1、江蘇省南通市如皋市20222023學年高三上學期期初教學質量調研化學試題本卷滿分100分，考試時間75分鐘可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 N 14 0 16 S 32 C1 35.5 Mn 55 Zn 65選擇題 (共36分)單項選擇題：本題包括8小題，每小題2分，共計16分。每小題只有一項符合題意1. 硫及其化合物的轉化具有重要應用。下列說法正確的是A. 硫元素在自然界中均以化合態形式存在B. 空氣中排放過量SO2會形成酸雨，且酸雨的pH會隨時間增長而降低C. 常溫下濃H2SO4能使鐵片鈍化是因為濃硫酸具有脫水性D. 質量分數為49%、密度為1.4gcm-3的硫酸，其物質的量濃度為

2、2.8 molL-1【答案】B【解析】【詳解】A硫元素在自然界中既能以化合態形式存在，又能以游離態的形式存在，如硫磺是S單質，故A錯誤；BSO2溶于水生成亞硫酸從而使雨水的酸性增強，隨著時間增長，亞硫酸被氧氣氧化生成硫酸，酸性增強而pH降低，故B正確；C濃H2SO4能使鐵片鈍化是因為濃硫酸具有強氧化性，故C錯誤；D硫酸的物質的量濃度為，故D錯誤；故選B。2. 下列離子在指定條件下能大量共存的是A. 加入過量FeSO4后的溶液中：Cu2+、Mg2+、Br-、SOB. 加入過量明礬KA1(SO4)212H2O后的溶液中：Ba2+、NH、Cl-、NOC. 加入過量NaClO后的溶液中：Na+、Fe2

3、+、CH3COO-、C1-D. 加入過量HI的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、SO【答案】A【解析】【詳解】AFe2+、Cu2+、Mg2+、Br-、SO各離子之間不反應，可以大量共存，故A正確；BBa2+和SO反應生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故B錯誤；CClO-和Fe2+發生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；D I-和Fe3+發生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選A。3. 下列離子方程式書寫正確的是A. 金屬鈉投入水中：B. 向A1C13溶液中加入過量NaOH溶液：C. 向氨水中通入過量SO2氣體：D. 向NaNO2堿性溶液中加入鎂粉：【答案】B【解析】【詳解】A. 金屬鈉投入

4、水中離子方程式為，故A錯誤；B. 向A1C13溶液中加入過量NaOH溶液，離子方程式為，故B正確；C. 向氨水中通入過量SO2氣體, 離子方程式為，故C錯誤；D. 鎂為堿金屬，不會與堿反應，故D錯誤； 故選B。4. 在給定條件下，下列所示物質間的轉化均能實現的是A. B. C. D. CH3CH2OHCH3CHO【答案】C【解析】【詳解】A氯化鈉溶液中通入氨氣和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，缺少反應物氨氣，A錯誤；B銅和氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅，B錯誤；C二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯氣，氯氣和水反應生成次氯酸和鹽酸，轉化能實現，C正確；D乙醇不能與銀氨溶液反應，乙醇與氧氣發生催化氧化生成乙醛，

5、D錯誤；故選：C。5. X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序數依次增大。X、Z的基態原子2p軌道中均有2個未成對電子，W的最外層電子數是次外層的一半，Q最外層有1個電子，內層電子全部充滿。Q2+能與NH3形成Q(NH3)42+，Q(NH3)42+中2個NH3被2個Cl-取代可得兩種不同的結構。Q2Z晶胞如下圖所示。下列說法正確的是A 原子半徑：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 電負性：x(Z)x(Y)x(X)x(W)C. Q在周期表中位于第四周期IA族D. 簡單氫化物的沸點：ZYXW【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序數依次增大。X、Z

6、的基態原子2p軌道中均有2個未成對電子，X是C元素、Z是O元素，則Y是N元素；W的最外層電子數是次外層的一半，W是Si元素；Q最外層有1個電子，內層電子全部充滿，Q是Cu元素。【詳解】A電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，質子數越多半徑越小，原子半徑：r(Si)r(C)r(N)r(O)，故A錯誤；B元素非金屬性越強電負性越大，電負性：x(O)x(N)x(C)x(Si)，故B正確；CQ是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C錯誤；DH2O、NH3存在分子間氫鍵，沸點較高；同主族元素從上到下氣態氫化物的沸點依次升高，沸點CH4NH3 SiH4 CH4，故D錯誤；選B。6. X、Y、Z、W、

