届江苏省苏州市高三上学期期初调研化学试题解析版.docx
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届江苏省苏州市高三上学期期初调研化学试题解析版
江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研
一、单项选择题
1.化学与人类的生产、生活密切相关。
下列说法正确的是（ ）
A.含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用
B.油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C.将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法
D.废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料
『答案』C
『详解』A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；
B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；
C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；
D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。
答案选C。
2.工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A.Na+的结构示意图：
B.中子数为18的氯原子：
Cl
C.NaOH的电子式：
D.Cl2的结构式：
Cl＝Cl
『答案』B
『详解』A、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：
，故A错误；
B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为
Cl，故B正确；
C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：
，故C错误；
D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：
，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：
Cl-Cl，故D错误；
答案选B。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A.Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B.FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C.漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D.明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
『答案』B
『详解』A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
『点睛』试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A.使酚酞变红
溶液中：
Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B.c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：
K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣
C.澄清透明的溶液中：
Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D.c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣
『答案』C
『详解』A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
答案选C。
5.下列实验装置正确的是（ ）
A.用图1所示装置收集SO2气体
B.用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4
C.用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D.用图4所示装置制取并收集O2
『答案』D
『详解』A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；
B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；
C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；
D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。
答案选D。
6.下列有关表述正确的是（ ）
A.HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B.Na2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同
C.室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D.SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
『答案』D
『详解』A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A错误；
B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：
Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B错误；
C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；
D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D正确；
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A.实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：
MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O
B.将Cl2溶于水制备次氯酸：
Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
C.用过量的NaOH溶液吸收SO2：
OH﹣+SO2＝HSO3﹣
D.向AlCl3溶液中加入氨水：
Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
『答案』A
『详解』A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：
MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；
D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；
答案选A。
『点睛』考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
8.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（ ）
A.元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B.元素X与氢形成的原子比为1：
1的化合物有很多种
C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
『答案』A
『分析』X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。
Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
『详解』X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。
Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
A、W、X
氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；
B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；
C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
答案选A。
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.
B.
C.
D.
『答案』C
『详解』A、二氧化硅与盐酸不反应，Si与氯气加热反应生成SiCl4，SiCl4与氢气反应生成Si，故A错误；
B、FeS2煅烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，故B错误；
C、饱和NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，所以在给定条件下，物质间转化均能实现，故C正确；
D、MgCO3与盐酸反应生成MgCl2溶液，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，得不到Mg，故D错误。
答案选C。
『点睛』考查常见元素及其化合物性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反应中反应条件的应用。
10.下列说法正确的是（ ）
A.钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液
B.镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+
C.镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀
D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
『答案』D
『详解』A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；
B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；
C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；
D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。
答案选D。
『点睛』考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。
二、不定项选择题
11.下列说法正确的是（ ）
A.室温下，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的△H＜0
B.甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应
C.常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中
的值减小
D.在Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小
『答案』AC
『详解』A、△H﹣T•△S＜0反应自发，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）是熵减反应△S＜0，只有放热反应△H＜0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；
B、甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子发生氧化反应，故B错误；
C、加水稀释促进电离，导致n（CH3COO﹣）增大，n（CH3COOH）减小，因此
＝
减小，故C正确；
D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，生成碳酸钙沉淀和NaOH，CO32﹣水解程度减小，但溶液的pH增大，故D错误。
答案选AC。
12.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关X、Y的说法正确的是（ ）
A.X分子中所有原子一定在同一平面上
B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C.X、Y均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.可以用FeCl3溶液鉴别X和Y
『答案』BD
『详解』A、与﹣OH相连的苯环之间的单键可旋转，则不一定所有原子共面，故A错误；
B、Y含碳碳双键，且连接4个不同基团的C具有手性，则Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子，与甲基相连的C具有手性，故B正确；
C、X含酚﹣OH、Y含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D、含酚﹣OH的有机物遇FeCl3溶液显紫色，可以用FeCl3溶液鉴别X和Y，故D正确；
答案选BD。
『点睛』考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键；上述X物质中含有溴原子、酚羟基，而反应后在Y中有溴原子、酯基、碳碳双键。
13.根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现
结论
A
常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色
常温下，Ksp『Fe（OH）3』＞
Ksp『Mg（OH）2』
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色
氧化性：
H2O2＞Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
『答案』D
『详解』A、将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；
B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。
答案选D。
『点睛』要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。
14.25℃时，将0.1mol•L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液
体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。
下列结论正确的是（ ）
A.①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
B.对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C.③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D.滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）
『答案』B
『分析』①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。
『详解』A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+），故A错误；
B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；
C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣），盐类水解程度较小，所以存在c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；
答案选B。
『点睛』本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：
电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。
15.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
A.该温度下，该反应的平衡常数K为400
B.SO2的平衡转化率：
a1＞a2＝a3
C.达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大
D.达到平衡时，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的两倍
『答案』AD
『分析』对比四个容器投料和体积，乙与甲比较，SO2的投料加倍了，则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。
『详解』A、2SO2+O2⇌2SO3，
开始0.20.120
转化0.160.080.16
平衡0.040.040.16
K＝
＝400，故A正确；
B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：
a1＜a2＝a3，故B错误；
C、丙、丁相比浓度相同，温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；
D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的两倍，故D正确；
答案选AD。
『点睛』本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。
三、非选择题
16.从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：
CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____________________________________________________．
（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_________________．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_________．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用
物质有_____________，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____________．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：
6CuFeS2+13O2
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有_____________________________________________________．
『答案』
（1）.CuFeS2 +3FeCl3＝CuCl+4FeCl2 +2S
（2）.Fe2O3（3）.Cu2+（4）.CuCl2（HCl）（5）.0.5mol（6）.会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
『分析』CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。
『详解』CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：
CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：
CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：
Fe2O3；
（3）过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：
Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，
故答案为：
CuCl2（HCl）；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染空气，且能耗高，故答案为：
会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。
17.慢心律是一种治疗心律失常的药物。
它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____________和_____________；
（2）由B→C的反应类型是_________________。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。
写出E的结构简式：
_________________________。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：
_____________。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（
）。
写出以邻甲基苯酚（
）和乙醇为原料制备
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）.醚键
（2）.羰基（3）.氧化反应（4）.
（5）.
（6）.
『分析』根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；
中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：
①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备
，应先制备
，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成
，与
反应生成
，进而氧化可生成
，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
『详解』
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：
醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH（OH）﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：
氧化反应；
（3）
中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为
，故答案为：
；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：
①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：
，故答案为：
；
（5）制备
，应先制备
，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成
，与
反应生成
，进而氧化可生成
，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：
，
故答案为：
。
18.Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是________________________________________
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