江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题二含解析

江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题二含解析江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题二含解析PAGE36-江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题二含解析江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题（二)（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题[第1题~第15题，共40分］、非选择题［第16题～第21题，共80分］两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回.2。答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0。5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后,再填涂其它答案.非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效.4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚.可能用到的相对原子质量:H—1C-12N—14O—16Na—23Al—27S-32K—39Fe-56Cu-64Ba-137选择题(共40分）单项选择题:本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意.1。化学与生活密切相关。下列说法中不正确的是（）A。漂白粉的有效成分为Ca(ClO）2B.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C.酸中毒病人可输入0。9%的氯化铵溶液D。工业上可利用油脂的碱性水解制取肥皂【答案】C【解析】【详解】A。漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，A正确；B。碳酸氢钠有弱碱性，可用于治疗胃酸过多,B正确；C。碳酸氢钠有弱碱性，酸中毒病人可输入1.25%的NaHCO3溶液，C错误；D.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应,工业上用此反应制取肥皂,D正确。答案选C。2。下列关于化学用语表示正确的是（）A。F-的结构示意图：B。中子数是19的Cl原子：ClC.二氧化碳分子的比例模型：D.NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32—【答案】A【解析】【详解】A．F-有10个电子，其结构示意图为:，A正确；B．Cl原子有17个质子,中子数是19，则质量数=17+19=36,可表示为：Cl,B错误；C．C原子半径比O原子大,图示模型C原子半径比O原子小，C错误；D．NaHCO3是弱酸酸式盐，在水中电离方程式为:NaHCO3=Na++HCO3-，D错误.答案选A。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(）A.Al2O3熔点很高，可用于制造耐火材料B。SiO2硬度很大，可用于制作光导纤维C.FeCl3溶液显酸性，可用于制作印刷电路板D。SO2具有还原性，可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3熔点很高，可用于制造耐火材料,比如氧化铝坩埚，A正确；B．利用SiO2可以制成无色透明的“玻璃”，利用该“玻璃”的全反射原理,传导光信号进行通信，可用于制作光导纤维，B错误；C．利用FeCl3溶液的氧化性来印刷电路板，C错误;D．SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆，D错误。答案选A。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A。0。1mol·L-1的KMnO4溶液：Na+、Cl-、SO32—B。使紫色石蕊试液显蓝色的溶液：K+、AlO2—、NO3—C。0.1mol·L-1FeCl3溶液：NH4+、SCN—、SO42—D.=1×1012的溶液：Na+、SO42-、HCO3—【答案】B【解析】【详解】A．MnO4-有强氧化性，能将SO32—氧化，A错误；B．能使紫色石蕊试液显蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中K+、AlO2-、NO3-能大量共存，B正确；C．Fe3+和SCN—发生络合反应生成络合物Fe(SCN)3而不能大量共存，C错误；D．=1×1012,c(H+)〉c(OH-)，溶液显酸性，H+和HCO3—反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D错误。答案选B。5.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.N2在O2中燃烧生成NOB。SO3与H2O反应生成H2SO3C。常温下,Fe在浓盐酸中发生钝化D.AlCl3稀溶液和过量稀氨水反应生成Al(OH）3【答案】D【解析】【详解】A．N2和O2在高温或者放电条件下反应生成NO，A错误;B．SO3与H2O反应生成H2SO4,B错误;C．浓盐酸没有强氧化性,不能使金属钝化,C错误；D．氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝,所以无论氨水少量还是过量均生成Al（OH)3,D正确。答案选D。6。下列实验操作能达到实验目的的是(）A。用图1所示装置验证浓硫酸具有强氧化性B.用图2所示装置分离乙醇和碘的混合液C。向FeSO4溶液中加铁粉，防止其被氧化D。用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸和Cu在常温下不反应，无法验证，A错误;B．碘易溶于乙醇等有机溶剂,不会分层,不能用分液分离，B错误；C．加入铁粉后，还原性:Fe>Fe2+，可防止Fe2+被氧化，C正确；D．乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,不能用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2，D错误.答案选C.7。下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向氨水中通入过量CO2：2NH3·H2O+CO2=2NH4++CO32—+H2OB。Zn与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑C。用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3—=Ag++NO2↑+H2OD。