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江苏省如皋市2020届高三上学期期初调研测试（选修）（解析版）
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江苏省如皋市2020届高三上学期期初调研测试（选修）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5
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.实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。有害垃圾指对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在危害的生活废弃物。下列不属于有害垃圾的是（ ）
A. 过期药物 B. 废旧电池 C. 废杀虫剂 D. 金属易拉罐
【答案】D
【分析】根据垃圾的类别以及对环境的影响进行分析解答即可。
【详解】A. 过期药物含有有害成分，会对空气、土壤和水质造成严重污染，属于有害垃圾，A项错误；
B. 废旧电池中含有的汞镉离子会造成环境污染，属于有害垃圾，B项错误；
C. 废杀虫剂存在有毒的物质，对人体健康或自然环境会造成直接或潜在危害，属于有害垃圾，C项错误；
D. 金属易拉罐可以回收利用，不是有害垃圾，D项正确；
答案选D。
2.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
B. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D. NaHCO3易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【详解】A. 氨气的沸点高，液氨气化吸热，则用作制冷剂，A项正确；
B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，B项错误；
C. 二氧化硫具有漂白性，则可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，C项错误；
D. 胃酸主要成分为盐酸，能和碱性物质反应，碳酸氢钠水解呈弱碱性，能和稀盐酸反应而除去稀盐酸，所以能治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中B选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，Z是短周期原子半径最大的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. Z与Y形成的化合物是离子化合物
C. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，则X含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，则Y为O，W为S元素；Z是短周期原子半径最大的元素，则Z为Na元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为O，Z为Na，W为S元素。
A. 同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Y)>r(W)>r(X)，A项错误；
B. O、Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，都属于离子化合物，B项正确；
C. 非金属性O>S，则Y(O)的简单气态氢化物的热稳定性比W(S)的强，C项错误；
D. 非金属性C
【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：
1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。
2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；
3.由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；
4.由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；
5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；
6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；
以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1 mol·L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl－、OH－
D. 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【分析】A. Na+、K+、CO32-、AlO2-之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，A项正确；
B. FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C. K2CO3中的CO32-与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，C项错误；
D. H2SO4与HSO3−反应，且酸性条件下NO3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选A。
【详解】B项是易错点，要牢记常见的氧化剂和还原剂，离子若能发生氧化还原反应，则也不可大量共存。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：HCO3-＋OH－＋Ca2+＝CaCO3↓＋H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al＋2OH－＝AlO2-＋H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO3-＋2H+＝Cu2+＋NO2↑＋H2O
D. Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H+＝H2SiO3↓＋2Na+
【答案】A
【详解】A. NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，反应生成碳酸钙与水，其离子方程式为：HCO3-＋OH－＋Ca2+＝CaCO3↓＋H2O，A项正确；
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑，B项错误；
C. 稀硝酸与铜反应生成NO，反应的离子方程式为3Cu+2NO3−+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，C项错误；
D. 硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离，反应的离子方程式应为SiO32−+2H+═H2SiO3↓，D项错误；
答案选A。
7.下列物质的转化在给定条件下均能实现的是（ ）
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【详解】A. 铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以转化不能实现，A项错误；
B. 氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B项正确；
C. 硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，C项错误；
D. 氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，D项错误；
答案选B。
8.下列有关氨气的制取、收集并验证其部分性质的装置和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 用甲装置制取少量氨气
B. 用乙装置收集氨气
C. 用丙装置验证氨气溶于水呈碱性
D. 用丁装置验证氨气极易溶于水
【答案】C
【详解】A. 氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，可利用图示装置制取少量氨气，可达到实验目的，A项正确；
B. 氨气的密度比空气大，可采用向下排空气法收集，即导管采用“长进短出”的方式，图示收集方法合理，B项正确；
C. 氨气不能使蓝色石蕊试纸变色，检验氨气应该用红色石蕊试纸，C项错误；
D. 挤压胶头滴管，气球变大，说明圆底烧瓶中压强减小，可证明氨气极易溶于水，D项正确；
答案选C。
9.我国科学家研发了一种Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池放电时的反应为3CO2＋4Na＝2Na2CO3＋C，下列说法正确的是（ ）
A. 负载碳纳米管的镍网为电池的负极
B. 充电时电池将化学能转化为电能
C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e−＝2CO32-＋C
D. 放电时Na＋移向电源的负极
【答案】C
