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江苏省苏锡常镇2025届高三下学期二模考试化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．人形机器人传动关节材料含有下列元素：Si、Fe、Cr、Ni，其中不属于第四周期的是
A．Si B．Cr C．Fe D．Ni
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、硅（Si）的原子序数为 14，位于元素周期表的第三周期第 ⅣA 族，并非第四周期元素，A正确；
B、铬（Cr）原子序数为 24，处于第四周期第 ⅥB 族，属于第四周期元素，B错误；
C、铁（Fe）原子序数为 26，处于第四周期第 Ⅷ 族，属于第四周期元素，C错误；
D、镍（Ni）原子序数为 28，处于第四周期第 Ⅷ 族，属于第四周期元素，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
周期判定核心：确定元素所属周期，关键依据是电子层数。电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族序数。
第四周期过渡金属辨析：Cr、Fe、Ni 均位于元素周期表第四周期的过渡金属区，原子序数依次增大且电子层均为 4 层。
Si 的特殊位置：Si 作为常见的非金属元素，位于第三周期，是制备半导体材料的核心元素，与第四周期的金属材料特征明显不同。
2．反应可用于制备尿素，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中既含离子键又含共价键
D．为非极性分子
【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、NH3的电子式需完整表示出N原子的孤电子对，正确形式为，A错误；
B、CO2分子中C原子采取sp杂化，分子空间构型为直线形，键角180°，B正确；
C、CO(NH2)2（ ）属于共价化合物，分子内仅存在C=O、C-N、N-H等共价键，不存在离子键，C错误；
D、H2O分子中O原子采取sp3（ ）杂化，分子空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式规范：共价化合物的电子式需准确标注原子的成键电子对与孤电子对，NH3的N原子必须体现1对孤电子对。
分子构型判断：依据中心原子杂化方式判断空间构型，CO2为sp杂化→直线形；H2O为sp3杂化→V形。
化学键类型辨析：区分离子键与共价键的适用范围，尿素（共价化合物）仅含共价键，离子键仅存在于离子化合物中。
3．实验室模拟侯氏制碱制备Na2CO3。下列实验原理、装置及操作不能达到实验目的的是
A．制取CO2 B．制取NH3
C．制备NaHCO3固体 D．灼烧NaHCO3固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】 A、实验室利用稀盐酸与碳酸钙固体反应制备二氧化碳，分液漏斗可控制液体滴加速度，锥形瓶作为反应容器，该装置与原理能顺利制取 CO2，A正确；
B、氯化铵与氢氧化钙固体混合加热是实验室制氨气的经典方法，试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流，该装置与操作符合制氨要求，B正确；
C、侯氏制碱核心原理是向饱和食盐水中先通氨气、再通二氧化碳，利用氨气极易溶于水的性质形成碱性环境，利于 CO2吸收并生成溶解度较小的 NaHCO3，装置中气体通入方式和试剂选择合理，C正确；
D、碳酸氢钠固体受热易分解，灼烧需在坩埚中进行，而图示装置为蒸发皿，蒸发皿多用于溶液蒸发浓缩，无法完成灼烧固体的操作，且会导致 NaHCO3分解变质，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体制备辨析：固液常温型制 CO2、固固加热型制 NH3，需结合反应物状态、反应条件判断装置合理性。
侯氏制碱核心：关键是 “先氨后碳” 的气体通入顺序，以及利用饱和食盐水和 NaHCO3溶解度差异实现沉淀。
仪器用途区分：坩埚用于灼烧固体，蒸发皿用于蒸发溶液，从仪器适用场景可直接判定 D 选项错误。
4．硫氰铝镁可作为聚合反应的催化剂。下列说法正确的是
A．电负性： B．原子半径：
C．电离能： D．碱性：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，C 和 N 位于第二周期，电负性顺序为 χ(C) < χ(N)，A错误；
B、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Mg 和 S 位于第三周期，原子半径顺序为 r (Mg) > r (S)，B错误；
C、同周期元素第一电离能整体呈增大趋势，且第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此电离能顺序为 I1(N) > I1(O) > I1(S)，即 I1(N) > I1(S)，C正确；
D、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Mg 的金属性强于 Al，故碱性顺序为
Mg(OH)2 > Al(OH)3，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期从左到右递增，同主族从上到下递减，C、N 同周期，N 电负性更大。
原子半径规律：同周期从左到右递减，同主族从上到下递增，Mg、S 同周期，Mg 原子半径更大。
第一电离能规律：同周期整体增大，注意第 ⅡA、ⅤA 族的 “反常” 稳定结构（如 N 的 2p3 半充满），同主族从上到下递减，因此 N 的第一电离能大于 S。
碱性规律：金属性越强，对应碱的碱性越强，Mg 金属性强于 Al，故 Mg(OH)2碱性更强。
阅读下列材料，完成下面小题。
ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其标准燃烧热为624kJ/mol。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3在碱性溶液中电解制得。
5．下列说法正确的是
A．1molN2H4中含有5molσ键
B．AsH3晶体类型为共价晶体
C．As的核外电子排布式为
D．白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为
6．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．NaClO溶液具有碱性，可用作漂白剂
B．N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料
C．SiO2为酸性氧化物，可用作光导纤维
D．NH3分子间可形成氢键，NH3的热稳定性比PH3的高
7．下列化学反应方程式不正确的是
A．电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：
B．氨水与NaClO溶液制N2H4的反应：
C．肼的燃烧：
D．由Ca3(PO4)2制白磷的反应：
【答案】5．A
6．B
7．C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
σ 键的判断依据是单键均为 σ 键，肼分子中含 1 个 N-N 和 4 个 N-H 单键，共 5 个 σ 键；
分子晶体的典型特征是熔沸点低，AsH3沸点极低，符合分子晶体性质；
核外电子排布式需完整包含所有轨道，As 的排布式需写出 [Ar]3d 4s24p3；
白磷分子为空心正四面体结构，键角为 60°，与甲烷的键角不同。
（2）本题解题要点：
物质的用途需与其核心性质对应，NaClO 漂白性源于氧化性而非碱性；
燃料电池负极发生氧化反应，燃料体现还原性，N2H4作负极燃料符合这一规律；
SiO2作光导纤维利用的是其光学特性，与酸性氧化物的化学性质无关；
热稳定性由化学键键能决定，而非分子间作用力，N-H 键能更大导致 NH3更稳定。
（3）本题解题要点：
电解池阴极发生还原反应，碱性环境下配平需补充 OH-和 H2O；
氧化还原反应配平需遵循电子守恒，ClO-被还原为 Cl-，NH3 H2O 被氧化为 N2H4；
放热反应的 ΔH 为负值，热化学方程式需正确标注 ΔH 符号；
工业制白磷的反应需根据电子守恒配平，C 被氧化为 CO，PO43-被还原为 P4。
5．A、肼的结构式为 （每个N还连1个H），分子内含1个N-N单键和4个N-H单键，单键均为σ键，故1mol肼含5mol σ键，A正确；
B、AsH3沸点极低，符合分子晶体的物理性质，属于分子晶体而非共价晶体，B错误；
C、As是33号元素，核外电子排布式为[Ar]3d 4s24p3，选项遗漏3d轨道，C错误；
D、白磷为正四面体结构，4个P原子位于顶点，键角为60°，并非109°28'，D错误；
故答案为：A。
6．A、NaClO作漂白剂是利用其强氧化性，与溶液碱性无关，性质与用途不匹配 ，A不合题意；
B、N2H4在燃料电池中作负极燃料，发生氧化反应，体现其还原性，性质与用途匹配 ，B符合题意；
C、SiO2作光导纤维是利用其光学特性（光的全反射），与酸性氧化物的性质无关 ，C不合题意；
D、NH3热稳定性强于PH3，是因为N-H键键能大于P-H键，与分子间氢键无关 ，D不合题意；