在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42—+3Cl-+5H2O【答案】D【解析】【详解】A．通入过量CO2，碳酸盐会进一步反应生成碳酸氢盐，A错误；B．醋酸是弱酸，不能拆开,B错误;C．稀硝酸作氧化剂时，还原产物为NO，C错误;D．ClO-有强氧化性,可将Fe（OH）3氧化才FeO42-，自身被还原成Cl—，再结合电荷守恒、原子守恒可得出4OH-+3ClO—+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，D正确。答案选D。【点睛】涉及酸性氧化物的反应，酸性氧化物少量时生成正盐，酸性氧化物过量时生成酸式盐.8。短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A与D同主族,B+与A2-具有相同的电子层结构,C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是（)A。B2A2中阴阳离子的个数比为1：1B.原子半径的大小顺序:r（D)＞r（C）＞r（B）＞r(A）C。A的简单气态氢化物的热稳定性比D的弱D.B、C的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】D【解析】【分析】B+与A2-具有相同的电子层结构，B为Na、A为O，A与D同主族，所以D为S，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，所以C为Al，综上所述，A为O,B为Na，C为Al，D为S，据此分析解答.【详解】A．Na2O2由2个Na+和1个O22—组成,阴阳离子的个数比为1：2，A错误;B．O为第二周期元素，其余三个均为第三周期元素,所以O原子半径最小，同周期元素从左往右,原子半径逐渐减小，所以原子半径从大到小为:Na〉Al〉S〉O，B错误;C．O的非金属性比S强，H2O比H2S稳定,C错误;D．NaOH能和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水,D正确.答案选D。9。在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(）A。CuO(s）Cu(s)CuCl2（aq)B.Na(s)Na2O（s）NaOH(aq）C。NH3(g）NO(g）HNO3(aq)D.HCl（aq）Cl2（g)NaClO（aq）【答案】B【解析】【详解】A．第二步，Cu能和FeCl3反应，和FeCl2不反应，A错误;B．Na和氧气不加热生成氧化钠,氧化钠和水反应生成氢氧化钠,B正确；C．氨的催化氧化生成NO和水,第一步可以，NO和水不反应，第二步不可以，C错误；D．浓HCl和MnO2在加热条件下反应生成MnCl2和水和Cl2，少了加热，第一步不可以，D错误.答案选B。10.下列图示与对应的叙述相符合的是(）A。图甲表示向CH3COOH溶液中逐渐加入少量CH3COONa固体后,溶液pH的变化B。图乙表示用0.1000mol·L—1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L—1醋酸溶液的滴定曲线C.图丙表示电解法处理污水的原理，生成的胶体能除去污水中的悬浮物，该装置中的铁片可用铝片代替D.图丁表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线,说明t1时刻溶液的温度最高【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOHCH3COO-+H+，加入少量CH3COONa固体，CH3COO-浓度增大,平衡逆向移动,H+浓度减小，pH增大，与图不符，A错误；B．醋酸是弱电解质,0.1000mol·L-1醋酸溶液，氢离子浓度小于0.1000mol·L-1，pH大于1，与图不符，B错误；C.实质是阳极Fe失电子生成Fe2+，阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH—，Fe2+和OH-结合成Fe（OH）2，Fe(OH)2被氧化成Fe（OH）3胶体，Fe（OH)3胶体吸附污水中的悬浮物，换成Al后，阳极Al失电子生成Al3+,最终产生Al(OH）3胶体同样可以吸附污水中的悬浮物，C正确；D.从图丁曲线变化趋势可知,O→t1，反应放热，温度升高对化学反应速率的影响大于H+浓度降低对化学反应速率的影响,曲线呈上升趋势，但不能说明在t1时溶液的温度最高,D错误。答案选C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分.11.甲醇-空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列有关说法正确的是(）A.甲醇—空气燃料电池的负极反应为CH3OH—6e—+8OH—=CO32-+6H2OB.一定温度下，反应2H2（g)+CO（g)=CH3OH（g)能自发进行,该反应的ΔH＞0C.根据共价键的键能可以准确计算CO2(g)+3H2（g)=CH3OH（g)+H2O(l）的ΔHD。标准状况下，甲醇-空气燃料电池放电时消耗5。6LO2，转移电子的数目约为3.01×1023【答案】A【解析】【分析】甲醇—空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，C元素化合价从—2升高到+4,失电子,化合价升高，在负极反应,O2中O化合价从0价降低到-2价，化合价降低，在正极反应，所以正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应为：CH3OH+8OH—-6e—=CO32-+6H2O,据此分析回答。【详解】A．由上面分析可知，负极反应为CH3OH—6e—+8OH—=CO32—+6H2O，A正确;B．2H2（g）+CO（g）=CH3OH(g)的气体分子数减少，ΔS﹤0，可自发进行,则ΔH-TΔS﹤0，ΔH﹤0，与复述矛盾，B错误；C．1mol理想气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量或A和B合成理想气体分子所放出的能量称为键能，涉及的是理想气体分子，答案上给的H2O是液态,所以不能准确计算，C错误;D．由O2+2H2O+4e—=4OH-可知，22。4LO2参与反应转移4mol电子，所以5.6LO2参与反应转移1mol电子，即6.02×1023个，D错误。答案选A。【点睛】ΔH—TΔS﹤0，化学反应能自发进行。12。化合物Y在医药上具有广泛用途,可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是(）A.X分子中所有原子可能在同一平面上B。1molY最多能与1molNaOH反应CX、Y均能与酸性KMnO4溶液反应D.X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等【答案】C【解析】【详解】A．