【分析】根据题意可知，放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，据此分析作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，负载碳纳米管的镍网为电池的正极，A项错误；
B. 充电为电解池原理，电池将电能转化为化学能，B项错误；
C. 放电时负极反应式为Na−e−=Na+、正极反应式为3CO2＋4e−＝2CO32-＋C，C项正确；
D. 放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以Na＋移向电源的正极，D项错误；
答案选C。
【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。题的难点是C选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液传递电荷的离子，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
10.NaH2PO2可用于化学镀镍，常通过反应“P4＋3NaOH＋3H2O==3NaH2PO2＋PH3↑”制得，产物PH3中P的化合价为-3。下列说法正确的是（ ）
A. P4分子中含有的共价键是极性键
B. 31g P4中所含P－P键的物质的量为6 mol
C. 反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶3
D. 反应生成2.24 L PH3（标准状况），转移电子数目为0.3×6.02×1023
【答案】D
【详解】A. P4分子中存在P−P键，为非极性键，A项错误；
B. 1个P4分子含有6个P−P键，则31g即0.25mol P4，所含P−P键的物质的量为1.5 mol，B项错误；
C. 反应生成NaH2PO2，P的元素化合价从0价变为+1价，生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，可知NaH2PO2为氧化产物，PH3为还原产物，则反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为3:1，C项错误；
D. 生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，则反应生成2.24 L PH3(标准状况)，即0.1mol，转移电子数目为0.3×6.02×1023，D项正确；
答案选D。
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.白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用，下列有关白黎芦醇的说法正确的是（ ）
A. 白黎芦醇能与NaHCO3溶液反应
B. 分子中共含有8种化学环境不同的氢原子
C. 1 mol白黎芦醇最多能与7 mol氢气加成
D. 1 mol白黎芦醇最多能反应溴水中的3.5 molBr2
【答案】BC
【详解】A. 分子中含有酚羟基和碳碳双键，均不能和NaHCO3溶液反应，A项错误；
B. 白藜芦醇中不同环境的氢原子的个数可表示如图： ，故共含有8种化学环境不同的氢原子，B项正确；
C. 1 mol白藜芦醇分子中2mol苯环最多能与6 mol氢气发生加成反应，1 mol碳碳双键可和1 mol氢气加成，故1 mol白黎芦醇最多能与7 mol氢气加成，C项正确；
D. 1 mol白黎芦醇分子中苯环上羟基邻对位的取代反应消耗5molBr2，碳碳双键与溴的加成反应消耗1molBr2，故最多能反应溴水中的6 molBr2，D项错误；
答案选BC。
【点睛】注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为D，与溴发生反应的是①苯环上羟基邻对位的取代反应消耗5molBr2；②碳碳双键与溴的加成反应消耗1molBr2。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 反应2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)在一定条件下能自发进行的原因是ΔS＞0
B. 由Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11可知常温下pH＝8的溶液中，c(Mg2＋)≤1.8×10－5mol·L−1
C. 反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)的ΔH可用下式换算：ΔH＝反应中断裂的旧化学键键能之和－反应中形成的新化学键键能之和
D. 由反应C(s)＋1/2O2 (g)＝CO(g)ΔH＝－111 kJ·mol−1可知C的燃烧热是111 kJ·mol−1
【答案】C
【详解】A. 反应2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)为气体分子数减小的反应ΔS＜0，而在一定条件下能自发进行的原因是ΔH＜0，A项错误；
B. 常温下pH＝8的溶液中，c(OH-)=1×10-6 mol/L，则c(Mg2+)===18 mol/L，B项错误；
C. 化学反应中的反应热ΔH＝反应中断裂的旧化学键键能之和－反应中形成的新化学键键能之和，C项正确；
D. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C(s)对应的稳定氧化产物为CO2(g)，而不是CO(g)，D项错误；
答案选C。
13.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 检验乙醇中是否含有少量水：向乙醇中投入金属钠
B. 除去CO2气体中的HCl：将气体通入盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶
C. 比较Al和Al2O3的熔点大小：将一小块铝箔在酒精灯上加热并轻轻晃动
D. 比较Cl2和Fe3＋的氧化性大小：向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，再通入少量Cl2
【答案】CD
【详解】A. 金属钠与乙醇和水均会发生反应产生气泡，不能用于检验乙醇中是否含有少量水，A项错误；
B. Na2CO3不仅可与HCl反应，也会与CO2反应，因此不能用于除去CO2气体中的HCl，正确的操作是：将气体通入盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，B项错误；
C. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，铝箔熔化但不滴落，可比较Al和Al2O3的熔点大小，C项正确；
D. 向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再通入少量Cl2，溶液显红色，发生的反应是：2Fe2＋+ Cl2= 2Fe3＋+2Cl-，则氧化性比较：Cl2＞Fe3＋，D项正确；
答案选CD。
14.根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A. 图甲表示某反应过程中的能量变化曲线，可推知该反应是吸热反应
B. 图乙表示70℃时不同碱性条件下H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知溶液碱性越强，H2O2分解速率越慢
C. 图丙表示部分物质的溶解度随温度变化的曲线，可推知20℃时向含a mol NaClO4的饱和溶液中加入a mol NH4Cl固体会有NH4ClO4固体析出
D. 图丁表示光照下氯水的pH随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中Cl2浓度增大
【答案】C
【详解】A. 反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，否则为吸热反应。该反应中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A项错误；
B. 根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，B项错误；
C. 从图中可以看出，20℃NH4ClO4的溶解度较低，因此向含a mol NaClO4的饱和溶液中加入a mol NH4Cl固体会有NH4ClO4固体析出，C项正确；
D. 氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，随着光照的进行，HClO分解生成HCl和氧气，平衡中HClO的浓度减小，向正反应方向移动，导致溶液中Cl2浓度减小，D项错误；
答案选C。
15.向体积均为2 L的两个恒容密闭容器中分别充入1molSiHCl3，维持容器的温度分别为T1℃和T2℃不变，发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝a kJ·mol−1。反应过程中SiHCl3的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. T1＞T2
B. T1℃时，0~100min反应的平均速率v(SiHCl3)＝0.001mol·(L·min)－1
C. T2℃时，反应的平衡常数：K＝1/64
D. T2℃时，使用合适的催化剂，可使SiHCl3的平衡转化率与T1℃时相同
【答案】AC
【详解】A. “先拐先平数值大”，升高温度，化学反应速率会增大，达到平衡的时间会缩短，图中可看出T1＞T2，A项正确；