故答案为：B。
7．A、电解时阴极发生还原反应，AsO33-得电子生成AsH3，碱性环境下配平后反应式为，A正确；
B、氨水与NaClO反应制备肼，ClO-被还原为Cl-，NH3·H2O被氧化为N2H4，配平后反应式为，B正确；
C、燃烧为放热反应，ΔH应小于0，正确热化学方程式为，C错误；
D、Ca3(PO4)2与SiO2、C在高温下反应生成白磷和CO，根据氧化还原守恒配平后反应式为，D正确；
故答案为：C。
8．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制硝酸：
B．硅的提纯：
C．工业制钛：饱和NaCl溶液
D．工业制银镜：
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、氨气在催化剂、加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要进一步与氧气、水反应才能转化为硝酸，转化无法一步实现，A错误；
B、粗硅在加热条件下与氯气反应生成四氯化硅，高温下氢气还原四氯化硅可得到高纯硅，两步转化均能实现，B正确；
C、电解饱和氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，无法得到金属钠，制备金属钠需要电解熔融的氯化钠，转化无法实现，C错误；
D、蔗糖不具有还原性，不能与银氨溶液发生银镜反应，只有葡萄糖、麦芽糖等还原性糖才能与银氨溶液反应生成银镜，转化无法实现，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氮的转化：NO 与水不反应，需经 “NO→NO2→HNO3” 两步才能生成硝酸。
硅的提纯：工业上通过 “粗硅→SiCl4→纯硅” 的氯化 - 还原流程实现提纯，是经典的高纯硅制备方法。
钠的制备：电解饱和食盐水是氯碱工业，制备金属钠必须电解熔融 NaCl。
银镜反应：只有还原性糖（含醛基）才能与银氨溶液反应，蔗糖属于非还原性糖。
9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X中所有碳原子一定共平面
B．Y能与甲醛发生缩聚反应
C．最多能与发生加成反应
D．Y、Z可用溶液鉴别
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；加成反应
【解析】【解答】A、X 分子中存在乙基结构，其中的 - CH2- 和 - CH3为饱和碳原子，采取 sp3 杂化，其周围原子呈四面体构型，无法带动所有碳原子共平面，因此所有碳原子不一定共平面，A错误；
B、酚类与甲醛发生缩聚反应的前提是酚羟基的邻、对位碳原子上有氢原子，Y 分子中酚羟基的邻位被其他基团占据，无法与甲醛发生缩聚反应，B错误；
C、Z 分子中能与 H2发生加成的结构包括 2 个苯环、1 个碳碳双键和 1 个酮羰基，1mol 苯环消耗 3mol H2，1mol 碳碳双键或酮羰基各消耗 1mol H2，故 1mol Z 最多能与 8mol H2发生加成反应，而非 7mol，C错误；
D、Y 分子中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应呈现紫色；Z 分子中无酚羟基，不能与 FeCl3溶液显色，因此可用 FeCl3溶液鉴别 Y、Z，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共面判断：分子中若存在饱和 sp3 杂化碳原子（如烷基结构），则所有碳原子不一定共平面，需结合饱和碳原子的四面体结构分析。
缩聚反应条件：酚醛缩聚反应要求酚羟基邻、对位有氢原子，缺一不可，以此判断能否发生缩聚。
加成消耗计算：明确能与 H2加成的官能团种类及计量比，苯环 3：1、碳碳双键 / 酮羰基 1：1，逐一累加计算总消耗量。
鉴别方法：酚羟基的特征反应是与 FeCl3显色，利用该性质可区分含酚羟基与不含酚羟基的物质。
10．反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是
A．反应的
B．上述反应平衡常数
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应前气体总物质的量为 mol，反应后仅生成 mol N2气体，气体分子数显著减少，属于熵减反应，因此，A错误；
B、平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入。NH4HSO4是固体，H2O是纯液体，均不应出现在表达式中，正确的平衡常数应为，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，不会改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的总能量差决定，C错误；
D、反应中S元素从+4价升至+6价，O元素从0价降至-2价，N元素从-3价升至0价。配平后，4 mol SO2参与反应时转移20 mol电子，因此每消耗1 mol SO2，转移5 mol电子，数目约为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：气体分子数减少的反应为熵减反应，。
平衡常数书写：固体、纯液体（如H2O(l)）不写入平衡常数表达式，仅保留气态物质浓度。
催化剂作用：催化剂不改变反应的焓变，仅改变反应路径、降低活化能。
电子转移计算：通过分析各元素化合价变化，结合化学方程式配平，确定电子转移总数与反应物的计量关系。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用pH计分别测定浓度均为的NaClO溶液和溶液的pH，比较读数大小 HClO和的酸性强弱
B 在一支干燥的试管里加入2mL无水乙醇，溶解适量苯酚，振荡。再加入绿豆大小的吸干煤油的金属钠，观察是否产生气泡 苯酚能否与钠反应
C 某卤代烃与NaOH水溶液共热后，滴入溶液，观察沉淀颜色 该卤代烃中含有卤元素的种类
D 向溶液中滴加溶液无明显现象，再向其中加入稀硫酸，观察是否有黄色沉淀生成 该反应中硫酸作氧化剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、同浓度的 NaClO 和 NaNO2溶液均因水解显碱性，；。 根据 “越弱越水解” 规律，溶液 pH 越大，对应酸的酸性越弱。通过测定两溶液 pH，可比较 HClO 与 HNO2的酸性强弱，A正确；
B、无水乙醇和苯酚都含羟基，均能与金属钠反应生成氢气， 即，。 仅观察到气泡无法区分气体来源，不能探究苯酚能否与钠反应，B错误；
C、卤代烃与 NaOH 水溶液共热后，溶液呈碱性，直接滴加 AgNO3溶液会生成 Ag2O 黑色沉淀，干扰卤素离子检验。需先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，C错误；
D、向 Na2S 和 Na2SO3混合液中加稀硫酸时，发生归中反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，其中 Na2SO3是氧化剂，硫酸仅提供酸性环境，不参与氧化还原，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与酸性比较：同浓度强碱弱酸盐，pH 越大，对应弱酸酸性越弱，核心是 “越弱越水解”。
官能团反应干扰：乙醇和苯酚的羟基均能与钠反应，需排除干扰才能单独验证苯酚的反应。
卤素离子检验：碱性环境下 AgNO3会与 OH-反应，必须先酸化再检验。
氧化还原判断：归中反应中，化合价升高的物质是还原剂，化合价降低的是氧化剂，酸仅提供酸性环境时不参与电子转移。
12．室温下，溶液中含碳微粒的分布系数与pH的关系如图所示。
已知的分布系数：
下列说法正确的是
A．时：
B．浓度均为和的混合液中：
C．向溶液中滴加氨水至的溶液中：
D．向溶液中加入NaOH溶液至的反应：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由分布系数曲线可知，pH=3.0时，分布系数大小为Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ，即，选项顺序错误，A错误；
B、和混合液中，的水解常数，的电离常数。电离程度远大于水解程度，故，B错误；
C、pH=7时，溶液中溶质主要为，存在物料守恒：，因此，C正确；
D、pH=4.2时，，加入NaOH溶液至pH=4.2的反应应为，选项系数错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】草酸是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离：、，随着溶液pH升高（碱性增强），的浓度持续减小；的浓度先因第一步电离生成而增大，后因第二步电离消耗而减小；的浓度持续增大。因此：
曲线Ⅰ代表随pH的变化；曲线Ⅱ代表随pH的变化；曲线Ⅲ代表随pH的变化。电离平衡常数可由曲线交点计算：Ⅰ和Ⅱ交点处，此时；Ⅱ和Ⅲ交点处，此时
13．CO2加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
在3.0MPa的恒压密闭容器中充入5.4molH2和2molCO2发生上述反应，CO2的平衡转化率、CH3OCH3和CO生成物的选择性随温度变化如题图所示。已知：生成物R的选择性
