广州市广州市东圃中学2020届高三上学期期中考试理科综合化学试题 16页

广州市东圃中学2020届第一学期高三试卷(期中考)理科综合(化学部分）‎ 可能用到的相对原子质：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Se-79‎ 一、选择题(本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)‎ ‎1.化学与生活息息相关， 下列说法不正确的是 A. 硅胶多孔， 常用作食品干燥剂和催化剂的载体 B. 水玻璃可用作黏合剂和防火剂 C. 明矾是一种水处理剂，可用于水的杀菌、消毒 D. “静电除尘”，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化"都能提高空气质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故A不符合题意；‎ B、水玻璃是矿物胶，可用作黏合剂，其不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故B不符合题意；‎ C、明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但不具有杀菌消毒作用，故C符合题意；‎ D、“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，有利于提高空气质量，故D不符合题意。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 A. 25C时，1L pH=1的硫酸溶液中，含有H+的数目为0.2NA B. 标况下，22.4L Cl2与足量Fe和Cu混合物点燃，反应后，转移的电子数为2 NA个 C. 50mL 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA D. 标准状况下，11.2L SO3含有分子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、pH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，故1L该溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，N(H+)=0.1mol×NAmol-1=0.1NA，故A错误；‎ B、标况下，22.4L Cl2的物质的量为 ‎=1mol，与足量Fe和Cu混合物点燃，氯元素化合价均降低为-1价，故转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，故B正确；‎ C、浓盐酸与足量MnO2共热反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低，后续反应将停止，故无法计算出具体转移电子数，故C错误；‎ D、标准状况下，SO3不是气体状态，故无法用气体摩尔体积计算其数目，故D错误。‎ ‎3.下列有关描述不正确的是 A. 新制饱和氯水和浓硝酸光照下均会有气体产生，其成分中都有氧气 B. 灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应 C. 钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同 D. 浓硫酸具有较强酸性，能与Cu反应生成H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、新制饱和氯水中含有HClO，HClO不稳定，在光照条件下会发生分解：2HClO2HCl＋O2↑，浓硝酸在光照条件下会发生分解：4HNO34NO2↑＋2H2O＋O2↑，故A不符合题意；‎ B、因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应，故灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，一般使用铁坩埚加热熔融NaOH，故B不符合题意；‎ C、钠在空气燃烧，生成物为淡黄色固体过氧化钠，钠在氯气中燃烧，生成物为白色固体氯化钠，因钠元素的焰色反应为黄色，故钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，故C不符合题意；‎ D、浓硫酸具有强酸性和强氧化性，但在常温下不与Cu反应，在加热条件下，与Cu反应生成物为硫酸铜、二氧化硫、水，不会生成H2，故D符合题意。‎ ‎4.下列反应的方程式正确的是 A. 蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O B. Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2O C. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓‎ D Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；‎ B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；‎ C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；‎ D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。‎ ‎【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法 ‎（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。‎ ‎（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。‎ ‎5.一种可充电锂-空气电池如图所示，当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是 A. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 B. 充电时，电池总反应为Li2O2-x==2Li+(1-)O2‎ C. 放电时，多孔碳材料电极为负极 D. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，放电时负极反应为Li－e－=Li＋，正极反应为(2－x)O2＋4Li＋＋4e－=2Li2O2－x(x＝0或1)，电池总反应为O2＋2Li=Li2O2－x。‎ ‎【详解】A、该电池放电时，电解质溶液中的Li＋向多孔碳材料区迁移，充电时电解质溶液中的Li＋向锂材料区迁移，A项错误；‎ B、充电时电池总反应为Li2O2－x=2Li＋(1－)O2，B项正确；‎ C、该电池放电时，金属锂为负极，多孔碳材料为正极，C项错误；‎ D、该电池放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极，D项错误。‎ ‎【点睛】本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。‎ ‎6.W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，X的气态氢化物的水溶液呈碱性，Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Z2—的电子层结构与氩相同。下列说法正确的是 A. 工业上常用电解熔融Y的氧化物制取Y的单质 B. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 C. 简单氢化物沸点：W>X D. 简单离子半径：Z>X>Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，W为C；X的气态氢化物的水溶液呈碱性，X为N；Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na；Z2-的电子层结构与氩相同，Z的质子数为18-2=16，Z为S，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na，Z为S，‎ A、Na为活泼金属，工业上常用电解熔融NaCl制取Y的单质，故A错误；‎ B、Y与Z形成化合物为Na2S，水解显碱性，水溶液可使红色石蕊试纸变蓝，故B错误；‎ C、氨气分子间含氢键，沸点较高，则简单氢化物沸点：WX>Y，故D正确。‎ ‎7.