江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)2025屆高三下學(xué)期二模考試化學(xué)試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)2025屆高三下學(xué)期二?？荚囋嚲碜⒁馐马?xiàng)：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共100分，考試時(shí)間75分鐘。2.請把選擇題和非選擇題的答案均填寫在答題卷的指定欄目內(nèi)?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Ce140一、單項(xiàng)選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.人形機(jī)器人傳動(dòng)關(guān)節(jié)材料含有下列元素：Si、Fe、Cr、Ni，其中不屬于第四周期的是A.Si B.Cr C.Fe D.Ni【答案】A【解析】A．Si原子序數(shù)14，位于第三周期第ⅣA族，A符合題意；B．Cr原子序數(shù)24，位于第四周期第ⅥB族，B不符合題意；C．Fe原子序數(shù)26，位于第四周期第Ⅷ族，C不符合題意；D．Ni原子序數(shù)28，位于第四周期第Ⅷ族，D不符合題意；故選A。2.反應(yīng)可用于制備尿素，下列說法正確的是A.的電子式為 B.的空間構(gòu)型為直線形C.中既含離子鍵又含共價(jià)鍵 D.為非極性分子【答案】B【解析】A．中的N原子含有1對(duì)孤對(duì)電子，電子式為：，A錯(cuò)誤；B．的中心原子價(jià)電子對(duì)數(shù)是，無孤對(duì)電子，空間構(gòu)型為直線形，B正確；C．尿素分子的結(jié)構(gòu)式是

，不含離子鍵，C錯(cuò)誤；D．的中心原子價(jià)電子對(duì)數(shù)是，有2對(duì)孤對(duì)電子，為極性分子，D錯(cuò)誤；故選B。3.實(shí)驗(yàn)室模擬侯氏制堿制備Na2CO3。下列實(shí)驗(yàn)原理、裝置及操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制取CO2B．制取NH3C．制備NaHCO3固體D．灼燒NaHCO3固體A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．實(shí)驗(yàn)室可以CaCO3和稀鹽酸來制備CO2，反應(yīng)原理為：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，A裝置能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珹不合題意；B．實(shí)驗(yàn)室可以加熱Ca(OH)2和NH4Cl混合物來制備NH3，反應(yīng)原理為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，B裝置能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，B不合題意；C．根據(jù)侯氏制堿法可知，向飽和食鹽水中通入NH3和CO2可制得NaHCO3，NH3極易溶于水，需要防倒吸裝置，CO2能溶于水不需要防倒吸，C裝置能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C不合題意；D．對(duì)固體進(jìn)行灼燒需在坩堝或硬質(zhì)玻璃管中進(jìn)行，不能在蒸發(fā)皿中完成，即D裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，D符合題意；故答案為：D。4.硫氰鋁鎂可作為聚合反應(yīng)的催化劑。下列說法正確的是A.電負(fù)性： B.原子半徑：C.電離能： D.堿性：【答案】C【解析】A．同周期元素，從左往右元素電負(fù)性逐漸增大，則電負(fù)性大?。海蔄錯(cuò)誤；B．同周期元素，從左到右元素原子半徑逐漸減小，則原子半徑大?。海蔅錯(cuò)誤；C．同一周期從左到右，元素的第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，同主族元素，從上到下元素電離能逐漸減小，則電離能大?。?，故C正確；D．非金屬性越強(qiáng)，元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性越強(qiáng)，非金屬性：Mg＞Al，堿性強(qiáng)弱：，故D錯(cuò)誤；故選C。閱讀下列材料，完成下面小題。ⅤA族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱為624kJ/mol。常溫下，可用氨水與NaClO溶液制備N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在電弧爐中高溫灼燒可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合價(jià)為-3價(jià)，熔點(diǎn)為-116.3℃)，可由Na3AsO3在堿性溶液中電解制得。5.下列說法正確的是A.1molN2H4中含有5molσ鍵B.AsH3晶體類型為共價(jià)晶體C.As的核外電子排布式為D.白磷的空間結(jié)構(gòu)為正四面體(如題圖所示)，鍵角為6.下列物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.NaClO溶液具有堿性，可用作漂白劑B.N2H4具有還原性，可用作燃料電池的燃料C.SiO2為酸性氧化物，可用作光導(dǎo)纖維D.NH3分子間可形成氫鍵，NH3的熱穩(wěn)定性比PH3的高7.