B. T1℃时，0~100min SiHCl3的转化率为10%，反应的平均速率v(SiHCl3)＝=0.0005mol·(L·min)－1，B项错误；
C. 从图中信息可以看出，T2℃时达到平衡SiHCl3的转化率为20%，则：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
起始量（mol/L） 0.5 0 0
转化量（mol/L） 0.1 0.05 0.05
平衡量（mol/L） 0.4 0.05 0.05，
则平衡常数K==1/64，C项正确；
D. 催化剂不会使平衡移动，不会改变SiHCl3的平衡转化率，D项错误；
答案选AC。
【点睛】C项是易错点，要特别注意化学平衡常数是指生成物中各物质的浓度幂之积与反应物中各物质的浓度幂之积的比值，而不是物质的量，计算时一定要严谨认真。
非选择题（共80分）
16.氧化铁红（Fe2O3）用途广泛，用废铁皮制取铁红部分流程示意图如下：
(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式是______________________________________。
⑵“氧化”时有红褐色沉淀生成，该反应的离子方程式为______________________。
⑶将铁红与FeS2混合焙烧可以生成磁性氧化铁和SO2，该反应的化学方程式为______________________________________________。
⑷“淬火”是将红热的铁器浸入水中急速冷却以增加铁器的硬度以及减缓腐蚀，反应历程如图，写出该历程中第Ⅰ步反应的方程式______________________________。
【答案】 (1). 4Fe+NO3－+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O (2). 4Fe2+＋O2＋10H2O＝4Fe(OH)3↓＋8H+ (3). 16Fe2O3＋FeS2=11Fe3O4＋2SO2↑ (4). 2FeO + 2H2O=2FeOOH+ H2↑
【分析】“酸浸”时，废铁皮中铁被硝酸氧化为Fe2+，在“氧化”阶段，Fe2+被空气氧化为Fe3+，因有红褐色沉淀生成，则可推出生成了Fe(OH)3，经过滤得到的滤渣中含Fe(OH)3和过量的铁，滤液中含NH4NO3，再利用磁铁分离出过量的铁，将得到的Fe(OH)3加热制备得到铁红，据此分析作答。
【详解】（1）根据工艺流程可知，“酸浸”时过量的铁被硝酸氧化生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，发生反应的离子方程式为：4Fe+NO3－+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O；
（2）红褐色沉淀为氢氧化铁，则“氧化”过程发生的反应为：4Fe2+＋O2＋10H2O＝4Fe(OH)3↓＋8H+；
（3）根据氧化还原反应的规律可知，铁红与FeS2混合焙烧可以生成磁性氧化铁和SO2，+2价的Fe元素化合价升高到+价，-1价的S元素化合价升高到+4价，而+3价的Fe元素化合价降低到+，根据电子转移数守恒和原子守恒可配平该氧化还原反应为：16Fe2O3＋FeS2=11Fe3O4＋2SO2↑；
（4）第Ⅰ步反应是FeO和H2O反应生成FeOOH和H2的过程，根据氧化还原反应的规律配平可得2FeO + 2H2O=2FeOOH+ H2↑。
17.双氧水是常见的氧化剂、消毒剂，一种制取双氧水的流程如下：
（1）“电解”后生成(NH4)2S2O8，该反应的化学方程式为__________________________。
（2）“反应”中部分物质的浓度变化如图所示，该反应的离子方程式为__________________。
（3）双氧水中H2O2的含量可以用酸性KMnO4溶液来测定，测定时MnO被还原成Mn2＋，测定反应的离子方程式为__________________________________。
（4）pH＝6时，(NH4)2S2O8溶液与足量MnSO4反应有MnO2沉淀生成，过滤后所得滤液中含硫微粒均为SO42-，该反应的离子方程式为__________________________________。
【答案】(1). 2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑ (2). S2O82-＋2H2O＝H2O2＋2SO42-＋2H＋ (3). 2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑+8H2O (4). S2O82-＋Mn2＋＋2H2O＝MnO2↓＋2SO42-＋4H＋
【详解】根据工艺流程和题中信息可看出，电解NH4HSO4可生成氢气和(NH4)2S2O8，(NH4)2S2O8酸性条件下发生水解会生成H2O2和NH4HSO4，最后蒸馏得到H2O2，据此分析作答。
【点睛】（1）根据工艺流程图可看出“电解”后生成了H2，结合已知信息可知，该反应的化学方程式为：2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑；
（2）根据图中数据变化可看出，S2O82-参与反应生成H2O2和SO42－，其离子方程式为：S2O82-＋2H2O＝H2O2＋2SO42-＋2H＋；
（3）酸性KMnO4溶液可将H2O2氧化生成O2，自身被还原为Mn2＋，则根据氧化还原的规律可知反应的方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑+8H2O；
（4）pH=6时，(NH4)2S2O8溶液与足量MnSO4反应有MnO2沉淀生成，过滤后所得滤液中含硫微粒均为SO42-，则说明该反应生成了二氧化锰与硫酸根离子，其离子方程式为：S2O82-＋Mn2＋＋2H2O＝MnO2↓＋2SO42-＋4H＋。
18.白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用。可通过以下方法合成：
⑴ 化合物A中所含官能团的名称为__________和__________。
⑵ 由F→G的反应类型是__________。
⑶ D的结构简式为__________。
⑷ 写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__________。
①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色；
②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色；
③分子中含有4种不同化学环境的氢。
⑸请写出以苯甲酸、甲醇为原料制备的合成路线流程图，无机试剂可任选，合成示例见本题题干。_________________________________________________
【答案】(1). 羧基 (2). 羟基 (3). 消去反应 (4). (5). 或 (6).
【分析】B发生酯化反应得到C，则C的结构简式为：，C与硼氢化钠发生还原反应生成D，D与HBr发生取代反应生成E，根据D的分子式和E的结构简式可知D的结构简式为，E发生加成反应生成F，结合G的分子式推知F在浓硫酸作用下发生了消去反应，生成G的结构简式为：，G和三溴化硼反应生成白藜芦醇，据此分析作答。
【详解】⑴化合物A为中所含官能团为羧基和羟基，故答案为：羧基；羟基；
⑵F在浓硫酸作用下发生了消去反应生成G，故答案为：消去反应；
⑶根据上述分析可知，D的结构简式为；
⑷C为，分子式为：C10H12O4，不饱和度为=5，，①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色，说明分子内含醛基，不含酚羟基；②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色，说明含有酯基；③分子中含有4种不同化学环境的氢，则符合上述条件的同分异构体为：或；
⑸根据给出的合成路线，可知，苯甲酸可先与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，然后在硼氢化钠作用下发生换换反应生成苯甲醇，再与HBr发生取代反应生成，同时苯甲醇与氧气发生催化氧化生成苯甲醛，最后根据E到F的合成思路纸杯所需目标产物，具体合成路线 如下：。
19.杀灭菊酯是一种高效低毒农药，一种合成杀灭菊酯的路线如下：
⑴C中含氧官能团的名称为__________和__________。
⑵B的分子式为C13H12O，则B的结构简式为__________。
⑶B→C的反应类型为______。
⑷任写出一种符合下列要求的化合物C的同分异构体的结构简式：______。
Ⅰ既能发生银镜反应，也能发生水解反应，酸性条件下所得水解产物之一核磁共振氢谱中有6个峰；Ⅱ分子中含有2个苯环。
⑸写出以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). 醛基 (2). 醚键 (3). (4). 氧化反应 (5).
(6).
【分析】结合C结构简式，采用逆合成分析法可知，A与发生取代反应生成B，B的结构简式为，B被氧化生成C()，C与HCN发生加成反应生成D（），D和F发生酯化反应生成杀灭菊酯，据此分析作答。
【详解】⑴C为，其中含氧官能团的名称为醛基和醚键，故答案为：醛基和醚键；
⑵根据上述分析可知，B的结构简式为；
⑶B被氧化生成C()，故反应类型是氧化反应；
⑷C的分子式为：C13H10O，不饱和度==9，其同分异构体中若含2个苯环，则不饱和度为8，既能发生银镜反应，也能发生水解反应，说明含有甲酸酯基；若酸性条件下所得水解产物之一核磁共振氢谱中有6个峰，则说明有6种不同环境的氢，该同分异构体为：；