与标“1”的C原子连接的4个原子构成四面体，不可能共面，那么所有原子绝对不可能完全共面，A错误;B．Y结构中1mol酯基消耗1molNaOH，酯基水解生成羟基为酚羟基,再消耗1molNaOH,所以1molY最多能与2molNaOH反应，B错误;C．X分子中的醛基、羟基、与苯环相连的C上有H，可以被酸性高锰酸钾氧化，Y分子中与苯环相连的C有两个有H，可以被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．与四个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳均有5个，相同，D错误。答案选C。【点睛】共面的结构有：苯环结构的12个原子、乙烯结构的6个原子，甲醛结构的4个原子,甲烷结构的3个原子。13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(）选项实验操作和现象结论A向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀(CuS）H2S的酸性比H2SO4强B向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体PbO2具有氧化性C在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落熔点:氧化铝＞铝D向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,出现淡黄色沉淀（AgBr）Ksp（AgCl)＞Ksp（AgBr）A。A B。B C。C D。D【答案】BC【解析】【详解】A．H2S是弱酸，H2SO4是强酸，结论错误，A错误；B．Cl从-1价升高到0价，被氧化,PbO2具有氧化性，B正确;C．铝箔表面迅速形成氧化铝，内部依然是铝，铝箔熔化但不滴落,说明外面的氧化铝熔点高于里面的Al，C正确；D．向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀（AgBr），有可能是Cl-浓度太小，D错误。答案选BC。【点睛】根据沉淀溶解平衡：可以知道，两种离子形成沉淀是需要条件的,即QcKsp,所以D答案没有出现白色沉淀，出现淡黄色沉淀不一定是白色沉淀转换为淡黄色沉淀了,还可能是Cl—浓度太小了.14.室温下，Ka（HCOOH）=1。77×10−4,Ka（CH3COOH)=1。75×10−5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A。浓度均为0。1mol·L-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c（HCOO—)＞c（Na+)—c(CH3COO-）B。向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c（Cl-）=c(HCOOH）C。0。1mol·L—1的HCOOH溶液和0。05mol·L—1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+）+c(OH—)=c（HCOOH）+c（H+）D。c(NH4+）相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c（HCOONH4）＞c(CH3COONH4）【答案】BC【解析】【分析】A．两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+）+c(H+）=c（HCOO—）+c(OH-），c（Na+）+c(H+）=c(CH3COO-)+c(OH—）；B．电荷守恒式子为:c(Na+）+c(H+）=c(Cl—）+c（HCOO-）+c(OH—），物料守恒式子为:c（Na+)=c（HCOO-）+c(HCOOH）；C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO—）﹤c(CH3COO—）。【详解】A．根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+）+c（H+)=c（HCOO—)+c(OH—），c(OH-）-c（H+)=c（K+)—c(HCOO—)，CH3COONa溶液中，c（Na+）+c（H+)=c(CH3COO-)+c（OH-)，c（OH-）—c（H+）=c（Na+)-c(CH3COO-），因为Ka(HCOOH)=1.77×10−4,Ka（CH3COOH）=1。75×10−5，所以CH3COO-水解程度更大,碱性更强，c(OH—）-c(H+)更大，那么c(K+)-c（HCOO—)〈c(Na+)-c（CH3COO-)，A错误；B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+）=c（Cl-)+c（HCOO-）+c（OH-），pH=7时，c(H+)=c（OH-），c（Na+)=c(Cl-）+c(HCOO—),那么c(Na+)＞c（Cl—)，又因为物料守恒式子为:c（Na+)=c（HCOO—）+c（HCOOH)，所以c（Cl—）+c（HCOO—)=c(HCOO-)+c(HCOOH），那么c(Cl-)=c（HCOOH),综上所述：c（Na+）＞c(Cl-）=c（HCOOH),B正确；C．0。1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,NaOH反应完，HCOOH反应了一半,混合后的溶质为：等物质的量的HCOONa和HCOOH,电荷守恒有:c(Na+）+c(H+）=c（HCOO—)+c(OH—），物料守恒有:2c（Na+）=c(HCOO-）+c(HCOOH)，物料守恒—电荷守恒可得：c（Na+）+c(OH—)=c（HCOOH)+c（H+），C正确；D．NH4+水解呈酸性，HCOO—、CH3COO—水解呈碱性，HCOO—、CH3COO—水解对NH4+水解起促进作用,因为水解程度HCOO—﹤CH3COO—，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大,现在c(NH4+）相等,那么一定有c（HCOONH4)﹤c(CH3COONH4），D错误。答案选BC。【点睛】溶液中离子浓度大小的比较，一是准确分析溶质的成分，二是三大守恒熟练运用。15。在1L的恒容密闭容器中发生反应：CH4（g)+CO2(g)2CO(g）+2H2（g）ΔH，若起始时充入0.4molCH4和0.4molCO2,测得CH4的平衡转化率与温度的关系如图中曲线a所示。下列说法一定正确的是（)A.ΔH＞0B。延长M点的反应时间，可以提高CH4的平衡转化率C.T1℃,起始时若向该容器中充入等物质的量的CH4、CO2、CO和H2，则此时反应向正反应方向进行D.曲线b可表示向该容器中充入0.5molCH4和0。5molCO2，CH4的平衡转化率与温度的关系【答案】AD【解析】【分析】横坐标为温度，温度升高，甲烷转化率增大，说明温度升高，平衡向消耗甲烷的方向移动.【详解】A．温度升高,甲烷转化率增大，所以正反应为吸热反应，ΔH>0，A正确；B．