下列化學(xué)反應(yīng)方程式不正確的是A.電解Na3AsO3堿性溶液制砷烷的陰極反應(yīng)：B.氨水與NaClO溶液制N2H4的反應(yīng)：C.肼的燃燒：D.由Ca3(PO4)2制白磷的反應(yīng)：【答案】5.A6.B7.C【解析】5.A．已知單鍵均為σ鍵，由N2H4的結(jié)構(gòu)式可知：1molN2H4中含有5molσ鍵，A正確；B．由題干信息可知，AsH3的沸點(diǎn)很低，故AsH3晶體類型為分子晶體，B錯(cuò)誤；C．已知As是33號(hào)元素，故As的核外電子排布式為，C錯(cuò)誤；D．由題干白磷的空間結(jié)構(gòu)可知，構(gòu)成正四面體的六個(gè)邊均為P-P鍵，故其鍵角為60°，D錯(cuò)誤；故答案為：A；6.A．NaClO溶液用作漂白劑，是利用其氧化性與其具有堿性無關(guān)，A不合題意；B．N2H4用作燃料電池的燃料時(shí)，作負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，故利用其具有還原性，B符合題意；C．SiO2用作光導(dǎo)纖維是利用其光學(xué)特性，即光能夠在其中發(fā)生全反射，而與其為酸性氧化物無關(guān)，C不合題意；D．NH3分子間可形成氫鍵使其熔沸點(diǎn)升高，與其熱穩(wěn)定性無關(guān)，NH3的熱穩(wěn)定性比PH3的高是由于N-H鍵的鍵能比P-H大，D不合題意；故答案為：B；7.A．電解池中陰極發(fā)生還原反應(yīng)，故電解Na3AsO3堿性溶液制砷烷的陰極反應(yīng)：，A正確；B．根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，氨水與NaClO溶液制N2H4反應(yīng)的離子方程式為：，B正確；C．燃燒為放熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)的＜0，故肼的燃燒的熱化學(xué)方程式為：，C錯(cuò)誤；D．由題干信息可知，可用Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在電弧爐中高溫灼燒可生成白磷(P4)和CO，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)方程式為：，D正確；故答案為：C。8.在給定條件下，下列制備過程涉及的物質(zhì)轉(zhuǎn)化均可實(shí)現(xiàn)的是A.制硝酸：B.硅的提純：C.工業(yè)制鈦：飽和NaCl溶液D.工業(yè)制銀鏡：【答案】B【解析】A．一氧化氮與水不反應(yīng)，NO通入水中不能生成硝酸，A不符合題意；B．加熱條件下粗硅與氯氣反應(yīng)生成四氯化硅，高溫下氫氣還原四氯化硅得到高純硅，B符合題意；C．電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉溶液、不能得到金屬鈉，電解熔融的氯化鈉可以得到金屬鈉，C不符合題意；D．銀氨溶液與還原性糖，例如葡萄糖反應(yīng)可制得銀鏡，蔗糖不是還原性糖、不與銀氨溶液反應(yīng)，D不符合題意；故選B。9.化合物Z是一種藥物的重要中間體，部分合成路線如下：下列說法正確的是A.X中所有碳原子一定共平面 B.Y能與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)C.最多能與發(fā)生加成反應(yīng) D.Y、Z可用溶液鑒別【答案】D【解析】A．X分子中含有的結(jié)構(gòu)，所有碳原子不一定共面，A錯(cuò)誤；B．Y分子中酚羥基的鄰位被其他原子團(tuán)占據(jù)，無法與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．含有苯環(huán)、碳碳雙鍵、酮羰基都能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故最多與發(fā)生加成反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．Y中含有酚羥基，能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，而Z中無酚羥基，故可用可用溶液鑒別Y、Z，D正確；故選D。10.反應(yīng)：可用于氨氣脫硫，下列說法正確的是A.反應(yīng)的B.上述反應(yīng)平衡常數(shù)C.使用高效催化劑能降低反應(yīng)的焓變D.該反應(yīng)中每消耗，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約為【答案】D【解析】A．反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量減少，是熵減反應(yīng)，所以，A錯(cuò)誤；B．平衡常數(shù)表達(dá)式中，固體和純液體不寫入表達(dá)式。是固體，是純液體，不應(yīng)出現(xiàn)在平衡常數(shù)表達(dá)式中，正確的平衡常數(shù)K=，B錯(cuò)誤；C．催化劑只能降低反應(yīng)的活化能，不能改變反應(yīng)的焓變，焓變由反應(yīng)物和生成物的能量決定，C錯(cuò)誤；D．分析反應(yīng)中元素化合價(jià)變化，元素從中的+4價(jià)升高到中的+6價(jià)，元素從中的0價(jià)降低到-2價(jià)，元素從中的-3升高到中的0價(jià)。