下列说法不正确的是
A．曲线b表示CH3OCH3的选择性
B．升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K持续减小
C．350℃达到平衡时，容器内H2O的物质的量小于1.7mol
D．高于280℃后，温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应I是放热反应，升温会使反应I平衡逆向移动，导致CH3OCH3的选择性降低；反应II是吸热反应，升温使反应II平衡正向移动，CO的选择性升高。结合图像趋势，曲线b随温度升高持续下降，代表CH3OCH3的选择性，A正确；
B、反应I的，属于放热反应。升高温度，放热反应的平衡逆向移动，平衡常数K仅与温度有关，故反应I的平衡常数K持续减小，B正确；
C、350℃时CO2平衡转化率为85%，参与反应的CO2为。由图像知此时CH3OCH3选择性为0，说明仅发生反应II，反应式为，根据计量比，生成H2O的物质的量等于参与反应的CO2物质的量，即1.7mol。但实际反应体系中存在反应I与II的竞争，且H2为限量反应物，最终H2O的实际产量小于1.7mol，C错误；
D、高于280℃后，CO2转化率继续上升，而CO选择性上升、CH3OCH3选择性下降，说明温度对反应II（生成CO）的正向促进程度超过了对反应I（生成CH3OCH3）的逆向抑制程度，即温度对反应II的影响程度更大，D正确；
故答案为：C。
【分析】反应 Ⅰ 是放热反应，反应 Ⅱ 是吸热反应。温度升高时，放热的反应 Ⅰ 平衡逆向移动，会让二甲醚的选择性下降；吸热的反应 Ⅱ 平衡正向移动，会让 CO 的选择性上升。结合图像趋势可以判断：曲线 a 代表 CO 的选择性（随温度升高而上升）；曲线 b 代表二甲醚的选择性（随温度升高而下降）；曲线 c 代表 CO2的平衡转化率。
二、非选择题(共61分)
14．稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下：
（1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀
①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为　 　。
②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为　 　。
③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为　 　。
（2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2
在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。
①a点固体产物为　 　(填化学式，写出计算过程)。
②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为　 　。
③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为　 　。
【答案】（1）抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱
（2）Ce2(CO3)3；吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；12
【知识点】晶胞的计算；影响盐类水解程度的主要因素；复杂化学式的确定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，
②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，
③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，
故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱；
（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，
②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，
③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，
故答案为：Ce2(CO3)3；吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；12。
【分析】以硝酸铈溶液为原料，向其中加入氨水和碳酸氢铵溶液进行沉淀反应，生成 Ce2(CO3)3 8H2O 沉淀；随后对沉淀体系进行过滤操作，分离出滤渣 Ce2(CO3)3 8H2O，得到的滤液为含硝酸盐的废液；最后将 Ce2(CO3)3 8H2O 固体置于高温环境下灼烧，通过热分解反应转化为目标产物 CeO2。
（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；
②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；
③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱；
（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3；
②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；
③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，故答案为：12。
15．化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下：
（1）B分子中采取杂化和杂化的碳原子个数比为　 　。
（2）E→F中有副产物生成，该副产物的结构简式为　 　。
（3）F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为　 　。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中含有4种不同环境的氢原子②酸性条件水解，产物之一为碳酸
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）9：2
（2）
（3）吸收生成的HCl，提高F的转化率
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9：2；
故答案为： 9：2 ；
（2）E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为；
故答案为： ；
（3）中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率；
故答案为： 吸收生成的HCl，提高F的转化率 ；
（4）G的一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或；
故答案为：或 ；
（5）发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为：
。
故答案为：
【分析】以苯甲醛（A）为起始原料，先与乙酸乙酯在乙醇条件下加热发生缩合反应，得到含碳碳双键的酯类化合物（B）；随后在钯碳催化、高温高压下与氢气加成，将碳碳双键还原为单键并得到含羟基的化合物（C）；再用亚硫酰氯将羟基转化为氯原子，得到氯代物（D）；接着在甲醛、盐酸和氯化锌作用下发生氯甲基化反应，引入氯甲基得到化合物（E）；之后与苯酚钠发生取代反应，将氯甲基转化为苯氧基得到化合物（F）；最后与吗啉发生取代反应，将端位氯原子替换为吗啉基，得到目标麻醉药物（G）。
（1）B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9：2；
（2）E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为；
（3）中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率；
（4）G的一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或；
（5）发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为：
。
16．超高石灰铝工艺处理高氯(Cl-)废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．。Cl-转化为弗氏盐沉淀而除去。已知：溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去；在碱性较强情况下还会生成沉淀。
（1）①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为　 　。
②投入的原料选用NaAlO2，而不选用Al2(SO4)3的原因为　 　。
（2）室温下，平衡时溶液，体系中最终存在和沉淀，已知；，此时溶液中和的浓度比为　 　。
（3）投料中的量与Cl-去除率如图1所示。
钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，Cl-去除率不升反而略降的原因为　 　。
（4）测定废水中Cl-的含量
已知水溶液中Cl-可用精确浓度的Hg(NO3)2溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼为指示剂，滴定终点时溶液出现紫红色。滴定反应为Hg2++2Cl-=HgCl2↓(白色)，滴定装置如图2所示。
①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环的紫红色物质，画出该物质的结构简式　 　(须标出配位键)。
②补充完整实验方案：准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，　 　。(必须使用的试剂：二苯偶氮碳酰肼)
【答案】（1）；部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀
（2）
（3）加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降
（4）或；向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：，
②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料选用Al2(SO4)3导致与反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，
故答案为： ；部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀；
（2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此时溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028：1，
故答案为：1028：1；
（3）钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降，
故答案为：加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降；
（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或；
②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次，
故答案为：或 向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。
【分析】(1)① 离子方程式：石灰乳（）、与反应生成弗氏盐沉淀，配平后为：
② 选的原因：若用，会与反应，降低去除率；同时与生成沉淀，消耗原料。
(2)pH=12时，，由公式计算：
，，浓度比为。
(3) 钙氯摩尔比>6：1后，过量使碱性增强：、生成，导致减少；同时浓度升高使反应Ⅱ逆向移动，去除率略降。
(4)① 配位结构：二苯偶氮碳酰肼的N原子与形成配位键，构成五元环，结构简式需标出配位键。
② 滴定操作：加2到3滴指示剂，用 溶液滴定至紫红色且 30s 不褪色，重复 2~3 次记录体积。
（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：，故答案为：；
②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料选用Al2(SO4)3导致与反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，故答案为：部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀；
（2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此时溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028：1，故答案为：1028：1；
（3）钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降，故答案为：加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降；
（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或；
②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次，故答案为：向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。
17．在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除有多种方法。
（1）克劳斯法脱
　 　kJ/mol。
（2）电化学脱
工作原理如图-1所示。
①将含有的尾气通入电解池的阴极，阴极电极反应式为　 　。
②电解过程中，阳极区域需不断通入的原因为　 　。
（3）吸收液脱
吸收：Ⅰ．，Ⅱ．，Ⅲ． ___________。
再生：Ⅳ．
①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：　 　。
②固定总铁浓度，与脱除率和pH变化关系如图-2所示。当时，随着增大，脱硫率逐渐减小而pH几乎不变的原因为　 　。
（4）四乙基偏钒酸铵氧化脱
四乙基偏钒酸铵难溶于冷水，易溶于75℃以上的热水。其中钒元素的化合价为+5，具有强氧化性。该氧化型离子液体对的吸收及再生机理如图-3所示。
①吸收反应的生成物中钒元素的化合价为　 　。
②水浴80℃，反应Ⅱ能迅速发生，该反应的离子方程式为　 　。
③+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低。但研究发现，利用碱性溶剂时，四乙基偏钒酸铵对的脱除率更高，可能的原因为　 　。
【答案】（1）-530
（2）；可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率。
（3）；增加，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变。
（4）+3；；碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响
【知识点】盖斯定律及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，。
故答案为： -530 ；
（2）①阴极发生得到电子的还原反应，根据通入阴极的物质，和流出阴极的物质可知，得到电子，电极反应为：；
②由图可知，阳极区吹入氮气，吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率；
故答案为： ；可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率 ；
（3）①由题意可知，作为催化剂，其包含先消耗，再重新生成的过程，故反应Ⅲ为氧化生成和S的过程，离子方程式为：；
②由题意可知，铁浓度固定不变，随着时，浓度降低，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
故答案为： ； 增加，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
（4）①由过程Ⅰ可知，吸收过程中脱去1个氧原子，则V的化合价由+5价，降低到+3价；
②反应Ⅱ为氧化生成的过程，离子方程式为；
③已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中的，故原因是碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响。
故答案为： +3 ； ； 性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响 ；
【分析】(1) 利用盖斯定律，由已知反应Ⅱ、Ⅲ组合得到反应Ⅰ：
(2) ① 结合反应物，生成物种类，得阴极还原反应：
② 阳极通：吹走硫蒸气，防止覆盖阳极表面，保证放电效率。
(3) ① 结合反应物，生成物种类，可知步骤Ⅲ离子方程式：；
② 原因：浓度升高，浓度降低，体系氧化性减弱，脱硫率下降；但再生反应Ⅳ消耗，使pH基本不变。
(4) ① 吸收后钒的化合价：
② 结合反应物，生成物种类，可知反应Ⅱ离子方程式：；
③ 原因：碱性溶剂对的吸收速率影响，超过了碱性下钒氧化性减弱的负面影响。
（1）根据盖斯定律，。
（2）①阴极发生得到电子的还原反应，根据通入阴极的物质，和流出阴极的物质可知，得到电子，电极反应为：；
②由图可知，阳极区吹入氮气，吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率；
（3）①由题意可知，作为催化剂，其包含先消耗，再重新生成的过程，故反应Ⅲ为氧化生成和S的过程，离子方程式为：；
②由题意可知，铁浓度固定不变，随着时，浓度降低，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