M点为平衡状态,条件不变,延长反应时间，平衡不发生移动,甲烷的转化率不变，B错误；C．体积为1L，T1℃时：,K==2。0736，假设起始时充入CH4、CO2、CO和H2的物质的量为a，Qc=，Qc和K的大小，和起始值a有关，不一定正向移动，C错误;D．充入0.5molCH4和0。5molCO2比充入0.4molCH4和0。4molCO2而言,平衡正向移动，但是起始值增大程度大于转化值增大程度,转化率减小,图像符合，D正确.答案选AD。【点睛】本题易错选项C，某时刻平衡正向移动还是逆向移动,关键看Qc和K的关系,Qc>K,平衡逆向移动，Qc<K，平衡正向移动，Qc=K，达到平衡状态；D项平衡移动中，增加的物质转化率反而减小。非选择题（共80分)16。工业上以硫酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）为原料提取硒，流程如图：(1）“脱硫"过程中,温度控制在95℃,原因是___.（2）“氧化"过程中，Se转化成H2SeO3，该反应的化学方程式为___。(3)“还原"过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原,电位低的物质保留在溶液中。下表是将“过滤Ⅰ”所得滤液中所含物质还原对应的电位。控制电位在0。782~1。692V,可除去“过滤Ⅰ”所得滤液中残留的ClO2。名称Cu2+/CuZn2+/ZnFe2+/FeFe3+/Fe2+ClO2/Cl—H2SeO3/Se电位/V0。435—0.885-0。4630。7821.6920.743为使硒和杂质金属分离,加入Na2SO3还原时，电位应控制在___范围;H2SeO3(弱酸）还原为硒的离子反应方程式为___。(4)滤液Ⅱ中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、___.（5）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去.已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10—18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10—5mol·L-1］,则需控制溶液中c(S2—）≥___mol·L—1。【答案】（1).温度低于95℃，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低)，温度高于95℃，煤油挥发量加大（2）.4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3（3)。0。435~0。743（4）.H2SeO3+2SO32—=2SO42-+Se↓+H2O（5）。Fe2+、Cu2+(6)。6.0×10—13【解析】【分析】硫酸泥中加煤油,将S溶解、过滤以滤液的形式除去，滤渣中的Se用NaClO3氧化成H2SeO3，同时Fe2O3、CuO、ZnO被硫酸溶解，过滤除去SiO2，溶液中主要含有Fe3+、Cu2+、Zn2+、H2SeO3、Na+、SO42-，用Na2SO3还原，H2SeO3被还原成Se，Fe3+被还原成Fe2+，将电位控制在0。435~0.743，然后过滤使Cu2+、Zn2+、Fe2+、Na+、SO42+以滤液Ⅱ形式除去，得到粗Se。【详解】(1）S溶于煤油,Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等不溶于煤油,过滤可除去S和煤油,温度太低，S在煤油中的溶解度太小,脱硫率低，除不尽，温度太高，煤油挥发太多，故答案为：温度低于95℃，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低），温度高于95℃，煤油挥发量加大;（2）Se化合价从0升高到+4,作还原剂，NaClO3做氧化剂，还原产物为ClO2,Cl化合价从+5降低到+4,根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂物质的量比=4:1，再结合原子守恒可得方程式：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3,故答案为：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3；(3）从表格可知，为使硒和杂质金属分离，要将电位控制在0.743以下,0.435以上，H2SeO3被还原成Se，化合价降低4,SO32-作还原剂，化合价升高2，被氧化成SO42-,氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2,结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：H2SeO3+2SO32—=2SO42—+Se↓+H2O，故答案为：0。435~0。743;H2SeO3+2SO32-=2SO42—+Se↓+H2O；（4）通过控制电位还原,几种金属离子均遗留在了溶液里，随滤液除去了,所以滤液Ⅱ中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、Fe2+、Cu2+，故答案为:Fe2+、Cu2+；（5）Ksp(FeS)=c(Fe2+）×c（S2-）,,当c（Fe2+）≤1.0×10—5mol·L-1时,认为完全沉淀，有，解得：c(S2-)≥6.0×10-13mol·L-1，故答案为:6.0×10-13。【点睛】“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原，要使H2SeO3还原成Se,电位要比0。743小，但是太小,比如小于0。435，Cu2+就还原成Cu了，就不在溶液里了，所以电位要大于0.435的。17。氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如图：（1）D中含氧官能团的名称为___和___.（2）A→B的反应类型为___.（3）C→D的反应中有副产物X（X与D互为同分异构体）生成,写出X的结构简式：___。（4）E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:___。①酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有氰基（-CN)，有一个手性碳原子，有4种不同化学环境的氢.（5）已知:①NH2易被氧化；②酰氯（Cl)的氯原子比氯代烃的更易被取代③RHC=N—CH2R’写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干）___。【答案】（1).羟基（2）.酯基（3).还原反应(4).（5).（6).【解析】【分析】（5）逆合成分析:信息③的产物和目标产物都有C=N,故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息②可知可由通过取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可由和发生反应而来.