7、Q是周期表中前4周期元素，且原子序數依次增大。X、Z的基態原子2p軌道中均有2個未成對電子，W的最外層電子數是次外層的一半，Q最外層有1個電子，內層電子全部充滿。Q2+能與NH3形成Q(NH3)42+，Q(NH3)42+中2個NH3被2個Cl-取代可得兩種不同的結構。Q2Z種晶胞如下圖所示。下列說法正確的是A. X的一種晶體具有很大的硬度，1 mol該晶體中含有4molX-X鍵B. Y2、Z2的晶體類型均為共價晶體C. Q(NH3)42+的空間構型為正四面體形D. Q2Z晶胞中，距離每個Q+最近的Z2-有2個【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序數依次增大

8、。X、Z的基態原子2p軌道中均有2個未成對電子，則X為C，Z為O，則Y為N；W的最外層電子數是次外層的一半，則W為Si；Q最外層有1個電子，內層電子全部充滿，則Q為Cu。【詳解】AC的一種晶體硬度很大，則該晶體為金剛石，金剛石中每個C都和4個C以C-C鍵相連，每個C-C鍵被2個C共有，所以每個C相等于連接2個C-C鍵，所以1mol金剛石中含有2molC-C鍵，故A錯誤；BN2和O2晶體中存在的是分子間作用力，為分子晶體，故B錯誤；CCu(NH3)42+中2個NH3被2個Cl-取代可得兩種不同的結構，所以Cu(NH3)42+為平面正方形結構，故C錯誤；D根據陰陽離子個數比可知，在Cu2O晶胞中，

9、頂點和體心為O2-，內部的4個離子為Cu+，則距離每個Cu+最近的O2-有2個，距離每個O2-最近的Cu+有4個，故D正確；故選D。7. C10H18在催化劑作用下，發生脫氫反應的過程如下圖所示。下列說法不正確的是A. 反應B. 反應的S0C. C10H18(l)到C10H8(l)的反應速率快慢主要由第2步反應決定D. 使用催化劑不會改變反應的H【答案】C【解析】【詳解】A焓變=正反應活化能-逆反應活化能，則反應的，A正確；B反應是氣體分子數增大的反應，則S0，B正確；C活化能越大反應速率越慢，由圖知第1步反應的活化能大于第2步，則反應速率快慢主要由第1步反應決定，C錯誤；D使用催化劑可降低反

10、應活化能，但不會改變反應的H，D正確；故選：C。8. 一種水性電解液Zn-MnO2離子選擇雙隔膜電池如下圖所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列敘述不正確的是A. 放電時Zn作負極B. a為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜C. 放電時MnO2電極上發生的反應：D. 電路中每通過1 mol電子，Zn電極的質量減小32.5g【答案】B【解析】【分析】根據題意可知，此裝置為原電池，Zn為負極，發生氧化反應，電極反應為Zn-2e-+4OH-=，負極區K+剩余，通過隔膜遷移到II區；MnO2電極為正極，發生還原反應：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O，正極區過量，通過隔膜遷移到II區，

11、故II區中K2SO4溶液的濃度增大，據此分析。【詳解】AZn為負極，發生氧化反應，電極反應為Zn-2e-+4OH-=，故A正確；BI區的通過隔膜向區遷移，a為陰離子交換膜，K+從III區通過隔膜遷移到II區，b為陽離子交換膜，故B錯誤；CMnO2電極做正極，電極反應為：MnO2+4H+2e-Mn2+2H2O，故C正確；DZn電極反應式為Zn-2e-+4OH-=，所以電路中通過1mol電子，負極鋅溶解的質量為0.565=32.5g，故D正確；故選：B。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包

