山西省临汾市2023届高三下学期高三下学期考前适应性训练考试（二）理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活、科技及环境等密切相关下列说法正确的是
A．“天和”核心舱用到的镁合金涂层中的自愈缓蚀剂2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)属于有机高分子化合物
B．植物可以吸收利用空气中的NOx作为肥料，实现氮的固定
C．葡萄酒中通常添加有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
D．我国新一代长征七号运载火箭使用的是液氧煤油发动机，煤油主要由煤的干馏制得
2．某“杯酚”是对叔丁基苯酚与甲醛反应得到的一种环状缩合物，我国科学家将C60、C70混合物加入该“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是
A．“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子
B．对叔丁基苯酚分子中最多14个原子共平面
C．溶剂甲苯可溶解C70，二者均为非极性分子
D．1mol对叔丁基苯酚与足量溴水反应，最多消耗3molBr2
3．含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7
B．该螯合物中N的杂化方式有2种
C．其中基态原子的第一电离能最小的元素为H
D．该配合物分子中的H和O可形成分子内氢键
4．下列各组实验中，可以由操作，现象得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
A 向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，再加CCl4振荡静置 下层溶液呈紫色 氧化性：Fe3+>I2
B 将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，再将产生的气体通过溴水 溴水褪色 乙醇发生消去反应生成乙烯
C 在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰 镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光 CO2不能扑灭金属镁引起的火灾
D 向碳酸钠溶液中加入盐酸，将反应产生的气体通入苯酚钠溶液 溶液变浑浊 酸性：碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
5．化合物(XYZ4·5W2Z)可用作合成香料中间体的催化剂。W、Z、Y、X为原子序数依次增大的前四周期元素。W原子电子只有一种自旋取向，Z原子L层电子有6种运动状态，Y原子的质子数是Z的2倍，X原子的最外层只有1个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。该化合物的热重曲线如图所示。下列说法错误的是
A．Z2通入W2Y溶液中有淡黄色沉淀生成
B．中Y的3p轨道与Z的2p轨道形成p-pσ键
C．键角大小：>
D．200℃时固体物质的化学式XYZ4·W2Z
6．中科大电化学团队研究用HCl-CuCl2混合溶液做腐蚀液，处理工业废铜，其方法如图所示。其中BDD电极上生成一种具有强氧化性的羟基自由基(·OH)。下列说法错误的是
A．当BDD电极上生成0.1mol·OH，将有0.1molCl-通过阴离子交换膜
B．SS电极上的反应为：+e-=Cu+3Cl-
C．蚀铜槽中废铜棒表面的铜被氧化成Cu2+进入溶液
D．阳极室中存在反应：·OH+H++=Cu2++3Cl-+H2O；X为含盐酸和CuCl2的混合溶液
7．25℃时，向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通HCl(g)或加NaOH(s)，溶液中含碳、含氮粒子分布分数δ[指某含氮(或碳)粒子的浓度占各含氮(或碳)粒子浓度之和的分数]随溶液的pH变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)
B．NH4HCO3溶液中存在：c(NH3·H2O)+c()+c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)
C．反应+NH3·H2O++H2O的平衡常数K=10 0.9
D．pH=10.2时，溶液中存在：3c()+c(OH－)=c()+c(H+)
二、原理综合题
8．氮在自然界中的存在十分广泛。某实验小组对不同含氮物质做了相关研究。请回答下列问题：
(1)氨的用途十分广泛，是制造硝酸和氮肥的重要原料。298K、101kPa条件下。合成氨每产生2molNH3，放出92.2kJ热量。已知：
1molN-H键断裂吸收的能量约等于___________kJ。
(2)将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率(即NO2的转化率)，结果如图所示：
a点________(填“是”或“不是”)平衡状态；脱氮率a~b段呈现如图变化，原因是_________。
(3)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件，其晶胞结构如图所示。
①该铁氮化合物的化学式为___________。
②该晶体结构的另一种晶胞表示中，N处于顶点位置，则Fe(III)、Fe(II)分别处于___________、___________位置。