（4）①由过程Ⅰ可知，吸收过程中脱去1个氧原子，则V的化合价由+5价，降低到+3价；
②反应Ⅱ为氧化生成的过程，离子方程式为；
③已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中的，故原因是碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响。
1 / 1江苏省苏锡常镇2025届高三下学期二模考试化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．人形机器人传动关节材料含有下列元素：Si、Fe、Cr、Ni，其中不属于第四周期的是
A．Si B．Cr C．Fe D．Ni
2．反应可用于制备尿素，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中既含离子键又含共价键
D．为非极性分子
3．实验室模拟侯氏制碱制备Na2CO3。下列实验原理、装置及操作不能达到实验目的的是
A．制取CO2 B．制取NH3
C．制备NaHCO3固体 D．灼烧NaHCO3固体
A．A B．B C．C D．D
4．硫氰铝镁可作为聚合反应的催化剂。下列说法正确的是
A．电负性： B．原子半径：
C．电离能： D．碱性：
阅读下列材料，完成下面小题。
ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其标准燃烧热为624kJ/mol。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3在碱性溶液中电解制得。
5．下列说法正确的是
A．1molN2H4中含有5molσ键
B．AsH3晶体类型为共价晶体
C．As的核外电子排布式为
D．白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为
6．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．NaClO溶液具有碱性，可用作漂白剂
B．N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料
C．SiO2为酸性氧化物，可用作光导纤维
D．NH3分子间可形成氢键，NH3的热稳定性比PH3的高
7．下列化学反应方程式不正确的是
A．电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：
B．氨水与NaClO溶液制N2H4的反应：
C．肼的燃烧：
D．由Ca3(PO4)2制白磷的反应：
8．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制硝酸：
B．硅的提纯：
C．工业制钛：饱和NaCl溶液
D．工业制银镜：
9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X中所有碳原子一定共平面
B．Y能与甲醛发生缩聚反应
C．最多能与发生加成反应
D．Y、Z可用溶液鉴别
10．反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是
A．反应的
B．上述反应平衡常数
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用pH计分别测定浓度均为的NaClO溶液和溶液的pH，比较读数大小 HClO和的酸性强弱
B 在一支干燥的试管里加入2mL无水乙醇，溶解适量苯酚，振荡。再加入绿豆大小的吸干煤油的金属钠，观察是否产生气泡 苯酚能否与钠反应
C 某卤代烃与NaOH水溶液共热后，滴入溶液，观察沉淀颜色 该卤代烃中含有卤元素的种类
D 向溶液中滴加溶液无明显现象，再向其中加入稀硫酸，观察是否有黄色沉淀生成 该反应中硫酸作氧化剂
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，溶液中含碳微粒的分布系数与pH的关系如图所示。
已知的分布系数：
下列说法正确的是
A．时：
B．浓度均为和的混合液中：
C．向溶液中滴加氨水至的溶液中：
D．向溶液中加入NaOH溶液至的反应：
13．CO2加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
在3.0MPa的恒压密闭容器中充入5.4molH2和2molCO2发生上述反应，CO2的平衡转化率、CH3OCH3和CO生成物的选择性随温度变化如题图所示。已知：生成物R的选择性
下列说法不正确的是
A．曲线b表示CH3OCH3的选择性
B．升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K持续减小
C．350℃达到平衡时，容器内H2O的物质的量小于1.7mol
D．高于280℃后，温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ
二、非选择题(共61分)
14．稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下：
（1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀
①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为　 　。
②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为　 　。
③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为　 　。
（2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2
在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。
①a点固体产物为　 　(填化学式，写出计算过程)。
②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为　 　。
③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为　 　。
15．化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下：
（1）B分子中采取杂化和杂化的碳原子个数比为　 　。
（2）E→F中有副产物生成，该副产物的结构简式为　 　。
（3）F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为　 　。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中含有4种不同环境的氢原子②酸性条件水解，产物之一为碳酸
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．超高石灰铝工艺处理高氯(Cl-)废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．。Cl-转化为弗氏盐沉淀而除去。已知：溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去；在碱性较强情况下还会生成沉淀。
（1）①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为　 　。
②投入的原料选用NaAlO2，而不选用Al2(SO4)3的原因为　 　。
（2）室温下，平衡时溶液，体系中最终存在和沉淀，已知；，此时溶液中和的浓度比为　 　。
（3）投料中的量与Cl-去除率如图1所示。
钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，Cl-去除率不升反而略降的原因为　 　。
（4）测定废水中Cl-的含量
已知水溶液中Cl-可用精确浓度的Hg(NO3)2溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼为指示剂，滴定终点时溶液出现紫红色。滴定反应为Hg2++2Cl-=HgCl2↓(白色)，滴定装置如图2所示。
①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环的紫红色物质，画出该物质的结构简式　 　(须标出配位键)。
②补充完整实验方案：准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，　 　。(必须使用的试剂：二苯偶氮碳酰肼)
17．在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除有多种方法。
（1）克劳斯法脱
　 　kJ/mol。
（2）电化学脱
工作原理如图-1所示。
①将含有的尾气通入电解池的阴极，阴极电极反应式为　 　。
②电解过程中，阳极区域需不断通入的原因为　 　。
（3）吸收液脱
吸收：Ⅰ．，Ⅱ．，Ⅲ． ___________。
再生：Ⅳ．
①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：　 　。
②固定总铁浓度，与脱除率和pH变化关系如图-2所示。当时，随着增大，脱硫率逐渐减小而pH几乎不变的原因为　 　。
（4）四乙基偏钒酸铵氧化脱