根據(jù)化學(xué)方程式，4mol參與反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移20mol電子，則每消耗1mol，轉(zhuǎn)移電子5mol，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約為，D正確；綜上，答案是D。11.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)探究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A用pH計(jì)分別測定濃度均為的NaClO溶液和溶液的pH，比較讀數(shù)大小HClO和的酸性強(qiáng)弱B在一支干燥的試管里加入2mL無水乙醇，溶解適量苯酚，振蕩。再加入綠豆大小的吸干煤油的金屬鈉，觀察是否產(chǎn)生氣泡苯酚能否與鈉反應(yīng)C某鹵代烴與NaOH水溶液共熱后，滴入溶液，觀察沉淀顏色該鹵代烴中含有鹵元素的種類D向溶液中滴加溶液無明顯現(xiàn)象，再向其中加入稀硫酸，觀察是否有黃色沉淀生成該反應(yīng)中硫酸作氧化劑A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．根據(jù)鹽類水解的規(guī)律“越弱越水解”。對(duì)于溶液和溶液，當(dāng)它們的濃度均為時(shí)，用pH計(jì)測定其。水解顯堿性，；水解顯堿性，。溶液越大，說明其水解程度越大，對(duì)應(yīng)的酸就越弱。所以通過比較兩溶液讀數(shù)大小，可以判斷和的酸性強(qiáng)弱，A正確；B．無水乙醇和苯酚中均含有，都能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，即，。所以僅觀察到產(chǎn)生氣泡，無法確定是苯酚與鈉反應(yīng)產(chǎn)生的還是乙醇與鈉反應(yīng)產(chǎn)生的，不能探究苯酚能否與鈉反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．鹵代烴與液共熱后發(fā)生水解反應(yīng)，生成鹵化鈉。但溶液中存在，直接滴入溶液，會(huì)與反應(yīng)生成，不穩(wěn)定會(huì)分解為（黑色沉淀），干擾鹵離子的檢驗(yàn)。應(yīng)該先加入稀硝酸酸化，中和，再滴入溶液，根據(jù)沉淀顏色判斷鹵元素的種類，C錯(cuò)誤；D．向溶液中滴加溶液無明顯現(xiàn)象，再加入稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生黃色沉淀。在這個(gè)反應(yīng)中，中為-2價(jià)，中為+4價(jià)，硫酸提供酸性環(huán)境，沒有參與氧化還原反應(yīng)，作氧化劑的是，不是硫酸，D錯(cuò)誤；綜上，答案是A。12.室溫下，溶液中含碳微粒的分布系數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。已知的分布系數(shù)：下列說法正確的是A.時(shí)：B.濃度均為和的混合液中：C.向溶液中滴加氨水至的溶液中：D.向溶液中加入NaOH溶液至的反應(yīng)：【答案】C【解析】草酸()是一種二元弱酸，存在電離平衡，、，隨著pH增大，減小，先增大，后減小，增大，故曲線Ⅰ表示隨pH變化，曲線Ⅱ表示隨pH變化，曲線Ⅲ表示：隨pH變化，Ka1=，由Ⅰ和Ⅱ交點(diǎn)可知，Ka1==10-1.2，同理Ka2==10-4.2。A．時(shí)，由曲線各微粒分布系數(shù)可知，Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ，則離子濃度：，A錯(cuò)誤；B．溶液中存在電離平衡：，電離常數(shù)Ka2=10-4.2、水解平衡：水解常數(shù)：，顯然電離程度大于水解程度，則溶液中：，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，時(shí)，含碳微粒主要以形式存在，故此時(shí)溶質(zhì)主要是，則溶液中存在物料守恒：，則：，C正確；D．向溶液中加入NaOH溶液至?xí)r，得到等濃度的和，則離子方程式為，D錯(cuò)誤；故選C。13.CO2加氫轉(zhuǎn)化為二甲醚(CH3OCH3)的反應(yīng)過程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．在3.0MPa的恒壓密閉容器中充入5.4molH2和2molCO2發(fā)生上述反應(yīng)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率、CH3OCH3和CO生成物的選擇性隨溫度變化如題圖所示。已知：生成物R的選擇性下列說法不正確的是A.曲線b表示CH3OCH3的選擇性B.升高溫度，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K持續(xù)減小C.350℃達(dá)到平衡時(shí)，容器內(nèi)H2O的物質(zhì)的量小于1.7molD.高于280℃后，溫度對(duì)反應(yīng)Ⅱ的影響程度大于反應(yīng)Ⅰ【答案】C【解析】由題干信息可知，反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，則隨著溫度升高，CO的選擇性增大，CH3OCH3的選擇性減小，即曲線a表示CO的選擇性，曲線b表示CH3OCH3的選擇性，曲線c表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，曲線b表示CH3OCH3的選擇性，A正確；B．