(4)25℃时，将10mL0.03mol/LNH4Cl溶液和10mL0.01mol/LAgNO3溶液混合(忽略溶液混合后的体积变化)，混合后溶液中c(Ag+)为____________[25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10]。用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中溶解的氯化物浓度变化如图所示，其中a点表示AgCl溶于NH4Cl溶液形成的悬浊液，下列说法正确的是___________(填字母标号)。
a．b点可能加入了NH4Cl(s) b．c点后无黄色沉淀生成
c．d点c(Ag+)
三、工业流程题
9．稀土金属元素钪在国防、航天、核能等领域具有重要应用。从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程如下：
已知：该条件下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10 33，Kw=1.0×10 14。
请回答下列问题：
(1)稀土元素Y为第五周期Sc的同族元素，基态Y原子的d能级和s能级电子个数比为___________。
(2)“滤渣”的成分为TiO2和________(填化学式，下同)。
(3)“氢氧化物沉淀”的成分为________；为使杂质离子沉淀完全，“调pH”范围应调节为_______~6之间。
(4)“氧化”时反应离子方程式为___________。
(5)“沉钪”时，将K2CO3固体加入草酸(H2C2O4)溶液[配料比n(K2CO3)：n(H2C2O4)=2：3]，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。K2CO3需分批缓慢加入的原因是_______；发生反应的离子方程式为______。
(6)Al-Sc合金是新一代航天结构材料，制备该合金的熔盐电解法涉及原料Sc2O3在熔盐体系中的溶解问题。950℃下部分条件对Sc2O3的溶解影响如图1、图2所示，则应采取的最佳溶解时间和LiF添加量分别为___________。
四、实验题
10．ClO2是新一代高效安全的杀菌剂。由于其浓度过高时易分解。常将其转化成NaClO2晶体以便储运。实验室模拟NaClO2的制备装置如图1所示。
已知：①ClO2易溶于水，熔点为-59°C，沸点为11°C，在碱性溶液中发生反应：2ClO2+2OH-=++H2O；
②图2为NaClO2的溶解度随温度变化曲线，NaClO2在温度高于60°C时易分解生成NaClO3和NaCl。
请回答下列问题：
(1)A为ClO2的发生装置，生成ClO2的化学方程式为___________。
(2)H2O2属于___________(填“极性”。”非极性”)分子，H2O2在C装置中作___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2产率，其原因是___________。
(4)装置C需要采用冰水浴，其目的是___________。
(5)从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的过程中对温度的控制要求较高。具体操作为先减压，将NaClO2溶液加热到___________(填字母标号)浓缩，至有晶膜出现时，再在常压下___________(填操作)，过滤，洗涤，干燥。
A．略低于38℃ B．略高于38℃ C．略低于60℃ D．略高于60℃
(6)为测定所得NaClO2产品的纯度，进行如下实验：
步骤①：称取mg样品于烧杯中，用适量蒸馏水溶解后，加入稍过量的KI晶体，再滴加适量的稀硫酸，充分反应(杂质不与KI反应)；
步骤②：将所得溶液转移至500mL容量瓶中，稀释定容；
步骤③：准确移取25.00mL步骤②所得溶液于锥形瓶中，滴加两滴淀粉溶液，用cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，至恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液VmL(反应方程式为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
该NaClO2产品的纯度为___________%。
五、有机推断题
11．有机物K是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图：
已知：i.TBSCl为；
ii．
iii．；
请回答下列问题：
(1)F中含氧官能团名称为___________。
(2)TBSCl的作用为___________。
(3)试剂a的结构简式为___________，F和G生成H的反应类型为___________。
(4)由I生成J的化学反应方程式为___________。
(5)在G的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为___________。
①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基
(6)有机材料M(属于降冰片烯酸类，结构简式：)也可用作医药中间体，请设计以CH2=CH-COOH和为起始原料制备M的合成路线(其他试剂任选)___________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)不是聚合物，不属于有机高分子化合物，故A错误；
B．植物可以吸收利用空气中的NOx作为肥料，该过程是含N化合物之间的转化，不属于氮的固定，故B错误；
C．二氧化硫与水作用生成亚硫酸，亚硫酸能夺取菌体细胞中的氧，菌体细胞因脱氧至死，从而起到杀菌消毒的作用，同时其还原性也可以防止营养物质被氧化，微量SO2可以添加至葡萄糖中杀菌并防止营养成分被氧化，故C正确；
