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上海市闵行区2020届高三化学第二次模拟考试试题

上海市闵行区2020届高三化学第二次模拟考试试题

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上海市闵行区2020届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）
考生注意：
1.答卷前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息，答题时客观用 2B 铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写。
2.本试卷共有 41 题，共 4 页。满分 100 分，考试时间 60 分钟。
3. 请将答案写在答题纸上，考试后只交答题纸，试卷由考生自己保留。
相对原子质量:N-14O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题(每题只有一个正确选项)
1.大气固氮过程中，不会产生
A. NH3 B. NO C. NO2 D. HNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，不会产生氨气，故A错误；
B．空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，故B正确；
C．一氧化氮的密度比空气略大，不稳定，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2＝2NO2，故C正确；
D．二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故D正确；
故答案为A。
【点睛】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它与空气中的水反应后生成硝酸和一氧化氮。
2.测定胆矾晶体中结晶水含量，不需要的仪器是
A. 胶头滴管 B. 玻璃棒 C. 坩埚 D. 电子天平
【答案】A
【解析】
【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：①研磨、②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、③加热、④冷却、⑤称量、⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止、⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，不需要胶头滴管，故选A。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，有利于提高学生的化学实验能力。
3.只需克服分子间作用力的是
A. NaCl 熔化 B. HCl 溶于水 C. 氨液气化 D. 铜导电
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl是离子化合物，NaCl 熔化克服离子键，故不选A；
B. HCl是共价化合物， HCl 溶于水电离出氢离子、氯离子，克服共价键，故不选B；
C. 液氨是共价分子，汽化破坏的是分子间作用力，故选C；
D. 铜是金属晶体，存在金属键，铜导电是自由电子的定向移动，故不选D。
4.金属跟氯气反应，不能直接制得的是
A. 氯化铜 B. 氯化亚铁 C. 氯化镁 D. 氯化钾
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铜和氯气点燃生成氯化铜，故不选A；
B. 铁和氯气点燃生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故选B；
C. 镁和氯气点燃生成氯化镁，故不选C；
D. 钾和氯气点燃生成氯化钾，故不选D。
5.能与氢硫酸反应的非电解质是
A. 氯气 B. 氢氧化钠 C. 硫酸亚铁 D. 二氧化硫
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯气与氢硫酸反应生成盐酸和硫沉淀，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B.氢氧化钠与氢硫酸反应生成硫化钠和水，氢氧化钠溶液能导电，氢氧化钠是电解质，故不选B；
C. 硫酸是强酸，氢硫酸是弱酸，硫酸亚铁和氢硫酸不反应，故不选C；
D. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，故选D。
6.海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”利用的是溴单质
A. 氧化性 B. 还原性 C. 密度 D. 挥发性
【答案】D
【解析】
【详解】海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”是鼓入热空气或水蒸气，让溴单质挥发出来，利用的是溴单质的挥发性，故选D。
【点睛】本题考查海水资源综合利用，涉及氧化还原反应、混合物的分离等，根据物质的性质选择混合物分离的方法是解答的关键，明确溴具有挥发性。
7.检验硫酸亚铁溶液中是否含有少量硫酸铁，可选用最佳试剂是
A. 氯水 B. KMnO4溶液 C. KSCN溶液 D. Fe 粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入氯水，铁离子和氯水不反应，氯水不能检验是否含有硫酸铁，故不选A；
B．铁离子没有还原性，硫酸铁与高锰酸钾不反应，KMnO4溶液不能检验是否含有硫酸铁，，故不选B；
C．亚铁离子遇KSCN不显红色，铁离子遇KSCN溶液显红色，KSCN溶液能能检验是否含有硫酸铁，故选C；
D．硫酸铁与铁能反应生成硫酸亚铁，但现象不明显，故不选D。
8.浓度均为 0.01mol/L 氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是
A. 无法确定 B. 1:1 C. 1012:1 D. 1:1012
【答案】B
【解析】
【详解】氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，0.01mol/L氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)== ；0.01mol/L盐酸中c(H+)=0.01mol/L，c(OH-)==，由水电离的H+浓度等于c(OH-)，所以浓度均为 0.01mol/L 的氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是1:1，故选B。
【点睛】本题考查由水电离的H+浓度的计算，掌握水的离子积常数，明确酸碱抑制水电离，酸溶液中水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，碱溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度。
9.“侯氏制碱法”对纯碱工业最重要的贡献是
A. 充分利用了能量 B. 找到了高效的催化剂
C. 提升了食盐利用率 D. 提高了产品纯碱的纯度
【答案】C
【解析】
【详解】“侯氏制碱法”的基本原理是：在饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳，碳酸氢钠的溶解度较小，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；另外得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法没有使用催化剂，与充分利用能量及提高纯碱产品的纯度无关，故选C。
10.不符合工业制硫酸生产实际的是
A. 粉碎铁矿石 B. 净化沸腾炉出来的混合气
C. 铁触媒做催化剂 D. 尾气中SO2循环使用
【答案】C
【解析】
【详解】A.粉碎铁矿石可以增大接触面积加快反应速率，故不选A；
B.用硫铁矿制硫酸时沸腾炉产生的炉气中含有多种杂质，其中的砷、硒化合物和矿尘能够导致催化剂中毒，所以要净化沸腾炉出来的混合气，故不选B；
C. 工业生产硫酸一般用五氧化二钒做催化剂，不用铁触媒，故选C；
D. 尾气中SO2循环使用，可以提高原料利用率，故不选D。
11.49号铟元素近似相对原子质量为:113×4.3％+115×95.7％=114.9说法正确的是
A 铟原子一定有66个中子
B. 某种同位素原子符号为
C. 95.7％是铟元素的丰度
D. 铟元素位于第五周期ⅢA族
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据题意，铟元素有铟、两种同位素，有66个中子、有64个中子，故A错误；
B. 质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为，故B错误；
C. 95.7％是同位素的丰度，故C错误；
D. 49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故D正确；
答案选D。
12.有关实验室制取乙炔的说法，错误的是
A. 用饱和食盐水代替水 B. 导气管口塞团棉花
C. 采用分液漏斗加液体 D. 装置采用启普发生器
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用饱和食盐水代替水可以减慢反应速率，得到较平稳的气流，故A正确；
B. 制取乙炔时，由于电石与水剧烈反应并产生泡沫，导气管口塞团棉花，可以防止泡沫堵塞导管，故B正确；
C. 采用分液漏斗加液体，可以控制反应生成乙炔气体的速率，故C正确；
D. 由于反应放出大量的热，且产生气体的速度过快，所以实验室不用启普发生器来制取乙炔，故D错误；
答案选D。
13.如图是抗新冠病毒药物“洛匹那韦”原料的结构简式。相关描述中正确的是