12、括兩個選項只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分9. 一種具有生物活性的有機物X其結構如下圖所示。下列關于X的說法正確的是A. X分子中含有1個手性碳原子B. 能與NaHCO3溶液反應生成CO2C. 1mol X最多能消耗溴水中3mol Br2D. 1mol X最多能與5 molH2發生加成反應【答案】A【解析】【詳解】A連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，則只有與甲基相連的碳原子為手性碳原子，故A正確；B該物質不含羧基，不能與NaHCO3溶液反應生成CO2，故B錯誤；C酚羥基的鄰對位可以與溴水發生取代反應，碳碳雙鍵可以與溴水發生加成反應，則1molX

13、最多能消耗溴水中4molBr2，故C錯誤；D苯環、碳碳雙鍵、羰基均與氫氣發生加成反應，則1molX最多能與7molH2發生加成反應，故D錯誤；答案選A。10. 工業上常用芒硝()和煤粉在高溫下生產硫化鈉粗品，生產的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。一種生產芒硝并進行純化的流程如下圖所示：下列說法正確的是A. 和煤粉高溫下反應所得CO和Na2S的物質的量之比為2：1B. “溶解”時需要適當升高溫度C. “操作I”是趁熱過濾D. 含少量Na2S的乙醇可通過分液的方法回收乙醇【答案】BC【解析】【分析】和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同時生成C

14、O，反應方程式為：；加入熱乙醇溶解Na2S，趁熱過濾去除重金屬硫化物和煤粉；再使用95%乙醇重結晶可純化Na2S粗品。【詳解】A. 據分析，和煤粉高溫下反應所得CO和Na2S的物質的量之比為4：1，故A錯誤；B. Na2S溶于熱乙醇，“溶解”時需適當加熱，故B正確；C. 據分析，“操作I”是趁熱過濾，故C正確；D. 回收含少量Na2S的乙醇應使用蒸餾裝置，故D錯誤；故選BC。11. 下列實驗方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A取少量久置的Na2SO3粉末于試管中，向其中滴加BaCl2溶液Na2SO3粉末是否變質B將鐵片置于鹽酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液鐵片表面是否已被氧化C

15、向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加熱后一段時間后，向其中滴加碘水檢驗淀粉是否水解D向品紅溶液中滴加新制氯水，觀察溶液顏色變化氯水是否具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A亞硫酸鈉和空氣中氧氣反應生成硫酸鈉，硫酸鈉、亞硫酸鈉都會和氯化鋇生成白色沉淀，A錯誤；B即使鐵被氧化，氧化鐵和鹽酸生成氯化鐵，氯化鐵還會和鐵生成氯化亞鐵，亞鐵離子不能使KSCN溶液變色，B錯誤；C淀粉不水解或部分水解，溶液都會變藍色，C錯誤；D新制氯水中含有氯氣和水生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品紅溶液褪色，D正確；故選D。12. 電池級草酸亞鐵可作為生產磷酸鐵鋰電池的原料，還可用作照相顯影劑等

16、。實驗室可通過如下反應制取FeC2O4。,已知室溫時：Ka1(H2C2O4)=610-2、Ka2(HC2O4)=610-5、Ksp(FeC2O4)=110-6，下列說法正確的是A. 0.10 molL-1 Na2C2O4溶液和0.10 molL-1 NaHC2O4溶液所含微粒種類完全相同B. NaHC2O4水解的離子方程式為：C. 室溫時0.10 molL-1 NaHC2O4溶液呈堿性D. 室溫時反應的平衡常數K=3.6【答案】AD【解析】【詳解】ANa2C2O4中存在水解平衡，NaHC2O4中存在電離平衡和水解平衡，所含微粒種類都有Na+、H+、OH-、H2C2O4、H2O，兩者完全相同，A

17、正確；BNaHC2O4水解的離子方程式為：，B錯誤；CNaHC2O4溶液的電離平衡常數為Ka2(HC2O4)=610-5，室溫時水解平衡常數為，則電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，C錯誤；D室溫時反應的平衡常數，D正確；故選：AD。13. 丙烯是一種重要的有機化工原料，工業上以丁烯、乙烯為原料制取丙烯的反應如下：，一定溫度下，向體積為V L密閉容器中充入1 mol C4H8(g)和1 mol C2H4(g)，測得C3H6的體積分數隨時間的變化如圖中線I所示。已知幾種氣體的燃燒熱如下表所示氣體C2H4(g)C3H6(g)C4H8(g)燃燒熱/kJ/mol141120492539下列說法正確的是A