D．煤油是轻质石油产品的一类，由天然石油或人造石油经分馏或裂化而得，故D错误；
故选C。
2．A
【详解】A．C60无氢键，所以“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，A正确；
B．中苯环的10个原子，羟基O和H，C及外延一个甲基碳和甲基碳上的H均可以共平面，故最多15个C共平面，B错误；
C．甲苯中甲基的正负电荷中心不重合，为弱极性分子，C错误；
D．苯酚与溴水反应，取代位置为邻对位，所以消耗溴为2mol，D错误；
故答案为A。
3．A
【详解】A．由题意知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键，该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7，故A正确；
B．硝酸根中的氮原子价层电子数为，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为，C、N杂环上的4个氮原子价层电子对数为3+0=3，故该配合物中的氮原子均采取sp2杂化，故B错误；
C．该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd，故C错误；
D．该配合物分子中含氧结构为NO和NO，不能和苯环上的H原子形成氢键，故D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，Fe3+和NO都可能氧化I-，再加CCl4振荡静置下层溶液呈紫色，不能说明氧化性：Fe3+>I2，故A错误；
B．将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，乙醇发生消去反应生成乙烯，但生成的乙烯中会混有SO2，SO2也可以使溴水褪色，则溴水褪色不能说明乙醇发生消去反应生成乙烯，故B错误；
C．在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰，镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光，说明Mg能和CO2剧烈反应，CO2不能扑灭金属镁引起的火灾，故C正确；
D．向碳酸钠溶液中加入盐酸，反应产生的二氧化碳中混有氯化氢气体，HCl也可以和苯酚钠溶液反应生成苯酚使溶液变浑浊，则不能说明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；
故选C。
5．B
【分析】W、Z、Y、X为原子序数依次增大的前四周期元素。W原子电子只有一种自旋取向，说明其中只含有1个电子，W为H元素；Z原子L层电子有6种运动状态，说明Z的L层有6个电子，Z为O元素；Y原子的质子数是O的2倍，Y为S元素；X是四种元素中原子序数最大的，X原子的最外层只有1个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，X的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，X为Cu元素；化合物(XYZ4·5W2Z)为CuSO4·5H2O，以此解答。
【详解】A．O2通入H2S溶液中发生反应2H2S+O2=2H2O+2S↓，有淡黄色沉淀生成，故A正确；
B．SO中S原子价层电子对数为4+=4，S原子是sp3杂化，则S的sp3杂化轨道和O的2p轨道形成sp3-pσ键，故B错误；
C．SO中S原子价层电子对数为4+=4，S原子是sp3杂化，且没有孤电子对，SO中S原子价层电子对数为3+=4，S原子是sp3杂化，且含有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：SO> SO，故C正确；
D．分析热重曲线可知，200℃和113℃时的产物相同，可根据113℃的样品质量确定脱水产物，设113℃时产物的化学式为，则有，由比例关系，解得n=4，所以200℃时该固体的化学式为，故D正确；
故选B。
6．C
【分析】由图示可知，H2CuCl3部分进入阴极区，部分进入阳极区。在阳极BDD电极上，水失去电子生成羟基自由基(·OH)和H+，羟基自由基与溶液中的Cu+反应生成Cu2+，Cl-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl2刻蚀液，在阴极SS电极上，H2CuCl3得到电子发生还原反应产生Cu单质，X为含盐酸和CuCl2的混合溶液，HCl-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化为H2CuCl3。
【详解】A．阳极的电极反应式为H2O-e-=·OH+H+，当生成0.1mol·OH时，转移0.1mol电子，根据电荷守恒可知，将有0.1molCl-通过阴离子交换膜，故A正确；
B．SS电极连接电源负极，为阴极，发生还原反应，电极反应为：+e-=Cu+3Cl-，故B正确；
C．由分析可知，HCl-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化为H2CuCl3，故C错误；
D．由分析可知，在阳极上，水失去电子生成羟基自由基(·OH)和H+，羟基自由基与溶液中的Cu+反应生成Cu2+，则阳极室中存在反应：·OH+H++=Cu2++3Cl-+H2O，X为含盐酸和CuCl2的混合溶液，故D正确；
答案选C。
7．D
【详解】A．常温下，根据图中曲线pH=9.3时，铵根和一水合氨物质的量浓度相等，则Kb(NH3·H2O)=10 4.7，图中曲线pH=6.4时，碳酸和碳酸氢根物质的量浓度相等，则Ka1(H2CO3)=10 6.4，因此Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)，故A正确；