A. 和苯是同系物
B. 分子式为 C9H10O3
C. 能与溴水发生取代和加成反应
D. 该物质最多可与 4mol 氢气加成
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和苯的结构不相似，不是苯的同系物，故A错误；
B. 根据结构简式，可知分子式为 C9H10O3，故B正确；
C. 不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；
D. 羧基不能与氢气发生加成反应，所以该物质最多可与 3mol 氢气加成，故D错误；
选B。
14.主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是
A. 一定位于第2周期 B. 氢化物一定是RH4
C. 一定位于第Ⅳ族 D. 含氧酸一定是H2RO3
【答案】A
【解析】
【分析】
最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。
【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；
B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；
C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误；
D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。
15.乙醇结构中氢氧键没有断裂的反应是
A. 乙醇和金属钠反应 B. 乙醇和浓硫酸加热至170℃
C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热 D. 乙醇溶液中插入热铜丝
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断H-O键，故不选A；
B. 乙醇和浓硫酸加热至170℃发生消去反应生成乙烯和水，断C-H键、C-O键，氢氧键没有断裂，故选B；
C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸断C-O键、乙醇断H-O键，故不选C；
D. 乙醇溶液中插入热铜丝发生催化氧化生成乙醛和水，断C-H键、H-O键，故不选D。
【点睛】本题考查乙醇的结构和性质，化学反应中有机物断键部位为有机反应的灵魂，注意把握乙醇的官能团的性质和结构特点，乙醇含有-OH，可发生取代、氧化和消去反应，可与钠反应，结合官能团的性质判断可能的共价键断裂方式。
16.O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt为+5价。正确判断是
A. 常温下为固体 B. 不存在共价键
C. 属于极性分子 D. 由O+、PtF6-构成
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子化合物熔点较高，离子化合物常温下一般为固体，故A正确；
B. O2(PtF6)含有O-O键，O-O为共价键， Pt和F之间为共价键，故B错误；
C. 离子化合物中没有分子，故C错误；
D. O2(PtF6)中Pt为+5价，F为-1价，则O2(PtF6)由O2+和PtF6-离子构成，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查离子化合物的构成，注意从化合价的变化的角度分析，从化合价代数和为0的角度判断元素的化合价，注意离子化合物中不含分子。
17.H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是