四乙基偏钒酸铵难溶于冷水，易溶于75℃以上的热水。其中钒元素的化合价为+5，具有强氧化性。该氧化型离子液体对的吸收及再生机理如图-3所示。
①吸收反应的生成物中钒元素的化合价为　 　。
②水浴80℃，反应Ⅱ能迅速发生，该反应的离子方程式为　 　。
③+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低。但研究发现，利用碱性溶剂时，四乙基偏钒酸铵对的脱除率更高，可能的原因为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、硅（Si）的原子序数为 14，位于元素周期表的第三周期第 ⅣA 族，并非第四周期元素，A正确；
B、铬（Cr）原子序数为 24，处于第四周期第 ⅥB 族，属于第四周期元素，B错误；
C、铁（Fe）原子序数为 26，处于第四周期第 Ⅷ 族，属于第四周期元素，C错误；
D、镍（Ni）原子序数为 28，处于第四周期第 Ⅷ 族，属于第四周期元素，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
周期判定核心：确定元素所属周期，关键依据是电子层数。电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族序数。
第四周期过渡金属辨析：Cr、Fe、Ni 均位于元素周期表第四周期的过渡金属区，原子序数依次增大且电子层均为 4 层。
Si 的特殊位置：Si 作为常见的非金属元素，位于第三周期，是制备半导体材料的核心元素，与第四周期的金属材料特征明显不同。
2．【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、NH3的电子式需完整表示出N原子的孤电子对，正确形式为，A错误；
B、CO2分子中C原子采取sp杂化，分子空间构型为直线形，键角180°，B正确；
C、CO(NH2)2（ ）属于共价化合物，分子内仅存在C=O、C-N、N-H等共价键，不存在离子键，C错误；
D、H2O分子中O原子采取sp3（ ）杂化，分子空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式规范：共价化合物的电子式需准确标注原子的成键电子对与孤电子对，NH3的N原子必须体现1对孤电子对。
分子构型判断：依据中心原子杂化方式判断空间构型，CO2为sp杂化→直线形；H2O为sp3杂化→V形。
化学键类型辨析：区分离子键与共价键的适用范围，尿素（共价化合物）仅含共价键，离子键仅存在于离子化合物中。
3．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】 A、实验室利用稀盐酸与碳酸钙固体反应制备二氧化碳，分液漏斗可控制液体滴加速度，锥形瓶作为反应容器，该装置与原理能顺利制取 CO2，A正确；
B、氯化铵与氢氧化钙固体混合加热是实验室制氨气的经典方法，试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流，该装置与操作符合制氨要求，B正确；
C、侯氏制碱核心原理是向饱和食盐水中先通氨气、再通二氧化碳，利用氨气极易溶于水的性质形成碱性环境，利于 CO2吸收并生成溶解度较小的 NaHCO3，装置中气体通入方式和试剂选择合理，C正确；
D、碳酸氢钠固体受热易分解，灼烧需在坩埚中进行，而图示装置为蒸发皿，蒸发皿多用于溶液蒸发浓缩，无法完成灼烧固体的操作，且会导致 NaHCO3分解变质，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体制备辨析：固液常温型制 CO2、固固加热型制 NH3，需结合反应物状态、反应条件判断装置合理性。
侯氏制碱核心：关键是 “先氨后碳” 的气体通入顺序，以及利用饱和食盐水和 NaHCO3溶解度差异实现沉淀。
仪器用途区分：坩埚用于灼烧固体，蒸发皿用于蒸发溶液，从仪器适用场景可直接判定 D 选项错误。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，C 和 N 位于第二周期，电负性顺序为 χ(C) < χ(N)，A错误；
B、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Mg 和 S 位于第三周期，原子半径顺序为 r (Mg) > r (S)，B错误；
C、同周期元素第一电离能整体呈增大趋势，且第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此电离能顺序为 I1(N) > I1(O) > I1(S)，即 I1(N) > I1(S)，C正确；
D、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Mg 的金属性强于 Al，故碱性顺序为
Mg(OH)2 > Al(OH)3，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期从左到右递增，同主族从上到下递减，C、N 同周期，N 电负性更大。
原子半径规律：同周期从左到右递减，同主族从上到下递增，Mg、S 同周期，Mg 原子半径更大。
第一电离能规律：同周期整体增大，注意第 ⅡA、ⅤA 族的 “反常” 稳定结构（如 N 的 2p3 半充满），同主族从上到下递减，因此 N 的第一电离能大于 S。
碱性规律：金属性越强，对应碱的碱性越强，Mg 金属性强于 Al，故 Mg(OH)2碱性更强。
【答案】5．A
6．B
7．C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
σ 键的判断依据是单键均为 σ 键，肼分子中含 1 个 N-N 和 4 个 N-H 单键，共 5 个 σ 键；
分子晶体的典型特征是熔沸点低，AsH3沸点极低，符合分子晶体性质；
核外电子排布式需完整包含所有轨道，As 的排布式需写出 [Ar]3d 4s24p3；
白磷分子为空心正四面体结构，键角为 60°，与甲烷的键角不同。
（2）本题解题要点：
物质的用途需与其核心性质对应，NaClO 漂白性源于氧化性而非碱性；
燃料电池负极发生氧化反应，燃料体现还原性，N2H4作负极燃料符合这一规律；
SiO2作光导纤维利用的是其光学特性，与酸性氧化物的化学性质无关；
热稳定性由化学键键能决定，而非分子间作用力，N-H 键能更大导致 NH3更稳定。
（3）本题解题要点：
电解池阴极发生还原反应，碱性环境下配平需补充 OH-和 H2O；
氧化还原反应配平需遵循电子守恒，ClO-被还原为 Cl-，NH3 H2O 被氧化为 N2H4；
放热反应的 ΔH 为负值，热化学方程式需正确标注 ΔH 符号；
工业制白磷的反应需根据电子守恒配平，C 被氧化为 CO，PO43-被还原为 P4。
5．A、肼的结构式为 （每个N还连1个H），分子内含1个N-N单键和4个N-H单键，单键均为σ键，故1mol肼含5mol σ键，A正确；
B、AsH3沸点极低，符合分子晶体的物理性质，属于分子晶体而非共价晶体，B错误；
C、As是33号元素，核外电子排布式为[Ar]3d 4s24p3，选项遗漏3d轨道，C错误；
D、白磷为正四面体结构，4个P原子位于顶点，键角为60°，并非109°28'，D错误；
故答案为：A。
6．A、NaClO作漂白剂是利用其强氧化性，与溶液碱性无关，性质与用途不匹配 ，A不合题意；
B、N2H4在燃料电池中作负极燃料，发生氧化反应，体现其还原性，性质与用途匹配 ，B符合题意；
C、SiO2作光导纤维是利用其光学特性（光的全反射），与酸性氧化物的性质无关 ，C不合题意；
D、NH3热稳定性强于PH3，是因为N-H键键能大于P-H键，与分子间氢键无关 ，D不合题意；
故答案为：B。
7．A、电解时阴极发生还原反应，AsO33-得电子生成AsH3，碱性环境下配平后反应式为，A正确；
B、氨水与NaClO反应制备肼，ClO-被还原为Cl-，NH3·H2O被氧化为N2H4，配平后反应式为，B正确；
C、燃烧为放热反应，ΔH应小于0，正确热化学方程式为，C错误；
D、Ca3(PO4)2与SiO2、C在高温下反应生成白磷和CO，根据氧化还原守恒配平后反应式为，D正确；
故答案为：C。
8．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、氨气在催化剂、加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要进一步与氧气、水反应才能转化为硝酸，转化无法一步实现，A错误；
B、粗硅在加热条件下与氯气反应生成四氯化硅，高温下氢气还原四氯化硅可得到高纯硅，两步转化均能实现，B正确；
C、电解饱和氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，无法得到金属钠，制备金属钠需要电解熔融的氯化钠，转化无法实现，C错误；
D、蔗糖不具有还原性，不能与银氨溶液发生银镜反应，只有葡萄糖、麦芽糖等还原性糖才能与银氨溶液反应生成银镜，转化无法实现，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氮的转化：NO 与水不反应，需经 “NO→NO2→HNO3” 两步才能生成硝酸。
硅的提纯：工业上通过 “粗硅→SiCl4→纯硅” 的氯化 - 还原流程实现提纯，是经典的高纯硅制备方法。
钠的制备：电解饱和食盐水是氯碱工业，制备金属钠必须电解熔融 NaCl。