⑸先在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，生成，然后被氧化为，再根据C到D，E到F的反应思路可设计如下的合成路线：。
20.J、M、Q、R、T、X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的8种元素（不包含0族元素）。J的原子半径是周期表所有元素中最小的，M基态原子的3个能级所含电子数相同，R的基态原子2p能级上未成对电子数与M相同，T的基态原子含13种运动状态不同的电子，X与R位于同一主族，Y的基态原子最外层有7个电子，Z的基态原子最外层电子数是次外层的1/7。（回答问题时用字母对应的元素符号）
(1)基态Z2＋的核外电子排布式是______________。
⑵Q、R、X的第一电离能由大到小的顺序是______________。
⑶X8的结构如图甲所示，其熔沸点均高于XR2，原因是__________________________。
⑷气态XR3以单分子形式存在，其分子的立体构型为__________；固体XR3中存在如图乙所示的三聚分子，该分子中X原子的杂化轨道类型为__________。
⑸不考虑配离子[T(RJ)4]－的空间构型， [T(RJ)4]－的结构式可以表示为______________。（用“→”表示其中的配位键）
⑹由T、Q原子形成的晶体晶胞如图丙所示，相邻T、Q原子间以共价键相连接。该晶体的化学式为__________，预测该晶体熔点高或低，并说明理由：_________________________。
⑺ZX2晶体的晶胞如图丁所示，距离每个Z2＋最近的Z2＋的个数是__________。
⑻JY易溶于水的原因是_______________________________________________________。
⑼1 mol MR(QJ2)2中所含σ键的数目是______。
⑽MQR－的中心原子的轨道杂化类型是__________。
【答案】(1). [Ar]3d6 (2). N、O、S (3). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (4). 平面三角形 (5). sp3杂化 (6). (7). AlN (8). 熔点高，晶体类型为原子晶体 (9). 12 (10). HCl为极性分子，极性分子易溶于极性溶剂水中 (11). 7NA (12). sp杂化
【分析】J、M、Q、R、T、X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的8种元素，J的原子半径是周期表所有元素中最小的，则J为H元素；M基态原子的3个能级所含电子数相同，则M的核外电子排布式为1s22s22p2，推知M为C元素；R的基态原子2p能级上未成对电子数与M相同，为2，则R的核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素；根据M、Q、R原子序数依次增大的信息可知，Q为N元素；T的基态原子含13种运动状态不同的电子，则T为Al元素；X与O位于同一主族，为S元素；Y的基态原子最外层有6个电子，原子序数比X大，则推知为Cl元素；Z的基态原子最外层电子数是次外层的1/7，则Z为Fe元素，结合物质的结构与性质分析作答。
【详解】根据上述分析可知，J、M、Q、R、T、X、Y、Z分别是H、C、N、O、Al、S、Cl和Fe元素，则
⑴Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态Fe2＋的核外电子排布式是[Ar]3d6；
⑵Q、R、X分别是N、O、S，因同一周期第一电离能呈增大趋势，但N位于第V族，p能级为半充满结构，处于稳定状态，其第一电离能比O的大，而S与O位于同一主族，S的第一电离能比O的小，故第一电离能由大到小的顺序是：N、O、S；
⑶S8和SO2均为分子晶体，但S8的相对分子质量较大，分子间范德华力强，因此熔沸点较SO2高，故答案为：S8相对分子质量大，分子间范德华力强；
⑷气态SO3以单分子形式存在，其价层电子对数=3+=3，故其分子的立体构型为平面三角形；根据图中X的成键方式空间构型为四面体可知，X原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3杂化；
⑸[Al(OH)4]－中Al3+为中心离子，OH-为配体，O原子提供孤对电子，配位数为4，则其构型可表示为：；
⑹根据均摊法可知，晶胞内Al的个数为：=4，N的个数为：4，故该晶体的化学式为AlN；根据题意可知，该晶体为原子晶体，因此熔点较高，故答案为：AlN；熔点高，晶体类型为原子晶体；
⑺根据图中立体结构可知，距离每个Fe2＋最近的Fe2＋的个数是12，故答案为：12；
⑻HCl为极性分子，水也为极性分子，根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性溶剂水中，故答案为：HCl为极性分子，极性分子易溶于极性溶剂水中；
⑼CO(NH2)2的结构简式为：NH2-CO-NH2，其中1mol所含σ键的数目是7NA，故答案为：7NA；
⑽CNO－的中心原子C的的价层电子对数=2+=2，其杂化轨道类型为sp杂化。
【点睛】最后一问杂化轨道类型还可利用等电子体原理分析，因CNO－与CO2互为等电子体，故其结构相似，杂化类型为sp杂化。
21.氧化还原反应在含氯物质的制取、含量测定等方面有重要的作用。
⑴将一定量的氯气通入过量NaOH溶液中，由于副反应的存在，溶液中同时存在Cl－、ClO－和ClO3-。若Cl－、ClO－和ClO3-的物质的量分别为a mol、b mol和c mol，根据电子得失守恒可知a、b、c之间一定存在的等量关系是__________。
⑵工业次氯酸钠溶液中含有氯酸钠会影响产品质量。测定次氯酸钠样品中的氯酸钠含量的过程如下：
步骤Ⅰ：取10.00 mL 碱性NaClO溶液试样，加入过量H2O2，将ClO－完全还原成Cl－（ClO3-在该条件不与H2O2反应），加热煮沸，冷却至室温，加入硫酸至酸性，
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得溶液中加入0.1000 mol·L-1硫酸亚铁溶液30.00 mL，充分反应后，用0.01000 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗该溶液20.00 mL。
已知步骤Ⅱ中涉及的相关反应转化为：ClO3-Cl－，Cr2O72-Cr3+，则碱性NaClO溶液试样中所含NaClO3的物质的量浓度为______mol·L-1。
⑶NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，可由ClO2为原料反应制得。某溶液X中同时含有ClO2和NaClO2，为测定其中ClO2-的浓度，现进行如下实验：
步骤1：量取25.00 mL溶液X，调节溶液的pH为8.0，加入足量的KI晶体（发生反应：2ClO2＋2I－=2ClO2-＋I2）。滴入2滴淀粉溶液，滴加0.02000 mol·L－1Na2S2O3溶液（发生反应：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI）。恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液12.50 mL。
步骤2：调节上述反应后溶液的pH为1.0（发生反应：ClO2-＋4H+＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O），滴加0.2500 mol·L－1Na2S2O3溶液。恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液40.00 mL。请计算溶液X中ClO2-的物质的量浓度（写出计算过程）。___________
【答案】 (1). a=b+5c (2). 0.028 (3). 0.09mol·L－1
【分析】（1）根据电子转移数守恒作答；
（2）先根据氧化还原反应中电子转移数守恒求出各物质之间的关系式，再计算；
（3）设25.00 mLY中含有xmol C1O2、ymol ClO2-，根据关系式和元素守恒列式计算。
【详解】（1）将一定量的氯气通入过量NaOH溶液中，发生歧化反应，0价的Cl元素化合价升高为+1价和+5价分别转移1、5个电子，同时降低为-1价，转移1个电子，若Cl－、ClO－和ClO3-的物质的量分别为a mol、b mol和c mol，则根据电子转移数相等可得，，即a=b+5c；
（2）酸性Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+，根据电子转移数可知，，故n剩(Fe2+)=0.01000 mol·L-10.02L6=1.210-3 mol，因n总(Fe2+)=0.1000 mol·L-10.03L==3.010-3 mol，则与ClO3-反应的Fe2+的物质的量n消耗(Fe2+)= n总(Fe2+)- n剩(Fe2+)=1.810-3mol，ClO3-与Fe2+反应的关系式为：，故n(ClO3-)= n消耗(Fe2+)=0.0003mol，则碱性NaClO溶液试样中所含NaClO3的物质的量浓度为=0.03mol·L-1；
（3）根据反应：2ClO2+2I-2ClO2-+I2、ClO2-+4H++4I-Cl-+2I2+2H2O、2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，设25.00 mLX中含有xmol C1O2、ymol ClO2-，则
步骤1、2ClO2----I2-----2Na2S2O3
2 2
x
步骤2、ClO2-----2I2-----4Na2S2O3