A. 反应①为吸热反应
B 若加入催化剂可降低反应热
C. I2(g)+2HCl(g)的能量高于 I2(s)+2HCl(g)的总能量
D. 热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应①反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；
B. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，加入催化剂不能改变反应热，故B错误；
C. I2(g)的能量大于I2(s)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于I2(s)+2HCl(g)的总能量，故C正确；
D. 正反应放热，热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)+218kJ，故D错误；
选C。
18.用元素周期律不能解释的是
A. 酸性:HCl＞H2S B. 稳定性:H2O＞H2S
C 碱性:KOH＞NaOH D. 非金属性:N＞Si
【答案】A
【解析】
【详解】A. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性不能用元素周期律解释，故选A；
B. 非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，稳定性:H2O＞H2S，故不选B；
C. 金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性:KOH＞NaOH，故不选C；
D. 同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性C＞Si；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＞C；所以非金属性N＞Si，故不选D。
19.向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量。不可能发生的离子方程式是
A. OH-+H+→H2O B. CO32-+2H+→CO2↑+H2O
C. OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O D. OH-+CO32-+3H+→CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量，依次发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以不可能发生的反应是CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故选B。
20.甲、乙、丙、丁是中学化学常见物质，它们有如图转化关系(反应条件和其它产物省略)，有关描述错误的是

A. 若甲为氢氧化钠溶液，则丁可能为二氧化碳
B. 若乙为淡黄色固体，则丙一定为二氧化硫
C. 若乙为两性氢氧化物，则丁溶液可能碱性
D. 若丁是铁单质，则甲一定为氯气
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若甲为氢氧化钠溶液，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠、丙为碳酸氢钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，故A正确；
B. 若乙为淡黄色固体，则甲为硫化氢、乙为硫、丙为二氧化硫，丁为氧气，硫化氢和二氧化硫反应生成硫，故B正确；
C. 若乙为两性氢氧化物，则乙为氢氧化铝，甲可能是氯化铝、丁可能是氢氧化钠、丙可能是偏铝酸钠，氯化铝和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；
D. 若丁是铁单质，则甲可以为氯气或溴单质，故D错误；
选D。
【点睛】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，注意对基础知识的总结归纳。
二、综合题
21.NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________；原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_____________。
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________（填化学符号）；每摩尔铝粉可处理_____________gNaNO2。
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________极；该装置中发生的化学方程式为_____________

（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________。0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25

升温过程中PH减小的原因是_____________；①与④相比；C(）①____________④（填“>”或“<”）.
【答案】 (1). O (2). N (3). (4). 34.5 (5). 正 (6). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 (7). 向溶液中滴加酚酞，发现变红 (8). 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） (9). >
【解析】
【分析】
（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
22.光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。
（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。
（2）密闭容器中吸热反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（10~14min时有一物质浓度变化未标出）。

①说明该反应已达到平衡状态的是_____。
a．C(COCl2)=C(Cl2)
b．ʋ正(COCl2)=ʋ逆(CO)
c．容器内温度保持不变
d．容器内气体密度保持不变
②4~10min平均反应速率v(COCl2)为_____；10min时改变的反应条件是_____。
③0~4min、8~10min和16~18min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。
【答案】 (1). (2). 均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 (3). bc (4). 0.0025mol/(L·min) (5). 分离出CO (6). K1<K2=K3 (7). 4min时改变条件为升温，吸热反应升温K变大
【解析】
【分析】
（1）甲醛的结构式是；COCl2的相对分子质量大于甲醛；
（2）①根据平衡标志分析；
②根据 计算4~10min平均反应速率v(COCl2)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。
【详解】（1）甲醛的结构式是，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是；甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；
（2）①a．c(COCl2)=c(Cl2)时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；
b．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比， ʋ正(COCl2)=ʋ逆(CO)，一定平衡，故选b；
c．正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；
d．气体质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；
选bc；
②根据图象，4~10min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L， 0.0025mol/(L·min)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10min时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1<K2，14min时改变的条件是减小压强，平衡常数只与温度有关，所以K2=K3，故K1、K2、K3的大小关系是K1<K2=K3；
23.化合物G是一种有机光电材料中间体，由苯甲醛和乙醛为原料合成，路线如下：