18、. C4H8(g)燃燒的熱化學方程式可表示為C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g) H=-2539 kJ/molB. a=148C. 該溫度下反應的平衡常數為64D. 圖中線可能是其他條件一定，反應在更高溫度時進行【答案】BC【解析】【詳解】A燃燒熱是1 mol物質C4H8(g)完全燃燒產生CO2氣體和液態水時放出熱量是2539 kJ，而不是產生氣態水，其燃燒熱的熱化學方程式應該為C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l) H=-2539 kJ/mol，A錯誤；B根據物質燃燒熱可得熱化學方程式為：C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l

19、) H=-2539 kJ/mol；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-1411 kJ/mol；C3H6(g)+4.5O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H=-2049 kJ/mol，根據蓋斯定律，將+-2，整理可得C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g) H=+148 kJ/mol，所以a=148，B正確；C根據反應方程式C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)可知：該反應是反應前后氣體物質的量不變的反應。反應達到平衡時C3H6的體積分數是80%，則n(C3H6)=2 mol80%=1.6 mol，反應消耗C4H8(g)、C2H4(g)都是0

20、.8 mol，故平衡時n(C4H8)=n(C2H4)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol，由于容器的容積是V L，則反應達到平衡時化學平衡常數K=，C正確；D升高溫度，反應速率加快，達到平衡所需時間縮短，但化學平衡向吸收的正反應方向移動，導致C3H6的體積分數增大，與圖象不吻合，故曲線II不是在更高溫度下進行。改變條件可能是增大了壓強或使用了催化劑，D錯誤；故合理選項是BC。非選擇題14. 根據信息書寫方程式或描述反應過程。（1）BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，弱酸性條件下降解苯酚的反應原理如下圖所示。虛線框內BMO降解苯酚的過程可描述為：_。寫出與苯

21、酚反應的離子方程式：_。（2）氯化銀可以溶于氨水中，寫出該反應的離子方程式：_。【答案】（1） . C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O . 3C6H5OH+28+28H+=18 CO2+23H2O （2）AgCl+2NH3= +Cl-【解析】【小問1詳解】根據圖知，虛線框內BMO降解苯酚的過程中：反應物是苯酚和氧氣，生成物是二氧化碳和水。所以該過程的總反應為：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；故答案為：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；由圖可知，C6H5OH可被氧化生成水和二氧化碳，反應的離子方程式是：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2+23H2O；故答案為：3

22、C6H5OH+28+28H+=18 CO2+23H2O；【小問2詳解】氯化銀可以溶于氨水中生成銀氨絡離子，該反應的離子方程式為 ：AgCl+2NH3= +Cl-；故答案為：AgCl+2NH3= +Cl-。15. 硫化鉍(Bi2S3)可用作新型鋰離子電池電極材料。以輝鉍礦(主要含Bi2S3，還含有少量Fe2O3、SiO2等雜質)為原料制備高純Bi2S3的流程如下：（1）Bi在周期表中位于第六周期VA族。Bi的價電子排布式為_。（2）浸出后Bi元素以Bi3+形式存在于溶液中，寫出浸出時Bi2S3所發生反應的離子方程式：_。（3）若浸出后的溶液中c(Bi3+)=0.4molL-1，c(Fe3+)=4

23、.010-2molL-1，c(Fe2+)=1.2molL-1，則為了防止析出氫氧化物沉淀，需控制溶液的pH范圍是_。(已知KspBi(OH)3=410-31，KspFe(OH)3=410-38， KspFe(OH)2=810-16)（4）還原時與鐵粉發生置換反應的離子是_。（5）氧化后所得物質是Bi2O3，酸溶后所得物質是Bi(NO3)3，如果不用空氣氧化，直接用濃硝酸酸溶也可得到Bi(NO3)3，先用空氣氧化后再用濃硝酸溶解的優點是_。（6）硫化時，向Bi(NO3)3溶液加入硫代乙酰胺(CH3CSNH2)，可析出Bi2S3沉淀，洗滌、干燥后可得高純度的Bi2S3，硫代乙酰胺的結構式可表示為_