1 4
x+y
x=
x+y=
y=，c(ClO2-)==0.09mol/L。
江苏省如皋市2020届高三上学期期初调研测试（选修）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5
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.实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。有害垃圾指对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在危害的生活废弃物。下列不属于有害垃圾的是（ ）
A. 过期药物 B. 废旧电池 C. 废杀虫剂 D. 金属易拉罐
【答案】D
【分析】根据垃圾的类别以及对环境的影响进行分析解答即可。
【详解】A. 过期药物含有有害成分，会对空气、土壤和水质造成严重污染，属于有害垃圾，A项错误；
B. 废旧电池中含有的汞镉离子会造成环境污染，属于有害垃圾，B项错误；
C. 废杀虫剂存在有毒的物质，对人体健康或自然环境会造成直接或潜在危害，属于有害垃圾，C项错误；
D. 金属易拉罐可以回收利用，不是有害垃圾，D项正确；
答案选D。
2.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
B. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D. NaHCO3易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【详解】A. 氨气的沸点高，液氨气化吸热，则用作制冷剂，A项正确；
B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，B项错误；
C. 二氧化硫具有漂白性，则可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，C项错误；
D. 胃酸主要成分为盐酸，能和碱性物质反应，碳酸氢钠水解呈弱碱性，能和稀盐酸反应而除去稀盐酸，所以能治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中B选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，Z是短周期原子半径最大的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. Z与Y形成的化合物是离子化合物
C. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，则X含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，则Y为O，W为S元素；Z是短周期原子半径最大的元素，则Z为Na元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为O，Z为Na，W为S元素。
A. 同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Y)>r(W)>r(X)，A项错误；
B. O、Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，都属于离子化合物，B项正确；
C. 非金属性O>S，则Y(O)的简单气态氢化物的热稳定性比W(S)的强，C项错误；
D. 非金属性C
【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：
1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。
2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；
3.由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；
4.由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；
5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；
6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；
以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1 mol·L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl－、OH－
D. 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【分析】A. Na+、K+、CO32-、AlO2-之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，A项正确；
B. FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C. K2CO3中的CO32-与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，C项错误；
D. H2SO4与HSO3−反应，且酸性条件下NO3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选A。
【详解】B项是易错点，要牢记常见的氧化剂和还原剂，离子若能发生氧化还原反应，则也不可大量共存。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：HCO3-＋OH－＋Ca2+＝CaCO3↓＋H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al＋2OH－＝AlO2-＋H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO3-＋2H+＝Cu2+＋NO2↑＋H2O
D. Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H+＝H2SiO3↓＋2Na+
【答案】A
【详解】A. NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，反应生成碳酸钙与水，其离子方程式为：HCO3-＋OH－＋Ca2+＝CaCO3↓＋H2O，A项正确；
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑，B项错误；
C. 稀硝酸与铜反应生成NO，反应的离子方程式为3Cu+2NO3−+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，C项错误；
D. 硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离，反应的离子方程式应为SiO32−+2H+═H2SiO3↓，D项错误；
答案选A。
7.下列物质的转化在给定条件下均能实现的是（ ）
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【详解】A. 铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以转化不能实现，A项错误；
B. 氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B项正确；
C. 硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，C项错误；
D. 氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，D项错误；
答案选B。
8.下列有关氨气的制取、收集并验证其部分性质的装置和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 用甲装置制取少量氨气
B. 用乙装置收集氨气
C. 用丙装置验证氨气溶于水呈碱性
D. 用丁装置验证氨气极易溶于水
【答案】C
【详解】A. 氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，可利用图示装置制取少量氨气，可达到实验目的，A项正确；
B. 氨气的密度比空气大，可采用向下排空气法收集，即导管采用“长进短出”的方式，图示收集方法合理，B项正确；
C. 氨气不能使蓝色石蕊试纸变色，检验氨气应该用红色石蕊试纸，C项错误；
D. 挤压胶头滴管，气球变大，说明圆底烧瓶中压强减小，可证明氨气极易溶于水，D项正确；
答案选C。
9.我国科学家研发了一种Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池放电时的反应为3CO2＋4Na＝2Na2CO3＋C，下列说法正确的是（ ）
A. 负载碳纳米管的镍网为电池的负极
B. 充电时电池将化学能转化为电能
C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e−＝2CO32-＋C
D. 放电时Na＋移向电源的负极
【答案】C
【分析】根据题意可知，放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，据此分析作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，负载碳纳米管的镍网为电池的正极，A项错误；
