键，故C正确；

D、酸性条件下，缓释阿司匹林中三个酯基都可以水解，完全水解可得到、HOCH2CH2OH、、CH3COOH四种有机物，故D错误；

故答案为：C。9．【答案】D【解析】【解答】A、芳香族化合物含有苯环，苯环的不饱和度为4，分子式为C9H14Cl2的有机物不饱和度为3，不可能属于芳香族化合物，故A错误；

B、H2O2分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；

C、同分异构体中支链越多，沸点越低，则正丁烷的沸点比异丁烷的沸点高，故C错误；

D、电负性：F＞Cl，使F3C-的极性大于Cl2HC-的极性，导致CF3COOH羧基中羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以溶液酸性：CF3COOH＞CHCl2COOH，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A、芳香族化合物含有苯环；

B、过氧化氢分子正负电荷中心不重合；

C、同分异构体中支链越多，沸点越低；

D、F原子电负性大于Cl。10．【答案】B【解析】【解答】A、乙炔燃烧热的热化学方程式，水应为液态，故A错误；

B、酸性：碳酸>苯酚，则将少量二氧化碳通入足量苯酚钠溶液中，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，故B正确；

C、用E表示键能，则：E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H）=-92.4kJ•mol-1，故C错误；

D、向硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu（NH3）4]2+，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

B、碳酸的酸性强于苯酚；

C、ΔH=E（反应物总键能）-E（生成物总键能）；

D、向硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu（NH3）4]2+。11．【答案】C【解析】【解答】A、硒为34号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故A错误；

B、“焙烧”时，Ag2Se与O2发生反应Ag2Se+O2=SeO2+2Ag，银元素化合价+1价升高到0价，氧元素化合价0价降低到-2价，Se元素化合价-2价升高到+4价，电子转移总数6e-，每消耗1molO2，转移电子数为6mol，故B错误；

C、由分析可知，甲酸还原H2SeO3时反应的化学方程式为H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑

+3H2O，故C正确；

D、晶胞图中Ag+位于顶点、面心位置，则Ag+周围最近且等距离的Ag+数目为3×8×12=12，故D错误；

故答案为：C。

【分析】焙烧时，Ag2Se与氧气反应生成Ag，且Au、Ag为不活泼金属，烧渣含Au、Ag、CuO等，Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧生成产物A为SeO2，A与水反应生成H2SeO3溶液，还原时发生H2SeO3+2HCOOH=Se↓+2CO2↑+3H212．【答案】D【解析】【解答】A、化合物Y中含有的官能团为氨基和酯基，故A错误；

B、化合物X和Z均含有酚羟基，与FeCl3溶液均能发生显色反应，不能鉴别，故B错误；

C、手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，化合物X与足量H2反应得到的产物中不含手性碳原子，故C错误；

D、化合物Z在酸性条件下水解时，酰胺基和酯基断裂，得到3种产物，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A、根据化合物Y的结构简式分析；

B、X和Z均含有酚羟基；

C、手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

D、根据化合物Z的结构简式分析。13．【答案】A【解析】【解答】A、卤代烃与NaOH溶液加热，发生水解反应，冷却后，加稀硝酸调节至酸性，滴加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，可检验卤代烃中卤原子种类，能达到探究目的，故A符合题意；

B、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，因此紫色褪去，不能验证乙醇发生消去反应，不能达到探究目的，故B不符合题意；

C、应在碱性条件下检验醛基，该方案中NaOH不足，不能达到探究目的，故C不符合题意；

D、酸性条件下，硝酸根离子也能氧化亚铁离子，该方案不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、卤代烃水解后，在酸性溶液中检验卤素离子；

B、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；

C、NaOH不足；

D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。14．【答案】（1）Cu3N；12mol或12×6.02×1023；或（2）酮羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C－H键极性增强；（3）Q1−【解析】【解答】（1）设①C2H5OH(g)=C2H5OH(1)△H1＝－Q1kJ·mol－1，②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)△H2＝－Q2kJ·mol－1，③H2O(g)=H2O(l)△H3＝－Q3kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①-②-3×③可得C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)，则ΔH=Q1−Q2−3Q3kJ·mol－1；23g液态无水酒精的物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，放出的热量为3Q3+Q2−Q12kJ；