B．NH4HCO3溶液中存在电荷守恒c()+c(H+) = 2c()+c(OH－) + c()，还存在物料守恒c(NH3·H2O)+ c()=c()+c()+c(H2CO3)，前者减去后者得到c(NH3·H2O)+c()+c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)，故B正确；
C．pH=10.2时，则Ka2(H2CO3)=10 10.2，反应+NH3·H2O++H2O的平衡常数，故C正确；
D．pH=10.2时，根据电荷守恒c()+c(H+) +c(Na+) = 2c()+c(OH－) + c()，c()=c()，则溶液中存在：3c()+c(OH－)=c()+c(H+)+c(Na+)，故D错误。
综上所述，答案为D。
8．(1)391
(2) 不是 a点升高温度，甲催化剂的活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小
(3) Fe4N或Fe3(II) Fe(III)N 体心
(4) 1.8×10-8mol/L cd
(5)=或
【详解】（1）氮气和氢气发生反应：3H2+N2 2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436 kJ/mol+945.8 kJ/mol -6×N-H键键能=-92.2 kJ/mol，N-H键键能=391 kJ/mol，1molN-H键断裂吸收的能量约等于391 kJ。
（2）催化剂能改变化学反应速率，但是不能改变化学平衡常数，由图示可知，相同温度下，曲线乙中与a点对应点的脱氮率高于a点，说明a点对应温度下的平衡脱氮率没有达到最大，反应没有达到平衡；脱氮率a~b段呈现下降的趋势，可能的原因是：a点后升高温度甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致相同时间内脱氮率减小。
（3）①依据晶胞结构，Fe原子个数为=4，其中Fe(II)占3个，Fe(III)占1个，N原子位于体心，数目为1，因此铁氮化合物的化学式为Fe4N或Fe3(II)；
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
（4）混合后溶液中c(Cl-)= 由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10得，c；
a．若b点是滴加NH4C1溶液，则氯化物增多，从图像可知，b点后氯化物浓度减小，与假设矛盾，a错误；
b．c点时滴加KI溶液，从图像知c点后氯化物增多，说明AgC1转化为AgI，有黄色沉淀AgI生成，b错误；
c．d点Ag转化为部分AgI，c(Ag+)
（5）根据反应起始时5 mol(140g) N2和15 mol(30g) H2及平衡时氨气质量分数为40% (68g)计算出平衡时生成的氨气的物质的量为4 mol。列三段式如下：
M点是平衡点，净速率为0，将a= 0.5代人净速率方程式得或。
9．(1)11：10
(2)SiO2
(3) Al(OH)3、Fe(OH)3 4.7(或)
(4)H2O2+2Fe2++2H2O=2FeOOH↓+4H+
(5) 防止反应过于剧烈而引起喷溅 3H2C2O4+2=2++2H2O+2CO2↑
(6)2.5h(或3h)、7%
【分析】“赤泥”(含有Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)加入盐酸，Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、Sc2O3与盐酸反应，SiO2、TiO2与盐酸不反应，加氨水调价溶液的pH值沉淀铝离子和铁离子，过滤，将亚铁离子氧化为FeOOH沉淀，过滤，向滤液中加入草酸氢钾和草酸钾的混合溶液得到草酸钪晶体，在空气中加热得到Sc2O3固体。
【详解】（1）稀土元素Y为第五周期Sc的同族元素，基态Y原子的d能级分别为3d104d1，s能级分别为1s2、2s2、3s2、4s2、5s2，则d能级与s能级电子个数比为11：10；故答案为：11：10。
（2）SiO2、TiO2都不与盐酸反应，因此“滤渣”的成分为TiO2和SiO2；故答案为：SiO2。
（3）根据前面分析溶液中有铝离子和铁离子粗腰沉淀，因此氢氧化物沉淀”的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；根据Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10 33分析，Al(OH)3的溶度积大，则，则，，则pH=4.7(或)，因此为使杂质离子沉淀完全，“调pH”范围应调节为4.7(或)~6之间；故答案为：4.7(或)。
（4）“氧化”时双氧水将亚铁离子氧化为FeOOH沉淀，其反应离子方程式为H2O2+2Fe2++2H2O=2FeOOH↓+4H+；故答案为：H2O2+2Fe2++2H2O=2FeOOH↓+4H+。
（5）由于H2C2O4与碳酸钠反应生成KHC2O4和K2C2O4，还会产生大量的二氧化碳气体，因此K2CO3需分批缓慢加入的原因是防止反应过于剧烈而引起喷溅；发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2=2++2H2O+2CO2↑；故答案为：防止反应过于剧烈而引起喷溅；3H2C2O4+2=2++2H2O+2CO2↑。
（6）根据图中信息，溶解时间在2.5h后，时间再长，溶解的程度不会增加太多，添加LiF在7%时溶解量达到最大值，因此应采取的最佳溶解时间和LiF添加量分别为2.5h(或3h)、7%；故答案为：2.5h(或3h)、7%。