【详解】(1）D为,含氧官能团有羟基和酯基，故答案为：羟基;酯基;（2）A→B：，去氧加氢为还原反应,故答案为：还原反应；（3）C→D→,在与N原子相连的C的邻位C上成新环，同理，这个新环也可以在N左下角这个C上形成新环，故X为:，故答案为：；（4)E为：，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物,都能发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显色反应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1个C，一个Cl,因为有一个手性碳，则这个C上连的4个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：,左边部分必与相连，又因为有4种不同化学环境的氢，所以只能连在对位：，故答案为：；（5）通过逆合成分析：信息③的产物和目标产物都有C=N，故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息②可知可由通过取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可由和发生反应而来，故答案为：【点睛】能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOOH、HCOO-、HCONH-等，出现手性碳，先将手性碳作为中心原子，把其他部位连在该碳上作为一个整体,在去与其他结构相连接.18.亚硝酰硫酸(NOSO4H）主要用于染料、医药等工业.实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。（1)①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___.②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能原因是___。③反应过程中,硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度,进行如下实验：.准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50。00mL0。1000mol·L—1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀,使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出）,冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16。00mL。已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___【答案】(1).HNO3+SO2NOSO4H(2）。生成的NOSO4H对该反应有催化作用（3).硝酸会挥发和分解(4）。90.00％【解析】【分析】(1)设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+（—2)×5+（+1)×1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6,发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1:1；（2）50。00mL0.1000mol·L—1的KMnO4与16.00mL0。2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】（1）①N元素化合价从+5降低到+3,必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1：1,所以反应的方程式为:HNO3+SO2NOSO4H,故答案为:HNO3+SO2NOSO4H；②反应前十分钟没有加快,不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用;③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1：1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了,故答案为:硝酸会挥发和分解；(2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应,剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定,KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1,2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以，解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6×10-3mol，KMnO4总的物质的量=50.00×10—3L×0.1000mol·L-1=5×10—3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=5×10-3mol-1.6×10-3mol=3。4×10-3mol，所以,解得NOSO4H的质量m=1。0795g,所以样品中NOSO4H的纯度=≈90.00%，故答案为：90。00%。【点睛】和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。19。亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠(NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品,其流程如图:已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解.（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2,则该制备ClO2反应的离子方程式为___。(2）实验在如图—1所示的装置中进行。①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行,则三种试剂（a。浓硫酸；b.硫黄；c。NaClO3溶液)添加入三颈烧瓶的顺序依次为___(填字母）。②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可).（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2,蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压"）。（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4,直接排放会污染环境且浪费资源.