下列根据实验操作、现象和所得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀生成 溶液中一定含有SO42－‎ B 向Fe(NO3)2溶液中滴入H2SO4酸化的H2O2溶液 溶液变为黄色 氧化性：Fe3＋﹥H2O2‎ C 向0.1mol·L-1 AgNO3溶液中滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1 NaI溶液 先有白色沉淀后变为黄色沉淀 Ksp：AgClAgI，二者属于同类型难溶物，故Ksp：AgCl>AgI，故C错误；‎ D、下层呈红棕色，说明有溴生成，可说明氧化性：Cl2>Br2，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎8.二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：‎ ‎（1）ClO2的制备： ‎ 已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4‎ ‎①装置A中反应的化学方程式为________________。‎ ‎②欲收集干燥的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为A→_______、_______、_______→C（按气流方向）。‎ ‎③装置D的作用是_______________。‎ ‎（2）ClO2与Na2S的反应 将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。‎ 操作步骤 实验现象 结论 取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸 品红始终不褪色 ‎①无___生成 另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡 ‎②____________‎ 有SO42−生成 ‎③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2‎ 有白色沉淀生成 有Cl−生成 溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内_________‎ ‎④ClO2与Na2S反应离子方程式为___________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是______________（任写一条）。‎ ‎【答案】 (1). Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). E (3). B (4). D (5). 冷凝并收集ClO2 (6). SO2(或HSO3−或SO32−) (7). 溶液中有白色沉淀生成 (8). 加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液 (9). 8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ (10). ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍（写一条即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）ClO2 的制备：装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；‎ ‎（2）根据实验可知ClO2 与 Na2S 反应有氯离子、硫酸根离子的生成；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。‎ ‎【详解】（1）①装置 A 中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；‎ ‎②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→gh→bc→ef→d；‎ ‎③装置D的作用为冷凝并收集ClO2；‎ ‎（2）将适量的稀释后的 ClO2 通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，‎ ‎①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(或HSO3−或SO32−)生成；‎ 故答案为：SO2(或HSO3−或SO32−)；‎ ‎②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO42−‎ 生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；‎ 故答案为：溶液中有白色沉淀生成；‎ ‎③结论为有Cl−生成，现象为有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；‎ 故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；‎ ‎④由上述分析可知ClO2 与 Na2S 反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点有：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；‎ 故答案为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。‎ ‎9.甲醇既可用于基本有机原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。‎ ‎(1)以下是工业上合成甲醇的两个反应：‎ 反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1‎ 反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2‎ ‎①上述反应符合“原子经济"原则的是__________(填“I”或“II”)。‎ ‎②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)。‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 由表中数据判断反应I为__________热反应(填“吸"或“放”)。‎ ‎③某温度下，将1mol CO和3mol H2充入1L的恒容密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为________，此时的温度为___________(从表中选择)。‎ ‎(2)现以甲醇燃料电池。采用电解法来处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72—)时，实验室利用下图装置模拟该法：‎ ‎①N电极的电极反应式为_____________________。‎ ‎②请完成电解池中Cr2O72—转化为Cr3+的离子反应方程式：（ ） Cr2O72-+（ ） Fe2++（ ）═（ ） Cr3+ +（ ）Fe3++（ ） H2O ‎(3)处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)=1×10—5mol-L-1时，Cr3+沉淀完全，此时溶液的pH=_____________(已知，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32)‎ ‎【答案】 (1). I (2). 放热 (3). 80% (4). 250℃ (5). O2+4e−+4H+=2H2O (6). 1 (7). 6 (8). 14H+ (9). 2 (10). 6 (11). 7 (12). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据“原子经济”定义解答；‎ ‎②由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ ‎③某温度下，将1molCO和3molH2充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎ CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ 由此计算CO转化率和此温度下平衡常数，进而判断温度；‎ ‎（2）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+‎ 的系数为6，再结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（3）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH-)=1×10‾32计算c(OH-)，根据KW=c(H+)×c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎【详解】（1）①“原子经济性”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，由此可知，更符合原子经济的是I；‎ ‎②由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ ‎③某温度下，将1molCO和3molH2充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎                   CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ CO转化率=×100%=80%，平衡常数K===2.041，故温度为250℃，‎ 故答案为：放热；80%；250℃；‎ ‎（2）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，负极电极反应式为：CH3OH−6e−+H2O=6H++CO2↑，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，正极电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，‎ 故答案为：O2+4e−+4H+=2H2O；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，反应离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，‎ 故答案为：1；6；14H+；2；6；7；‎ ‎（3）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH−)=1×10-32，c(Cr3+)=1×10-5mol·L−1时，溶液中c(OH−)=‎ ‎==1×10-9mol·L−1，则c(H+)==mol/L=1×10-5mol·L−1，则pH=−lg(1×10-5) =5。‎ ‎10.工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要合氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，工艺流程如下：‎ 已知：a. NaHSO4的溶解度随着温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出；‎ b.高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点:90℃。‎ ‎(1)操作①冷却过滤的目的是__________________‎ ‎(2)反应器I中发生化学反应方程式是_________________，反应器I中的温度最佳为__________(填序号)；操作②的名称为______________。‎ A.0℃ B. 20℃ C. 80℃ D. 120℃‎ ‎(3)反应器II中发生反应的离子方程式为_________；SO2的作用为_______________(氧化剂、还原剂)。‎ ‎(4)加快反应器II中反应速率的措施有___________(写出2种措施即可)等。从反应器II中获得NaClO2粗品的实验操作依次是______________(选序号，下同)，进一步提纯的操作名称为______________‎ A.过滤 B.重结晶 C.蒸馏 D.蒸发浓缩 E.蒸干灼烧 F.冷却结晶 ‎【答案】 (1). 降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出 (2). 3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O (3). C (4). 蒸馏 (5). 2ClO2+SO2+4OH−=2ClO2-+SO42−+2H2O (6). 还原剂 (7). 适当升高温度、或增大氢氧化钠的浓度、气体与溶液的接触面积（写出两条即可） (8). DFA (9). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O，生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反应器II中与二氧化硫、氢氧化钠反应2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O，生成亚氯酸钠，再得到其晶体；反应器I中得到的溶液通过冷却过滤得到NaHSO4晶体，滤液为HClO4，蒸馏得到纯净的HClO4，据此分析。‎ ‎【详解】（1）已知：NaHSO4的溶解度随着温度的升高而增大，故用冷却过滤的目的是降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；‎ 故答案为：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；‎ ‎（2）由图可知，NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应，生成物有HClO4、ClO2、NaHSO4等，根据原子守恒、化合价升降守恒配平其方程式为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；反应器I中加入的氯酸钠在浓硫酸的作用下发生了氧化还原反应，得到ClO2 气体和高氯酸，所以要得到较高浓度的高氯酸溶液，应该尽可能的升温使ClO2 气体溢出，同时温度不能过高，超过高氯酸沸点温度90℃容易使高氯酸气化，所以最佳温度应该选C，80℃；而在后一阶段的滤液中再获得纯净的高氯酸产品，可以选择蒸馏，升高温度至高氯酸沸点温度，蒸馏得到高氯酸纯品；‎ 故答案为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；C；蒸馏；‎ ‎（3）从反应II的前后反应物和产物可以看出，发生了氧化还原反应，ClO2 气体做氧化剂，SO2做还原剂在反应中被氧化为了SO42−，有碱参与反应生成盐和水，反应的离子方程式为2ClO2+SO2+4OH−=2ClO2-+SO42−+2H2O；‎ 故答案为：2ClO2+SO2+4OH−=2ClO2-+SO42−+2H2O；还原剂；‎ ‎（4）影响反化学应速率的因素有温度、浓度、接触面积等，所以在反应器II中要加快反应速率，可以通过适当升高温度、或增大氢氧化钠的浓度、气体与溶液的接触面积等措施来改变;若要从从反应器II中获得NaClO2 晶体粗品，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到，故选DFA；进一步提纯粗品晶体，则应该对该粗产品进行重结晶处理；‎ 故答案为：适当升高温度、或增大氢氧化钠的浓度、气体与溶液的接触面积等；DFA；B；‎ 故答案为：适当升高温度、或增大氢氧化钠的浓度、气体与溶液的接触面积（写出两条即可）；DFA；B。‎ ‎11.有机物F（ ）是合成某种药物的中间体，它的一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为______，分子中处于同一平面的原子最多有____个。‎ ‎（2）E中官能团名称是_____，①～④中属于加成反应的是_______（填序号）。‎ ‎（3）反应③的化学方程式为______________。‎ ‎（4）反应⑤的生成物有两种，除了F以外，另一种生成物的名称是______。 ‎ ‎（5）满足下列条件的D的同分异构体有______种。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应； ③分子中有1个甲基 ‎（6）仿照E的合成路线，设计一种由合成的合成路线_________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 16 (3). 酯基 (4). ①② (5). (6). 乙二醇 (7). 23 (8). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据C结构简式，逆推B是 ‎；A是苯乙烯； ，F是，根据原子守恒，可知另一种产物是乙二醇；综合分析①②③④⑤分别是加成反应、加成反应、取代反应、取代反应、取代反应。‎ 解析：根据以上分析，（1）A是苯乙烯，结构简式为，分子中苯环、乙烯分别为2个平面，单键可旋转，所以所有原子可能处于同一平面，最多有16 个原子共平面。‎ ‎（2）E中官能团名称是酯基，①～④分别是加成反应、加成反应、取代反应、取代反应，属于加成反应的是①②。‎ ‎（3）反应③的化学方程式为。‎ ‎（4），F是，根据原子守恒，可知另一种产物是乙二醇。‎ ‎（5）①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； ②能发生银镜反应，说明由醛基； ③分子中有1个甲基，满足以上条件的D的同分异构体有 ‎，共23种。‎ ‎（6）仿照E的合成路线，设计一种由合成的合成路线。与HCl取代反应生成，与NaCN取代反应生成，水解为，最后 与苯甲醇发生酯化反应生成，所以合成路线为 点睛：在书写能发生银镜反应的物质恶同分异构体时，可能有醛类、甲酸、甲酸酯类。‎ ‎ ‎