B. 充电为电解池原理，电池将电能转化为化学能，B项错误；
C. 放电时负极反应式为Na−e−=Na+、正极反应式为3CO2＋4e−＝2CO32-＋C，C项正确；
D. 放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以Na＋移向电源的正极，D项错误；
答案选C。
【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。题的难点是C选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液传递电荷的离子，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
10.NaH2PO2可用于化学镀镍，常通过反应“P4＋3NaOH＋3H2O==3NaH2PO2＋PH3↑”制得，产物PH3中P的化合价为-3。下列说法正确的是（ ）
A. P4分子中含有的共价键是极性键
B. 31g P4中所含P－P键的物质的量为6 mol
C. 反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶3
D. 反应生成2.24 L PH3（标准状况），转移电子数目为0.3×6.02×1023
【答案】D
【详解】A. P4分子中存在P−P键，为非极性键，A项错误；
B. 1个P4分子含有6个P−P键，则31g即0.25mol P4，所含P−P键的物质的量为1.5 mol，B项错误；
C. 反应生成NaH2PO2，P的元素化合价从0价变为+1价，生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，可知NaH2PO2为氧化产物，PH3为还原产物，则反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为3:1，C项错误；
D. 生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，则反应生成2.24 L PH3(标准状况)，即0.1mol，转移电子数目为0.3×6.02×1023，D项正确；
答案选D。
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.白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用，下列有关白黎芦醇的说法正确的是（ ）
A. 白黎芦醇能与NaHCO3溶液反应
B. 分子中共含有8种化学环境不同的氢原子
C. 1 mol白黎芦醇最多能与7 mol氢气加成
D. 1 mol白黎芦醇最多能反应溴水中的3.5 molBr2
【答案】BC
【详解】A. 分子中含有酚羟基和碳碳双键，均不能和NaHCO3溶液反应，A项错误；
B. 白藜芦醇中不同环境的氢原子的个数可表示如图： ，故共含有8种化学环境不同的氢原子，B项正确；
C. 1 mol白藜芦醇分子中2mol苯环最多能与6 mol氢气发生加成反应，1 mol碳碳双键可和1 mol氢气加成，故1 mol白黎芦醇最多能与7 mol氢气加成，C项正确；
D. 1 mol白黎芦醇分子中苯环上羟基邻对位的取代反应消耗5molBr2，碳碳双键与溴的加成反应消耗1molBr2，故最多能反应溴水中的6 molBr2，D项错误；
答案选BC。
【点睛】注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为D，与溴发生反应的是①苯环上羟基邻对位的取代反应消耗5molBr2；②碳碳双键与溴的加成反应消耗1molBr2。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 反应2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)在一定条件下能自发进行的原因是ΔS＞0
B. 由Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11可知常温下pH＝8的溶液中，c(Mg2＋)≤1.8×10－5mol·L−1
C. 反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)的ΔH可用下式换算：ΔH＝反应中断裂的旧化学键键能之和－反应中形成的新化学键键能之和
D. 由反应C(s)＋1/2O2 (g)＝CO(g)ΔH＝－111 kJ·mol−1可知C的燃烧热是111 kJ·mol−1
【答案】C
【详解】A. 反应2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)为气体分子数减小的反应ΔS＜0，而在一定条件下能自发进行的原因是ΔH＜0，A项错误；
B. 常温下pH＝8的溶液中，c(OH-)=1×10-6 mol/L，则c(Mg2+)===18 mol/L，B项错误；
C. 化学反应中的反应热ΔH＝反应中断裂的旧化学键键能之和－反应中形成的新化学键键能之和，C项正确；
D. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C(s)对应的稳定氧化产物为CO2(g)，而不是CO(g)，D项错误；
答案选C。
13.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 检验乙醇中是否含有少量水：向乙醇中投入金属钠
B. 除去CO2气体中的HCl：将气体通入盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶
C. 比较Al和Al2O3的熔点大小：将一小块铝箔在酒精灯上加热并轻轻晃动
D. 比较Cl2和Fe3＋的氧化性大小：向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，再通入少量Cl2
【答案】CD
【详解】A. 金属钠与乙醇和水均会发生反应产生气泡，不能用于检验乙醇中是否含有少量水，A项错误；
B. Na2CO3不仅可与HCl反应，也会与CO2反应，因此不能用于除去CO2气体中的HCl，正确的操作是：将气体通入盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，B项错误；
C. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，铝箔熔化但不滴落，可比较Al和Al2O3的熔点大小，C项正确；
D. 向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再通入少量Cl2，溶液显红色，发生的反应是：2Fe2＋+ Cl2= 2Fe3＋+2Cl-，则氧化性比较：Cl2＞Fe3＋，D项正确；
答案选CD。
14.根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A. 图甲表示某反应过程中的能量变化曲线，可推知该反应是吸热反应
B. 图乙表示70℃时不同碱性条件下H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知溶液碱性越强，H2O2分解速率越慢
C. 图丙表示部分物质的溶解度随温度变化的曲线，可推知20℃时向含a mol NaClO4的饱和溶液中加入a mol NH4Cl固体会有NH4ClO4固体析出
D. 图丁表示光照下氯水的pH随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中Cl2浓度增大
【答案】C
【详解】A. 反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，否则为吸热反应。该反应中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A项错误；
B. 根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，B项错误；
C. 从图中可以看出，20℃NH4ClO4的溶解度较低，因此向含a mol NaClO4的饱和溶液中加入a mol NH4Cl固体会有NH4ClO4固体析出，C项正确；
D. 氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，随着光照的进行，HClO分解生成HCl和氧气，平衡中HClO的浓度减小，向正反应方向移动，导致溶液中Cl2浓度减小，D项错误；
答案选C。
15.向体积均为2 L的两个恒容密闭容器中分别充入1molSiHCl3，维持容器的温度分别为T1℃和T2℃不变，发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝a kJ·mol−1。反应过程中SiHCl3的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. T1＞T2
B. T1℃时，0~100min反应的平均速率v(SiHCl3)＝0.001mol·(L·min)－1
C. T2℃时，反应的平衡常数：K＝1/64
D. T2℃时，使用合适的催化剂，可使SiHCl3的平衡转化率与T1℃时相同
【答案】AC
【详解】A. “先拐先平数值大”，升高温度，化学反应速率会增大，达到平衡的时间会缩短，图中可看出T1＞T2，A项正确；
B. T1℃时，0~100min SiHCl3的转化率为10%，反应的平均速率v(SiHCl3)＝=0.0005mol·(L·min)－1，B项错误；
C. 从图中信息可以看出，T2℃时达到平衡SiHCl3的转化率为20%，则：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