24、。【答案】（1）6s26p3 （2）Bi2S3+6Fe3+=2Bi3+6Fe2+3S （3）pH2 （4）Bi3+ （5）減少硝酸的消耗，且防止生成有毒氣體二氧化氮 （6）【解析】【分析】輝鉍礦(主要含Bi2S3，還含有少量Fe2O3、SiO2等雜質)中加入FeCl3、HCl，Fe2O3溶于鹽酸生成FeCl3，Bi2S3被FeCl3氧化為S，FeCl3被還原為FeCl2；過濾得濾渣S、SiO2，濾液中含有BiCl3、FeCl2、FeCl3；加入Fe粉，將Bi3+還原為Bi；通空氣將Bi氧化為Bi2O3，加濃硝酸溶解生成Bi(NO3)3，用CH3CSNH2硫化，可生成Bi2S3。【小問1詳解】B

25、i在周期表中位于第六周期VA族，則Bi的第6電子層有5個電子，Bi的價電子排布式為6s26p3。答案為：6s26p3；【小問2詳解】浸出后Bi元素以Bi3+形式存在于溶液中，則浸出時Bi2S3與FeCl3發生氧化還原反應，生成BiCl3、FeCl2、S等，所發生反應的離子方程式：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3+6Fe2+3S。答案為：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3+6Fe2+3S；【小問3詳解】若浸出后的溶液中c(Bi3+)=0.4molL-1，則0.4c3(OH-)=410-31，c(OH-)=110-10，pH=4；c(Fe3+)=4.010-2molL-1，則4.010-2c3(OH

26、-)=410-38，c(OH-)=110-12，pH=2；c(Fe2+)=1.2molL-1，則1.2c2(OH-)=810-16，c(OH-)=1.710-8，pH=6.2。則為了防止析出氫氧化物沉淀，需控制溶液的pH范圍是：pH2。答案為：pH2；【小問4詳解】由分析可知，還原時與鐵粉發生置換反應的離子是Bi3+。答案為：Bi3+；【小問5詳解】氧化后時，發生反應為：4Bi+3O2=2Bi2O3、Bi2O3+6HNO3=2Bi(NO3)3+3H2O；如果不用空氣氧化，直接用濃硝酸酸溶，發生反應為：Bi+6HNO3(濃)=Bi(NO3)3+3NO2+3H2O，從而得出先用空氣氧化后再用濃硝酸

27、溶解的優點是：減少硝酸的消耗，且防止生成有毒氣體二氧化氮。答案為：減少硝酸的消耗，且防止生成有毒氣體二氧化氮；【小問6詳解】硫代乙酰胺的結構式可表示為 。答案為： 。【點睛】要使金屬離子不產生沉淀，需控制溶液中c(H+)大于剛好發生沉淀時的c(H+)，即溶液的pH小于剛好沉淀時的pH。16. ClO2是一種高效消毒滅菌劑，可用于滅活新冠病毒。ClO2穩定性差，工業上可將ClO2轉化為較穩定的NaClO2保存。一種由NaC1O3制取NaClO2晶體的流程如下：已知高于60時，NaC1O2易分解為NaC1O3和NaCl。（1）制C1O2.向用硫酸酸化的NaClO3中通入混有空氣(起稀釋作用)的SO

28、2的氣體，可制得C1O2氣體。其他條件一定，若通入的SO2過量，所得ClO2的體積將減小，原因是_。（2）制NaClO2溶液。將一定量的ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中，充分反應后可制得NaClO2溶液。由該反應可以比較反應物和產物中兩種微粒的氧化性大小。堿性條件下，兩種微粒的氧化性大小規律為_。_（3）制NaClO2晶體。已知NaClO2的溶解度曲線如圖所示。設計由質量分數為10%的NaClO2溶液(含少量NaOH)制取NaClO23H2O晶體的實驗方案：_。（4）NaClO2晶體使用時，向其中加入鹽酸，即可得到ClO2氣體。已知反應產物中只有一種氣體和一種鹽，則消耗1molNaC