为从中获得芒硝(Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙）,请补充完整实验方案:___，将滤液进一步处理后排放(实验中须使用的试剂和设备有:CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴).已知:CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。【答案】(1）。2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42—（2).cab(3).作还原剂(4）.水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等)(5）。减压（6）.向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞,至溶液呈浅红色时停止加入CaO.静置后过滤，用水洗涤沉淀2—3次得到石膏；滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32.4℃以下,接近0℃,过滤，所得晶体用冰水洗涤2—3次，低温干燥得到芒硝【解析】分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2,被氧化成SO42-,ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42—,故答案为：2ClO3—+SO2═2ClO2+SO42-；(2)①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸,故答案为：cab；②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解,温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡,故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高(或加一个多孔球泡等）；(3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发,故答案为:减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了,可以用酚酞作指示剂,当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液,还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32。4℃以下,形成芒硝,析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量,故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度,对浊液取样并滴加酚酞,至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2—3次得到石膏；滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32。4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率.20.有效去除大气中的NOx(主要是NO和NO2)是环境保护的重要课题。（1)用Pl-g—C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图-1所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g—C3N4端的反应：O2+2H++2e—=H2O2，Pl端的反应：___。（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：①NO+HClO=NO2+HCl②NO+NO2+H2O2HNO2③HClO+HNO2=HNO3+HCl下列分析正确的是___。a。烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率b。NO2单独存在时不能被脱除c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降（3)NaClO溶液能有效脱除NO。25℃时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除率随温度的变化如图—3所示。①25℃时，随着pH降低，NO的脱除率增大的原因：___.②pH=4时，60～80℃NO的脱除率下降的原因：___.（4）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca（OH)2悬浊液中,改变，NOx的去除率如图-4所示。已知:NO与Ca（OH）2不反应；NOx的去除率=1—×100％①在0。3-0。5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___.②当大于1。4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降价。其可能的原因是___。③O3与NO反应的方程式为:NO+O3=NO2+O2,（该条件下不考虑O2与NO的反应)。保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n（NO),将反应后的混合气体通入Ca(OH）2悬浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx总去除效果好，则合适的值范围为___.(保留两位小数)【答案】（1）.NO−2e-+H2O=2H++NO2（2）.ac(3)。pH降低，ClO—+H+=HClO，溶液中c（HClO)增大(4).HClO受热分解,溶液中c(HClO）减小（5)。NO+NO2+Ca(OH）2=Ca2++2NO2—+H2O（6）。NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低（7）.0.55~0。58【解析】【分析】（1)g—C3N4端得电子，那么Pl端失电子,结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程可看出，脱NO的本质是转换成HNO3；（3）NaClO脱NO的过程可看出，实际上是HClO与NO反应,所以pH变化HClO跟着变化,脱NO效果也会跟着变化；（4）NO和Ca(OH)2不反应，NO、NO和Ca(OH）2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答.【详解】(1)g—C3N4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO失电子变成NO2，这样左边就出现了正电荷，右边加H+，结合原子守恒，左边应加H2O