由題干信息可知，反應(yīng)Ⅰ的=-49.1kJ/mol，為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，B正確；C．在350℃時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為85%，則參加反應(yīng)的n(CO2)=2mol×85%=1.7mol，由圖像可知，此時(shí)CH3OCH3的選擇性為0，即此溫度下只發(fā)生反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ，生成H2O的物質(zhì)的量為1.7mol，C錯(cuò)誤；D．由題干圖像可知，高于280℃后，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，CO的選擇性增大，CH3OCH3的選擇性減小，說明溫度對(duì)反應(yīng)Ⅱ（生成CO的反應(yīng)）的影響程度大于反應(yīng)Ⅰ，D正確；故答案為：C。二、非選擇題(共61分)14.稀土元素Ce是重要的戰(zhàn)略資源，其氧化物CeO2是一種重要的催化劑。一種沉淀法制備CeO2的過程如下：（1）制備Ce2(CO3)3·8H2O沉淀①配制Ce(NO3)3溶液時(shí)，需滴加適量稀硝酸調(diào)節(jié)酸度，其原因?yàn)開__________。②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化學(xué)方程式為___________。③溶液pH與Ce2(CO3)3·8H2O沉淀產(chǎn)率的關(guān)系如圖1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱堿性)前，先加氨水調(diào)節(jié)溶液pH約為6的原因?yàn)開__________。（2）灼燒Ce2(CO3)3·8H2O制備CeO2在空氣中灼燒Ce2(CO3)3·8H2O，測得灼燒過程中剩余固體質(zhì)量與起始固體質(zhì)量的比值隨溫度變化曲線如圖2所示。已知a到b過程中產(chǎn)生的氣體不能使無水CuSO4變藍(lán)，但能被堿液完全吸收。①a點(diǎn)固體產(chǎn)物為___________(填化學(xué)式，寫出計(jì)算過程)。②“灼燒”過程中，產(chǎn)生的氣體選用氨水吸收的原因?yàn)開__________。③b點(diǎn)得到CeO2晶體，其晶胞如圖3所示。晶胞中與每個(gè)Ce4+距離最近的Ce4+的個(gè)數(shù)為___________。【答案】（1）①.抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀②.2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3③.提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀產(chǎn)率；節(jié)約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產(chǎn)品氣孔少，吸附能力弱（2）①.Ce2(CO3)3②.吸收CO2，減少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循環(huán)使用③.12【解析】配制Ce(NO3)3溶液時(shí)，需滴加適量稀硝酸調(diào)節(jié)酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，過濾、洗滌低溫干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，對(duì)Ce2(CO3)3·8H2O進(jìn)行灼燒至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循環(huán)使用，據(jù)此分析解題。（1）①已知Ce(NO3)3是強(qiáng)酸弱堿鹽，Ce3+能夠發(fā)生水解呈酸性同時(shí)生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce(NO3)3溶液時(shí)，需滴加適量稀硝酸調(diào)節(jié)酸度，其原因?yàn)橐种艭e3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案為：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；②由題干流程圖可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；③由題干圖1所示溶液pH與Ce2(CO3)3·8H2O沉淀產(chǎn)率的關(guān)系的信息可知，pH=6時(shí)Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率較高，原溶液呈酸性將消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超過6時(shí)將產(chǎn)生Ce(OH)3使得最終產(chǎn)物中含有Ce2(CO3)3·8H2O較少，煅燒時(shí)產(chǎn)生的CO2更少，最終產(chǎn)品CeO2氣孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱堿性)前，先加氨水調(diào)節(jié)溶液pH約為6的原因?yàn)樘岣逤e2(CO3)3·8H2O的沉淀產(chǎn)率；節(jié)約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