10．(1)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O
(2) 极性 还原剂
(3)空气流速过慢，ClO2不能及时被稀释，导致浓度过高而分解；空气流速过快，ClO2不能在C装置中充分反应
(4)液化ClO2使其易被充分吸收：防止反应放出的热量使H2O2分解，减慢反应速率：防止温度过高使NaClO2分解降低产率和产品纯度
(5) C 冷却至略高于38℃结晶
(6)或
【分析】A中NaClO3固体和Na2SO3固体中加入70%硫酸，通入空气，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解，空气的一个作用是将ClO2稀释，防止发生分解，装置B为安全瓶、起防倒吸的作用，C中在碱性条件下用过氧化氢还原ClO2 生成NaClO2溶液，D为尾气处理装置同时可防止倒吸，从NaClO2溶液中提取晶体时，结合NaClO2的溶解度曲线和NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl可知，将NaClO2溶液加热至略低于60℃蒸发浓缩、冷却至温度略高于38℃结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到NaClO2晶体。
【详解】（1）A中NaClO3被Na2SO3还原，在H2SO4参与下生成ClO2、Na2SO4，化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
（2）H2O2中正负电荷重心不重叠，属于极性分子，C装置中，ClO2生成了NaClO2，氯元素化合价降低，则H2O2中氧元素化合价升高生成O2，H2O2在C装置中作还原剂。
（3）反应中通入空气的目的是将二氧化氯气体赶到装置C中与过氧化氢和氢氧化钠混合溶液反应制备亚氯酸钠，同时起到稀释作用，防止二氧化氯浓度过大而爆炸，则空气流速过快或过慢均会降低NaClO2产率的原因是:空气流速过慢，ClO2不能及时被稀释，导致浓度过高而分解；空气流速过快，ClO2不能在C装置中充分反应。
（4）装置C中双氧水把ClO2 还原为NaClO2，过氧化氢受热易分解，已经NaClO2在温度高于60°C时易分解生成NaClO3和NaCl，ClO2易溶于水，熔点为-59°C，沸点为11°C，液化后更有利于充分反应，故装置C需要采用冰水浴，其目的是液化ClO2使其易被充分吸收；防止反应放出的热量使H2O2分解，减慢反应速率；防止温度过高使NaClO2分解降低产率和产品纯度。
（5）结合NaClO2的溶解度曲线，从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体总体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，将NaClO2溶液加热到略低于60℃浓缩,为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，故具体操作为先减压，将NaClO2溶液加热到略低于60℃浓缩,故选C，至有晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤，洗涤，干燥。
（6）产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，用Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，可得关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，可知25.00mL溶液中n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×V×10-3L×cmol/L，则该NaClO2产品的纯度=%，答案为或。
11．(1)羟基、羧基
(2)保护-CH2OH，防止其被氧化
(3) CH2=CHMgBr 取代反应(或酯化反应)
(4)
(5) 5 或
(6)
【分析】A发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，C和a发生信息i的反应生成D， a结构简式为CH2=CHMgBr，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，F和G发生取代反应(或酯化反应)生成H，则G为CH3COOCH2CH＝CHCH2OH，H减去一分子水生成I为，I发生成环反应生成J，J和氢气发生加成反应生成K，据据此解答。
【详解】（1）F中含氧官能团名称为羟基、羧基；
（2）根据流程，TBSCl的作用为保护-CH2OH，防止其被氧化；
（3）根据分析，试剂a的结构简式为CH2=CHMgBr，F和G发生取代反应(或酯化反应)生成H；
（4）由I生成J的化学反应方程式为；
（5）G的结构简式为CH3COOCH2CH＝CHCH2OH，G的同分异构体满足下列条件：①能使石蕊试液变色，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中含有两个甲基，符合条件的同分异构体结构简式为或或或或，共5种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为或；
（6）以CH2=CH-COOH和为起始原料制备M，先和Br2发生加成反应生成，再发生消去反应生成，再和CH2=CHCOOH发生加成反应生成产物，合成路线为：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