故答案为：Q1−Q2−3Q3；3Q3+Q2−Q12；

（2）①由图可知，Cu位于晶胞棱心，数目为12×14=3，N位于顶点，数目为8×18=1，该物质的化学式为Cu3N；

故答案为：Cu3N；

②Cu2+含有空轨道，H2O含有孤对电子，可形成配位键，铜离子配体数为4，配离子[Cu（H2O）4]2+中1个Cu2+与4个H2O形成配位键，1个H2O含2个O-H键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12mol；[Cu(H2O)4]2＋的结构式表示为或，故答案为：12mol或12×6.02×102315．【答案】（1）饱和食盐水（2）除去ClO2中的未反应的Cl2（3）生成的CO2起稀释ClO2的作用，防止高浓度的ClO2爆炸，提高生产、储存和运输的安全性（4）15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H（5）50.00%【解析】【解答】（1）由分析可知，装置B用于除去氯气中的氯化氢杂质，则B装置中的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）由分析可知，Cl2易溶于CCl4液体，装置E中可用CCl4液体除去ClO2气体中混有的Cl2；

故答案为：除去ClO2中的未反应的Cl2；

（3）高浓度的ClO2气体易爆炸，则该方法制备ClO2的优点是生成的CO2起稀释ClO2的作用，防止高浓度的ClO2爆炸，提高生产、储存和运输的安全性；

故答案为：生成的CO2起稀释ClO2的作用，防止高浓度的ClO2爆炸，提高生产、储存和运输的安全性；

（4）黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成ClO2、Na2SO4、Fe2（SO4）3，反应的离子方程式为15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H2O；反应温度低于100℃，且在30℃时ClO2吸收率、纯度最高，应采用30℃水浴加热；

故答案为：15ClO3-+FeS2+14H＋=15ClO2↑+Fe3＋+2SO42-+7H2O；30℃水浴加热；

（5）滴定过程中发生的反应为：4H＋+ClO2+5Fe2＋=Cl－+5Fe3＋+2H2O、12H++6Fe2++Cr2O72-=2Cr3++6Fe3++6H2O，20.00mL样品溶液中5n（ClO2）+6n（K2Cr2O7）=n[（NH4）2Fe（SO4）2]，即5n（ClO2）+6×0.05000mol⋅L-1×0.02L=0.5000mol⋅L-1×0.037L，解得20.00mL样品溶液中n（ClO2）=0.002500mol，反应和吸收所得400.00mLClO2溶液中n（ClO2）=0.05000mol，则ClO2的产率为0.0500mol×67.5g/mol6.750g×100%=50.00%；

故答案为：50.00%。

【分析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾反应制得氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢杂质，通过装置B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质，再用浓硫酸干燥氯气，将除杂干燥后的氯气通入装置D中，与NaClO2反应制得ClO2和NaCl，Cl2易溶于CCl416．【答案】（1）大（2）保护酚羟基（3）（4）取代反应（5）（6）【解析】【解答】（1）羧基是亲水基团，酯基不是亲水基团，则室温下，在水中A的溶解度比B的大；

故答案为：大；（2）酚羟基易被氧化，反应过程中，酚羟基先被转化，最后又生成，因此A→B的主要目的为保护酚羟基；

故答案为：保护酚羟基；

（3）由分析可知，Y的结构简式为；

故答案为：；

（4）根据分析可知，B→C的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（5）B的分子式为C10H12O4，其同分异构体碱性条件下水解后酸化生成两种产物，说明分子中有酯基，另一种水解产物能与银氨溶液反应，被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水，说明水解产物为HCOOH，一种产物含有苯环，其核磁共振氢谱只有2组峰，说明分子中有两种氢原子，则苯环上有6个取代基，并且取代基只能分成两种，为-OH和-CH3，故结构式为；

故答案为：；（6）催化氧化生成，加SOCl2或HCl加热生成，加入Ph3P和PhCHO生成，加Br2生成，加入氢氧化钠和乙醇加热生成；

故答案为：，。【分析】与取代反应生成，根据C的结构式可知Y为，反应类型为取代，加KBH4还原反应后得到，加SOCl2发生取代反应得到，加入Ph3P和PhCHO生成，加入吡啶生成。17．【答案】（1）3d64s2；p（2）使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；防止生成Fe(OH)3（3）途径一较合理，途径一获得的FeSO4纯度高，途径二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3；2Fe3＋+Fe=3Fe2＋（4）Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，有更多的Fe2＋转化为Fe(OH)2，FeCO3产率下降，Fe(OH)2中Fe元素质量分数大于FeCO3中，故沉淀中铁元素质量分数仍在上升（5）边搅拌边将柠檬酸溶液与FeCO3混合至不再产生气泡，同时加入适量铁粉，充分反应后，过滤，