银镜反应：只有还原性糖（含醛基）才能与银氨溶液反应，蔗糖属于非还原性糖。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；加成反应
【解析】【解答】A、X 分子中存在乙基结构，其中的 - CH2- 和 - CH3为饱和碳原子，采取 sp3 杂化，其周围原子呈四面体构型，无法带动所有碳原子共平面，因此所有碳原子不一定共平面，A错误；
B、酚类与甲醛发生缩聚反应的前提是酚羟基的邻、对位碳原子上有氢原子，Y 分子中酚羟基的邻位被其他基团占据，无法与甲醛发生缩聚反应，B错误；
C、Z 分子中能与 H2发生加成的结构包括 2 个苯环、1 个碳碳双键和 1 个酮羰基，1mol 苯环消耗 3mol H2，1mol 碳碳双键或酮羰基各消耗 1mol H2，故 1mol Z 最多能与 8mol H2发生加成反应，而非 7mol，C错误；
D、Y 分子中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应呈现紫色；Z 分子中无酚羟基，不能与 FeCl3溶液显色，因此可用 FeCl3溶液鉴别 Y、Z，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共面判断：分子中若存在饱和 sp3 杂化碳原子（如烷基结构），则所有碳原子不一定共平面，需结合饱和碳原子的四面体结构分析。
缩聚反应条件：酚醛缩聚反应要求酚羟基邻、对位有氢原子，缺一不可，以此判断能否发生缩聚。
加成消耗计算：明确能与 H2加成的官能团种类及计量比，苯环 3：1、碳碳双键 / 酮羰基 1：1，逐一累加计算总消耗量。
鉴别方法：酚羟基的特征反应是与 FeCl3显色，利用该性质可区分含酚羟基与不含酚羟基的物质。
10．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应前气体总物质的量为 mol，反应后仅生成 mol N2气体，气体分子数显著减少，属于熵减反应，因此，A错误；
B、平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入。NH4HSO4是固体，H2O是纯液体，均不应出现在表达式中，正确的平衡常数应为，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，不会改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的总能量差决定，C错误；
D、反应中S元素从+4价升至+6价，O元素从0价降至-2价，N元素从-3价升至0价。配平后，4 mol SO2参与反应时转移20 mol电子，因此每消耗1 mol SO2，转移5 mol电子，数目约为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：气体分子数减少的反应为熵减反应，。
平衡常数书写：固体、纯液体（如H2O(l)）不写入平衡常数表达式，仅保留气态物质浓度。
催化剂作用：催化剂不改变反应的焓变，仅改变反应路径、降低活化能。
电子转移计算：通过分析各元素化合价变化，结合化学方程式配平，确定电子转移总数与反应物的计量关系。
11．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、同浓度的 NaClO 和 NaNO2溶液均因水解显碱性，；。 根据 “越弱越水解” 规律，溶液 pH 越大，对应酸的酸性越弱。通过测定两溶液 pH，可比较 HClO 与 HNO2的酸性强弱，A正确；
B、无水乙醇和苯酚都含羟基，均能与金属钠反应生成氢气， 即，。 仅观察到气泡无法区分气体来源，不能探究苯酚能否与钠反应，B错误；
C、卤代烃与 NaOH 水溶液共热后，溶液呈碱性，直接滴加 AgNO3溶液会生成 Ag2O 黑色沉淀，干扰卤素离子检验。需先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，C错误；
D、向 Na2S 和 Na2SO3混合液中加稀硫酸时，发生归中反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，其中 Na2SO3是氧化剂，硫酸仅提供酸性环境，不参与氧化还原，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与酸性比较：同浓度强碱弱酸盐，pH 越大，对应弱酸酸性越弱，核心是 “越弱越水解”。
官能团反应干扰：乙醇和苯酚的羟基均能与钠反应，需排除干扰才能单独验证苯酚的反应。
卤素离子检验：碱性环境下 AgNO3会与 OH-反应，必须先酸化再检验。
氧化还原判断：归中反应中，化合价升高的物质是还原剂，化合价降低的是氧化剂，酸仅提供酸性环境时不参与电子转移。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由分布系数曲线可知，pH=3.0时，分布系数大小为Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ，即，选项顺序错误，A错误；
B、和混合液中，的水解常数，的电离常数。电离程度远大于水解程度，故，B错误；
C、pH=7时，溶液中溶质主要为，存在物料守恒：，因此，C正确；
D、pH=4.2时，，加入NaOH溶液至pH=4.2的反应应为，选项系数错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】草酸是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离：、，随着溶液pH升高（碱性增强），的浓度持续减小；的浓度先因第一步电离生成而增大，后因第二步电离消耗而减小；的浓度持续增大。因此：
曲线Ⅰ代表随pH的变化；曲线Ⅱ代表随pH的变化；曲线Ⅲ代表随pH的变化。电离平衡常数可由曲线交点计算：Ⅰ和Ⅱ交点处，此时；Ⅱ和Ⅲ交点处，此时
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应I是放热反应，升温会使反应I平衡逆向移动，导致CH3OCH3的选择性降低；反应II是吸热反应，升温使反应II平衡正向移动，CO的选择性升高。结合图像趋势，曲线b随温度升高持续下降，代表CH3OCH3的选择性，A正确；
B、反应I的，属于放热反应。升高温度，放热反应的平衡逆向移动，平衡常数K仅与温度有关，故反应I的平衡常数K持续减小，B正确；
C、350℃时CO2平衡转化率为85%，参与反应的CO2为。由图像知此时CH3OCH3选择性为0，说明仅发生反应II，反应式为，根据计量比，生成H2O的物质的量等于参与反应的CO2物质的量，即1.7mol。但实际反应体系中存在反应I与II的竞争，且H2为限量反应物，最终H2O的实际产量小于1.7mol，C错误；
D、高于280℃后，CO2转化率继续上升，而CO选择性上升、CH3OCH3选择性下降，说明温度对反应II（生成CO）的正向促进程度超过了对反应I（生成CH3OCH3）的逆向抑制程度，即温度对反应II的影响程度更大，D正确；
故答案为：C。
【分析】反应 Ⅰ 是放热反应，反应 Ⅱ 是吸热反应。温度升高时，放热的反应 Ⅰ 平衡逆向移动，会让二甲醚的选择性下降；吸热的反应 Ⅱ 平衡正向移动，会让 CO 的选择性上升。结合图像趋势可以判断：曲线 a 代表 CO 的选择性（随温度升高而上升）；曲线 b 代表二甲醚的选择性（随温度升高而下降）；曲线 c 代表 CO2的平衡转化率。
14．【答案】（1）抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱
（2）Ce2(CO3)3；吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；12
【知识点】晶胞的计算；影响盐类水解程度的主要因素；复杂化学式的确定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，
②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，
③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，
故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱；
（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，
②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，
③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，
故答案为：Ce2(CO3)3；吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；12。
【分析】以硝酸铈溶液为原料，向其中加入氨水和碳酸氢铵溶液进行沉淀反应，生成 Ce2(CO3)3 8H2O 沉淀；随后对沉淀体系进行过滤操作，分离出滤渣 Ce2(CO3)3 8H2O，得到的滤液为含硝酸盐的废液；最后将 Ce2(CO3)3 8H2O 固体置于高温环境下灼烧，通过热分解反应转化为目标产物 CeO2。
（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；