產(chǎn)品氣孔少，吸附能力弱，故答案為：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀產(chǎn)率；節(jié)約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產(chǎn)品氣孔少，吸附能力弱；（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩爾質(zhì)量為604g/mol，a到b過程中產(chǎn)生的氣體不能使無水CuSO4變藍(lán)，但能被堿液完全吸收，說明這時(shí)不再放出水蒸氣，即a點(diǎn)處結(jié)晶水已經(jīng)完全失去，設(shè)灼燒1molCe2(CO3)3·8H2O固體，則起始固體質(zhì)量為：1mol×604g/mol=604g，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)剩余固體質(zhì)量為：604g×76.16%=460g，即這階段減少質(zhì)量為604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a點(diǎn)固體產(chǎn)物為Ce2(CO3)3，故答案為：Ce2(CO3)3；②煅燒過程中，將產(chǎn)生CO2，故“灼燒”過程中，產(chǎn)生的氣體選用氨水吸收能夠吸收CO2，減少碳排放，同時(shí)生成NH4HCO3，可循環(huán)使用，故答案為：吸收CO2，減少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循環(huán)使用；③由題干晶胞可知，一個(gè)晶胞中黑球個(gè)數(shù)為：8×+6×=4個(gè)，白球?yàn)?個(gè)，結(jié)合化學(xué)式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中與每個(gè)Ce4+距離最近的Ce4+的個(gè)數(shù)為12，故答案為：12。15.化合物G是一種麻醉藥物，其合成路線如下：（1）B分子中采取雜化和雜化的碳原子個(gè)數(shù)比為___________。（2）E→F中有副產(chǎn)物生成，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（3）F→G的過程中，除用作反應(yīng)物，另一作用為___________。（4）G的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。①分子中含有4種不同環(huán)境的氫原子②酸性條件水解，產(chǎn)物之一為碳酸（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖___________。(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)?！敬鸢浮浚?）9:2（2）（3）吸收生成的HCl，提高F的轉(zhuǎn)化率（4）或（5）【解析】A與先發(fā)生加成反應(yīng)，后發(fā)生消去反應(yīng)生成B，B發(fā)生還原反應(yīng)生成C，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D通過加成反應(yīng)、取代反應(yīng)得到E，E中氯原子發(fā)生取代反應(yīng)得到F，F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)得到G，據(jù)此回答；（1）B分子中苯環(huán)上的碳原子和雙鍵上的碳原子為雜化，采取雜化的碳原子個(gè)數(shù)為9，乙基中的碳原子為雜化，采取雜化的碳原子個(gè)數(shù)為2，個(gè)數(shù)比為9:2；（2）E中有2個(gè)氯原子，均可發(fā)生取代反應(yīng)，根據(jù)副產(chǎn)物分子式，可知副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為；（3）中含有氨基，具有堿性，可以與產(chǎn)物HCl反應(yīng)，則F→G過程中，除用作反應(yīng)物，另一作用為吸收生成的HCl，提高F的轉(zhuǎn)化率；（4）G一種同分異構(gòu)體分子在酸性條件水解，產(chǎn)物之一為碳酸，根據(jù)分子中N、O原子數(shù)目，說明結(jié)構(gòu)中含有碳酸形成的酯基和肽鍵，則含有基團(tuán)：，分子中含有4種不同環(huán)境的氫原子，說明結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有：或；（5）發(fā)生氧化反應(yīng)生成，與發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生題中流程D→E的反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)生成對(duì)苯二甲醇，對(duì)苯二甲醇發(fā)生縮聚反應(yīng)得到，則合成路線為：。16.超高石灰鋁工藝處理高氯(Cl-)廢水，操作簡單，成本低。涉及的主要反應(yīng)為：Ⅰ．Ⅱ．。Cl-轉(zhuǎn)化為弗氏鹽沉淀而除去。已知：溶液中等離子也能發(fā)生類似反應(yīng)Ⅱ而除去；在堿性較強(qiáng)情況下還會(huì)生成沉淀。（1）①一定體積的高氯廢水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，與廢水中Cl-反應(yīng)生成弗氏鹽的離子方程式為___________。