已知：
（1）反应②的试剂和条件是_____；反应③的类型为______________。
（2）证明反应①已经发生的操作是____________________。
（3）反应④的化学方程式__________________________。
（4）E的结构简式为__________________。
（5）写出苯环上的一氯代物只有2种的B的一种同分异构体的结构简式__。
（6）根据已有知识，写出甲苯制取苯甲醛的合成路线，其他试剂任选。（合成路线的表示方式为：乙目标产物）____
【答案】 (1). 银氨溶液，水浴加热 (2). 加成反应 (3). 取反应①后的溶液，滴加溴的四氯化碳溶液，若看到颜色褪去，说明反应①已经发生，否则反应未发生 (4). (5). (6). 、、、 (7).
【解析】
【分析】
E和反应生成，根据逆推，可知E是，D酸化后和乙醇发生酯化反应生成，则D是，结合C的分子式C9H8Br2O2，逆推可知C是，B是。
【详解】根据以上分析，（1）反应②是A中的醛基被氧化为羧基，所以试剂和条件是银氨溶液，水浴加热；反应③是与溴水反应生成，反应类型为加成反应；
（2）碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，醛基与溴的四氯化碳溶液不反应，证明反应①已经发生的操作是：取反应①后的溶液，滴加溴的四氯化碳溶液，若看到颜色褪去，说明反应①已经发生，否则反应未发生；
（3）反应④是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，反应的化学方程式是；
（4）根据逆推，可知E是
（5）苯环上的一氯代物只有2种，B的同分异构体的结构简式可以是、、、；
（6）光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解为，氧化为，合成路线为。
24.已知无水FeCl3能与氯苯反应：2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，实验室利用该装置制备无水FeCl2并检测FeCl3的转化率。已知：C6H5Cl、C6H4Cl2沸点依次为132℃、173℃。如图为制备FeCl2装置（加热和加持仪器省略）

(1)蒸干并灼烧FeCl2溶液最终得到_____
(2)导管a的作用是_____；反应前通入N2的作用是_____；
(3)锥形瓶的作用是_____；该装置的不足之处为_____。
(4)反应结束后，回收过量氯苯的操作方法名称是_____。
若32.500g无水FeCl3与过量氯苯充分反应后将锥形瓶内溶液配制成250mL溶液，量取其中25.00mL溶液，滴加指示剂后，用0.4000mol/L的NaOH溶液滴定，重复三次，达到滴定终点平均消耗19.60mLNaOH溶液。
(5)滴定终点现象是_____。
(6)FeCl3的转化率（转化量占总量的百分率）为_____%。
若制备反应后未通入足量N2，测定结果会_____(选项：偏高、偏低或不影响)
【答案】 (1). Fe2O3 (2). 导气，冷凝回流 (3). 除尽 O2 (4). 吸收HCl气体 (5). 无防倒吸装置 (6). 蒸馏 (7). 滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色 (8). 78.4% (9). 偏低
【解析】
【分析】
(1) FeCl2易被氧化为FeCl3，加热蒸干促进FeCl3水解；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸；
(4)根据氯苯的沸点较低分析回收过量氯苯的方法；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，计算FeCl3的转化率；若制备反应后未通入足量N2，则烧瓶内的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中。
【详解】(1) FeCl2被氧化为FeCl3，加热蒸干FeCl3水解为Fe(OH) 3灼烧分解为Fe2O3；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低，所以导管a的作用是导出HCl气体、冷凝回流C6H5Cl；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化，反应前通入N2，除尽装置中的O2；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体，锥形瓶的作用是吸收HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸，该装置的不足之处为无防倒吸装置；
(4)氯苯的沸点较低，用蒸馏的方法回收过量氯苯；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，用酚酞作指示剂，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大，滴定终点的现象是滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，参加反应的反应FeCl3的物质的量是，32.500g无水FeCl3的物质的量是0.2mol，FeCl3的转化率是78.4%；
若制备反应后未通入足量N2，则反应生成的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中，所以测定结果会偏低。