起始量（mol/L） 0.5 0 0
转化量（mol/L） 0.1 0.05 0.05
平衡量（mol/L） 0.4 0.05 0.05，
则平衡常数K==1/64，C项正确；
D. 催化剂不会使平衡移动，不会改变SiHCl3的平衡转化率，D项错误；
答案选AC。
【点睛】C项是易错点，要特别注意化学平衡常数是指生成物中各物质的浓度幂之积与反应物中各物质的浓度幂之积的比值，而不是物质的量，计算时一定要严谨认真。
非选择题（共80分）
16.氧化铁红（Fe2O3）用途广泛，用废铁皮制取铁红部分流程示意图如下：
(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式是______________________________________。
⑵“氧化”时有红褐色沉淀生成，该反应的离子方程式为______________________。
⑶将铁红与FeS2混合焙烧可以生成磁性氧化铁和SO2，该反应的化学方程式为______________________________________________。
⑷“淬火”是将红热的铁器浸入水中急速冷却以增加铁器的硬度以及减缓腐蚀，反应历程如图，写出该历程中第Ⅰ步反应的方程式______________________________。
【答案】 (1). 4Fe+NO3－+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O (2). 4Fe2+＋O2＋10H2O＝4Fe(OH)3↓＋8H+ (3). 16Fe2O3＋FeS2=11Fe3O4＋2SO2↑ (4). 2FeO + 2H2O=2FeOOH+ H2↑
【分析】“酸浸”时，废铁皮中铁被硝酸氧化为Fe2+，在“氧化”阶段，Fe2+被空气氧化为Fe3+，因有红褐色沉淀生成，则可推出生成了Fe(OH)3，经过滤得到的滤渣中含Fe(OH)3和过量的铁，滤液中含NH4NO3，再利用磁铁分离出过量的铁，将得到的Fe(OH)3加热制备得到铁红，据此分析作答。
【详解】（1）根据工艺流程可知，“酸浸”时过量的铁被硝酸氧化生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，发生反应的离子方程式为：4Fe+NO3－+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O；
（2）红褐色沉淀为氢氧化铁，则“氧化”过程发生的反应为：4Fe2+＋O2＋10H2O＝4Fe(OH)3↓＋8H+；
（3）根据氧化还原反应的规律可知，铁红与FeS2混合焙烧可以生成磁性氧化铁和SO2，+2价的Fe元素化合价升高到+价，-1价的S元素化合价升高到+4价，而+3价的Fe元素化合价降低到+，根据电子转移数守恒和原子守恒可配平该氧化还原反应为：16Fe2O3＋FeS2=11Fe3O4＋2SO2↑；
（4）第Ⅰ步反应是FeO和H2O反应生成FeOOH和H2的过程，根据氧化还原反应的规律配平可得2FeO + 2H2O=2FeOOH+ H2↑。
17.双氧水是常见的氧化剂、消毒剂，一种制取双氧水的流程如下：
（1）“电解”后生成(NH4)2S2O8，该反应的化学方程式为__________________________。
（2）“反应”中部分物质的浓度变化如图所示，该反应的离子方程式为__________________。
（3）双氧水中H2O2的含量可以用酸性KMnO4溶液来测定，测定时MnO被还原成Mn2＋，测定反应的离子方程式为__________________________________。
（4）pH＝6时，(NH4)2S2O8溶液与足量MnSO4反应有MnO2沉淀生成，过滤后所得滤液中含硫微粒均为SO42-，该反应的离子方程式为__________________________________。
【答案】(1). 2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑ (2). S2O82-＋2H2O＝H2O2＋2SO42-＋2H＋ (3). 2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑+8H2O (4). S2O82-＋Mn2＋＋2H2O＝MnO2↓＋2SO42-＋4H＋
【详解】根据工艺流程和题中信息可看出，电解NH4HSO4可生成氢气和(NH4)2S2O8，(NH4)2S2O8酸性条件下发生水解会生成H2O2和NH4HSO4，最后蒸馏得到H2O2，据此分析作答。
【点睛】（1）根据工艺流程图可看出“电解”后生成了H2，结合已知信息可知，该反应的化学方程式为：2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑；
（2）根据图中数据变化可看出，S2O82-参与反应生成H2O2和SO42－，其离子方程式为：S2O82-＋2H2O＝H2O2＋2SO42-＋2H＋；
（3）酸性KMnO4溶液可将H2O2氧化生成O2，自身被还原为Mn2＋，则根据氧化还原的规律可知反应的方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑+8H2O；
（4）pH=6时，(NH4)2S2O8溶液与足量MnSO4反应有MnO2沉淀生成，过滤后所得滤液中含硫微粒均为SO42-，则说明该反应生成了二氧化锰与硫酸根离子，其离子方程式为：S2O82-＋Mn2＋＋2H2O＝MnO2↓＋2SO42-＋4H＋。
18.白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用。可通过以下方法合成：
⑴ 化合物A中所含官能团的名称为__________和__________。
⑵ 由F→G的反应类型是__________。
⑶ D的结构简式为__________。
⑷ 写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__________。
①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色；
②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色；
③分子中含有4种不同化学环境的氢。
⑸请写出以苯甲酸、甲醇为原料制备的合成路线流程图，无机试剂可任选，合成示例见本题题干。_________________________________________________
【答案】(1). 羧基 (2). 羟基 (3). 消去反应 (4). (5). 或 (6).
【分析】B发生酯化反应得到C，则C的结构简式为：，C与硼氢化钠发生还原反应生成D，D与HBr发生取代反应生成E，根据D的分子式和E的结构简式可知D的结构简式为，E发生加成反应生成F，结合G的分子式推知F在浓硫酸作用下发生了消去反应，生成G的结构简式为：，G和三溴化硼反应生成白藜芦醇，据此分析作答。
【详解】⑴化合物A为中所含官能团为羧基和羟基，故答案为：羧基；羟基；
⑵F在浓硫酸作用下发生了消去反应生成G，故答案为：消去反应；
⑶根据上述分析可知，D的结构简式为；
⑷C为，分子式为：C10H12O4，不饱和度为=5，，①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色，说明分子内含醛基，不含酚羟基；②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色，说明含有酯基；③分子中含有4种不同化学环境的氢，则符合上述条件的同分异构体为：或；
⑸根据给出的合成路线，可知，苯甲酸可先与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，然后在硼氢化钠作用下发生换换反应生成苯甲醇，再与HBr发生取代反应生成，同时苯甲醇与氧气发生催化氧化生成苯甲醛，最后根据E到F的合成思路纸杯所需目标产物，具体合成路线 如下：。
19.杀灭菊酯是一种高效低毒农药，一种合成杀灭菊酯的路线如下：
⑴C中含氧官能团的名称为__________和__________。
⑵B的分子式为C13H12O，则B的结构简式为__________。
⑶B→C的反应类型为______。
⑷任写出一种符合下列要求的化合物C的同分异构体的结构简式：______。
Ⅰ既能发生银镜反应，也能发生水解反应，酸性条件下所得水解产物之一核磁共振氢谱中有6个峰；Ⅱ分子中含有2个苯环。
⑸写出以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). 醛基 (2). 醚键 (3). (4). 氧化反应 (5).
(6).
【分析】结合C结构简式，采用逆合成分析法可知，A与发生取代反应生成B，B的结构简式为，B被氧化生成C()，C与HCN发生加成反应生成D（），D和F发生酯化反应生成杀灭菊酯，据此分析作答。
【详解】⑴C为，其中含氧官能团的名称为醛基和醚键，故答案为：醛基和醚键；
⑵根据上述分析可知，B的结构简式为；
⑶B被氧化生成C()，故反应类型是氧化反应；
⑷C的分子式为：C13H10O，不饱和度==9，其同分异构体中若含2个苯环，则不饱和度为8，既能发生银镜反应，也能发生水解反应，说明含有甲酸酯基；若酸性条件下所得水解产物之一核磁共振氢谱中有6个峰，则说明有6种不同环境的氢，该同分异构体为：；
⑸先在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，生成，然后被氧化为，再根据C到D，E到F的反应思路可设计如下的合成路线：。