29、lO2，可生成ClO2的物質的量為_。（5）ClO2還可將堿性廢水中的CN-化為N2和CO，自身轉化為Cl-。經測定，某冶煉廢水中CN-含量為1040mgL-1，處理該廢水10m3，理論上需要通入標準狀況下ClO2的體積為多少升？(寫出計算過程)_【答案】（1）過量SO2會稀釋ClO2造成體積減小 （2）ClO2 O2 （3）將溶液加熱至溫度略低于60，濃縮，冷卻至溫度略高于38時結晶，過濾，洗滌 （4）0.8mol （5）8960L【解析】【分析】NaClO3溶液中加入稀硫酸，然后通入SO2和空氣，首先發生反應：2NaClO3+SO2=Na2SO4+ClO2，將ClO2通入NaOH和H2O2

30、的混合溶液中反應原理為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，再將NaClO2溶液經過一系列操作得到NaClO2晶體，據此分析作答。【小問1詳解】制C1O2發生反應的原理是：2NaClO3+SO2=Na2SO4+ClO2，其他條件一定，若通入的SO2過量，所得ClO2的體積將減小，原因是過量SO2會稀釋ClO2造成體積減小；【小問2詳解】將ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中反應原理為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，Cl元素化合價降低，氧化劑是ClO2，O元素化合價升高，O2是氧化產物，由氧化劑的氧化性強于氧化產物，則氧化性

31、：ClO2 O2；【小問3詳解】由圖可知，NaClO2飽和溶液中，溫度低于38時，析出晶體NaClO23H2O，溫度高于38時，析出晶體NaClO2，所以從NaClO2溶液中獲得NaClO2的操作是將溶液加熱至溫度略低于60，濃縮，冷卻至溫度略高于38時結晶，過濾，洗滌；【小問4詳解】NaClO2加入鹽酸生成ClO2氣體和一種鹽NaCl，發生了歧化反應，反應方程式為5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，則消耗1molNaClO2，可生成ClO2的物質的量為0.8mol；【小問5詳解】CN-中C為+2價、N為-3價，ClO2還可將堿性廢水中CN-化為N2和，自身轉化為Cl-

32、，反應的離子方程式為2ClO2+2 CN-+4OH-= N2+2+2Cl-+2H2O，廢水中m(CN-)=1040gL-110-310103L =10400g，n(CN-)=，消耗400mol ClO2，標準狀況下ClO2的體積為V=nVm=400mol22.4L/mol=8960L。17. 有機物G的一種合成路線如下圖所示(反應的條件未列出)：（1）反應還需的反應物和條件是_。（2）化合物E的結構簡式為_。（3）反應的反應類型為_。（4）的一種同分異構體符合下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_I.能使溴的CCl4溶液褪色，能與Na反應放出H2，不能與NaHCO3溶液反應；.分子中含一個五

33、元碳環和3種化學環境不同的氫原子。（5）已知：+CH3OH。設計以1，3-丁二烯、CH3OH和CH3CH2ONa為原料制取的路線圖(無機試劑及有機溶劑任用)。_【答案】（1）反應物為濃氫溴酸，條件為加熱 （2） （3）取代反應 （4） （5）CH2=CHCH=CH2 CH2BrCH2CH2CH2BrHOOCCH2CH2CH2CH2COOH+ CH3OH【解析】【分析】A發生加成反應，醛基變為羥基生成B，B發生取代反應，羥基變為溴原子生成C，C生成D引入羧基；D生成E，E生成F結合E化學式、F結構簡式可知，D生成E為酯化反應，E結構簡式為；F中溴原子被取代，發生取代反應生產G；【小問1詳解】B發生取代反應，羥基變為溴原子生成C，需要的反應物為濃氫溴酸，條件為加熱；【小問2詳解】由分析可知，化合物E的結構簡式為；【小問3詳解】反應為F中溴原子被取代，發生取代反應生產G，故類型為取代反應；【小問4詳解】的一種同分異構體符合下列條件：I.能使溴的CCl4溶液褪色