②投入原料選用NaAlO2，而不選用Al2(SO4)3的原因?yàn)開__________。（2）室溫下，平衡時(shí)溶液，體系中最終存在和沉淀，已知；，此時(shí)溶液中和的濃度比為___________。（3）投料中的量與Cl-去除率如圖1所示。鈣氯摩爾比大于6:1后，繼續(xù)增加Ca(OH)2，Cl-去除率不升反而略降的原因?yàn)開__________。（4）測定廢水中Cl-的含量已知水溶液中Cl-可用精確濃度的Hg(NO3)2溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼為指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液出現(xiàn)紫紅色。滴定反應(yīng)為Hg2++2Cl-=HgCl2↓(白色)，滴定裝置如圖2所示。①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子與Hg2+通過配位鍵形成含有五元環(huán)的紫紅色物質(zhì)，畫出該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式___________(須標(biāo)出配位鍵)。②補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：準(zhǔn)確量取25.00mL水樣(水樣中Cl-濃度約為)于錐形瓶中，調(diào)節(jié)pH值為2.5~3.5，將溶液裝入酸式滴定管中，調(diào)整管中液面至“0”刻度，___________。(必須使用的試劑：二苯偶氮碳酰肼)【答案】（1）①.②.部分與SOF反應(yīng)，減少了其與的反應(yīng)，使去除率降低；與生成沉淀（2）（3）加，使溶液的堿性增強(qiáng)，生成了，使生成的減少；濃度增大反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)，使去除率不升反而略微下降（4）①.或②.向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時(shí)，顏色變?yōu)樽霞t色，且30s內(nèi)顏色不褪色：記錄滴加溶液的體積，重復(fù)上述操作2~3次【解析】（1）①已知石灰乳在離子方程式書寫時(shí)不能拆，故一定體積的高氯廢水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，與廢水中Cl-反應(yīng)生成弗氏鹽的離子方程式為：，故答案為：；②由題干信息可知，溶液中等離子也能發(fā)生類似反應(yīng)Ⅱ而除去，若投入的原料選用Al2(SO4)3導(dǎo)致與反應(yīng)從而減少了其與Cl-的反應(yīng)，降低了Cl-的去除率，且與Ca2+結(jié)合生成CaSO4沉淀，故答案為：部分與反應(yīng)，減少了其與的反應(yīng)，使去除率降低；與生成沉淀；（2）室溫下，平衡時(shí)溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，體系中最終存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此時(shí)溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此時(shí)溶液中Ca2+和Al3+的濃度比為1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028:1，故答案為：1028:1；（3）鈣氯摩爾比大于6:1后，繼續(xù)增加Ca(OH)2，加，使溶液的堿性增強(qiáng)，生成了，使生成的減少；濃度增大反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)，使去除率不升反而略微下降，故答案為：加，使溶液的堿性增強(qiáng)，生成了，使生成的減少；濃度增大反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動(dòng)，使去除率不升反而略微下降；（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每個(gè)N均含有孤電子對(duì)，則該物質(zhì)的N原子與Hg2+通過配位鍵形成含有五元環(huán)(即含有5個(gè)原子的環(huán))的紫紅色物質(zhì)，該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為：或；②根據(jù)中和滴定的操作原理可知，準(zhǔn)確量取25.00mL水樣(水樣中Cl-濃度約為)于錐形瓶中，調(diào)節(jié)pH值為2.5~3.5，將溶液裝入酸式滴定管中，調(diào)整管中液面至“0”刻度，向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示劑，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時(shí)，顏色變?yōu)樽霞t色，且30s內(nèi)顏色不褪色即為滴定終點(diǎn)：記錄滴加溶液的體積，重復(fù)上述操作2~3次，故答案為：向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時(shí)，顏色變?yōu)樽霞t色，且30s內(nèi)顏色不褪色：記錄滴加溶液的體積，重復(fù)上述操作2~3次。17.在工業(yè)生產(chǎn)過程中容易導(dǎo)致催化劑失活，工業(yè)上脫除有