20.J、M、Q、R、T、X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的8种元素（不包含0族元素）。J的原子半径是周期表所有元素中最小的，M基态原子的3个能级所含电子数相同，R的基态原子2p能级上未成对电子数与M相同，T的基态原子含13种运动状态不同的电子，X与R位于同一主族，Y的基态原子最外层有7个电子，Z的基态原子最外层电子数是次外层的1/7。（回答问题时用字母对应的元素符号）
(1)基态Z2＋的核外电子排布式是______________。
⑵Q、R、X的第一电离能由大到小的顺序是______________。
⑶X8的结构如图甲所示，其熔沸点均高于XR2，原因是__________________________。
⑷气态XR3以单分子形式存在，其分子的立体构型为__________；固体XR3中存在如图乙所示的三聚分子，该分子中X原子的杂化轨道类型为__________。
⑸不考虑配离子[T(RJ)4]－的空间构型， [T(RJ)4]－的结构式可以表示为______________。（用“→”表示其中的配位键）
⑹由T、Q原子形成的晶体晶胞如图丙所示，相邻T、Q原子间以共价键相连接。该晶体的化学式为__________，预测该晶体熔点高或低，并说明理由：_________________________。
⑺ZX2晶体的晶胞如图丁所示，距离每个Z2＋最近的Z2＋的个数是__________。
⑻JY易溶于水的原因是_______________________________________________________。
⑼1 mol MR(QJ2)2中所含σ键的数目是______。
⑽MQR－的中心原子的轨道杂化类型是__________。
【答案】(1). [Ar]3d6 (2). N、O、S (3). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (4). 平面三角形 (5). sp3杂化 (6). (7). AlN (8). 熔点高，晶体类型为原子晶体 (9). 12 (10). HCl为极性分子，极性分子易溶于极性溶剂水中 (11). 7NA (12). sp杂化
【分析】J、M、Q、R、T、X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的8种元素，J的原子半径是周期表所有元素中最小的，则J为H元素；M基态原子的3个能级所含电子数相同，则M的核外电子排布式为1s22s22p2，推知M为C元素；R的基态原子2p能级上未成对电子数与M相同，为2，则R的核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素；根据M、Q、R原子序数依次增大的信息可知，Q为N元素；T的基态原子含13种运动状态不同的电子，则T为Al元素；X与O位于同一主族，为S元素；Y的基态原子最外层有6个电子，原子序数比X大，则推知为Cl元素；Z的基态原子最外层电子数是次外层的1/7，则Z为Fe元素，结合物质的结构与性质分析作答。
【详解】根据上述分析可知，J、M、Q、R、T、X、Y、Z分别是H、C、N、O、Al、S、Cl和Fe元素，则
⑴Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态Fe2＋的核外电子排布式是[Ar]3d6；
⑵Q、R、X分别是N、O、S，因同一周期第一电离能呈增大趋势，但N位于第V族，p能级为半充满结构，处于稳定状态，其第一电离能比O的大，而S与O位于同一主族，S的第一电离能比O的小，故第一电离能由大到小的顺序是：N、O、S；
⑶S8和SO2均为分子晶体，但S8的相对分子质量较大，分子间范德华力强，因此熔沸点较SO2高，故答案为：S8相对分子质量大，分子间范德华力强；
⑷气态SO3以单分子形式存在，其价层电子对数=3+=3，故其分子的立体构型为平面三角形；根据图中X的成键方式空间构型为四面体可知，X原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3杂化；
⑸[Al(OH)4]－中Al3+为中心离子，OH-为配体，O原子提供孤对电子，配位数为4，则其构型可表示为：；
⑹根据均摊法可知，晶胞内Al的个数为：=4，N的个数为：4，故该晶体的化学式为AlN；根据题意可知，该晶体为原子晶体，因此熔点较高，故答案为：AlN；熔点高，晶体类型为原子晶体；
⑺根据图中立体结构可知，距离每个Fe2＋最近的Fe2＋的个数是12，故答案为：12；
⑻HCl为极性分子，水也为极性分子，根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性溶剂水中，故答案为：HCl为极性分子，极性分子易溶于极性溶剂水中；
⑼CO(NH2)2的结构简式为：NH2-CO-NH2，其中1mol所含σ键的数目是7NA，故答案为：7NA；
⑽CNO－的中心原子C的的价层电子对数=2+=2，其杂化轨道类型为sp杂化。
【点睛】最后一问杂化轨道类型还可利用等电子体原理分析，因CNO－与CO2互为等电子体，故其结构相似，杂化类型为sp杂化。
21.氧化还原反应在含氯物质的制取、含量测定等方面有重要的作用。
⑴将一定量的氯气通入过量NaOH溶液中，由于副反应的存在，溶液中同时存在Cl－、ClO－和ClO3-。若Cl－、ClO－和ClO3-的物质的量分别为a mol、b mol和c mol，根据电子得失守恒可知a、b、c之间一定存在的等量关系是__________。
⑵工业次氯酸钠溶液中含有氯酸钠会影响产品质量。测定次氯酸钠样品中的氯酸钠含量的过程如下：
步骤Ⅰ：取10.00 mL 碱性NaClO溶液试样，加入过量H2O2，将ClO－完全还原成Cl－（ClO3-在该条件不与H2O2反应），加热煮沸，冷却至室温，加入硫酸至酸性，
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得溶液中加入0.1000 mol·L-1硫酸亚铁溶液30.00 mL，充分反应后，用0.01000 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗该溶液20.00 mL。
已知步骤Ⅱ中涉及的相关反应转化为：ClO3-Cl－，Cr2O72-Cr3+，则碱性NaClO溶液试样中所含NaClO3的物质的量浓度为______mol·L-1。
⑶NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，可由ClO2为原料反应制得。某溶液X中同时含有ClO2和NaClO2，为测定其中ClO2-的浓度，现进行如下实验：
步骤1：量取25.00 mL溶液X，调节溶液的pH为8.0，加入足量的KI晶体（发生反应：2ClO2＋2I－=2ClO2-＋I2）。滴入2滴淀粉溶液，滴加0.02000 mol·L－1Na2S2O3溶液（发生反应：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI）。恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液12.50 mL。
步骤2：调节上述反应后溶液的pH为1.0（发生反应：ClO2-＋4H+＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O），滴加0.2500 mol·L－1Na2S2O3溶液。恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液40.00 mL。请计算溶液X中ClO2-的物质的量浓度（写出计算过程）。___________
【答案】 (1). a=b+5c (2). 0.028 (3). 0.09mol·L－1
【分析】（1）根据电子转移数守恒作答；
（2）先根据氧化还原反应中电子转移数守恒求出各物质之间的关系式，再计算；
（3）设25.00 mLY中含有xmol C1O2、ymol ClO2-，根据关系式和元素守恒列式计算。
【详解】（1）将一定量的氯气通入过量NaOH溶液中，发生歧化反应，0价的Cl元素化合价升高为+1价和+5价分别转移1、5个电子，同时降低为-1价，转移1个电子，若Cl－、ClO－和ClO3-的物质的量分别为a mol、b mol和c mol，则根据电子转移数相等可得，，即a=b+5c；
（2）酸性Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+，根据电子转移数可知，，故n剩(Fe2+)=0.01000 mol·L-10.02L6=1.210-3 mol，因n总(Fe2+)=0.1000 mol·L-10.03L==3.010-3 mol，则与ClO3-反应的Fe2+的物质的量n消耗(Fe2+)= n总(Fe2+)- n剩(Fe2+)=1.810-3mol，ClO3-与Fe2+反应的关系式为：，故n(ClO3-)= n消耗(Fe2+)=0.0003mol，则碱性NaClO溶液试样中所含NaClO3的物质的量浓度为=0.03mol·L-1；
（3）根据反应：2ClO2+2I-2ClO2-+I2、ClO2-+4H++4I-Cl-+2I2+2H2O、2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，设25.00 mLX中含有xmol C1O2、ymol ClO2-，则
步骤1、2ClO2----I2-----2Na2S2O3
2 2
x
步骤2、ClO2-----2I2-----4Na2S2O3
1 4
x+y
x=
x+y=
y=，c(ClO2-)==0.09mol/L。
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