②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；
③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱；
（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3；
②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；
③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，故答案为：12。
15．【答案】（1）9：2
（2）
（3）吸收生成的HCl，提高F的转化率
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9：2；
故答案为： 9：2 ；
（2）E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为；
故答案为： ；
（3）中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率；
故答案为： 吸收生成的HCl，提高F的转化率 ；
（4）G的一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或；
故答案为：或 ；
（5）发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为：
。
故答案为：
【分析】以苯甲醛（A）为起始原料，先与乙酸乙酯在乙醇条件下加热发生缩合反应，得到含碳碳双键的酯类化合物（B）；随后在钯碳催化、高温高压下与氢气加成，将碳碳双键还原为单键并得到含羟基的化合物（C）；再用亚硫酰氯将羟基转化为氯原子，得到氯代物（D）；接着在甲醛、盐酸和氯化锌作用下发生氯甲基化反应，引入氯甲基得到化合物（E）；之后与苯酚钠发生取代反应，将氯甲基转化为苯氧基得到化合物（F）；最后与吗啉发生取代反应，将端位氯原子替换为吗啉基，得到目标麻醉药物（G）。
（1）B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9：2；
（2）E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为；
（3）中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率；
（4）G的一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或；
（5）发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为：
。
16．【答案】（1）；部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀
（2）
（3）加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降
（4）或；向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：，
②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料选用Al2(SO4)3导致与反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，
故答案为： ；部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀；
（2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此时溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028：1，
故答案为：1028：1；
（3）钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降，
故答案为：加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降；
（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或；
②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次，
故答案为：或 向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。
【分析】(1)① 离子方程式：石灰乳（）、与反应生成弗氏盐沉淀，配平后为：
② 选的原因：若用，会与反应，降低去除率；同时与生成沉淀，消耗原料。
(2)pH=12时，，由公式计算：
，，浓度比为。
(3) 钙氯摩尔比>6：1后，过量使碱性增强：、生成，导致减少；同时浓度升高使反应Ⅱ逆向移动，去除率略降。
(4)① 配位结构：二苯偶氮碳酰肼的N原子与形成配位键，构成五元环，结构简式需标出配位键。
② 滴定操作：加2到3滴指示剂，用 溶液滴定至紫红色且 30s 不褪色，重复 2~3 次记录体积。
（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：，故答案为：；
②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料选用Al2(SO4)3导致与反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，故答案为：部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀；
（2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此时溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028：1，故答案为：1028：1；
（3）钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降，故答案为：加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降；
（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或；
②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次，故答案为：向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。
17．【答案】（1）-530
（2）；可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率。
（3）；增加，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变。
（4）+3；；碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响
【知识点】盖斯定律及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，。
故答案为： -530 ；
（2）①阴极发生得到电子的还原反应，根据通入阴极的物质，和流出阴极的物质可知，得到电子，电极反应为：；
②由图可知，阳极区吹入氮气，吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率；
故答案为： ；可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率 ；
（3）①由题意可知，作为催化剂，其包含先消耗，再重新生成的过程，故反应Ⅲ为氧化生成和S的过程，离子方程式为：；
②由题意可知，铁浓度固定不变，随着时，浓度降低，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
故答案为： ； 增加，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
（4）①由过程Ⅰ可知，吸收过程中脱去1个氧原子，则V的化合价由+5价，降低到+3价；
②反应Ⅱ为氧化生成的过程，离子方程式为；
③已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中的，故原因是碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响。
故答案为： +3 ； ； 性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响 ；
【分析】(1) 利用盖斯定律，由已知反应Ⅱ、Ⅲ组合得到反应Ⅰ：
(2) ① 结合反应物，生成物种类，得阴极还原反应：
② 阳极通：吹走硫蒸气，防止覆盖阳极表面，保证放电效率。
(3) ① 结合反应物，生成物种类，可知步骤Ⅲ离子方程式：；
② 原因：浓度升高，浓度降低，体系氧化性减弱，脱硫率下降；但再生反应Ⅳ消耗，使pH基本不变。
(4) ① 吸收后钒的化合价：
② 结合反应物，生成物种类，可知反应Ⅱ离子方程式：；
③ 原因：碱性溶剂对的吸收速率影响，超过了碱性下钒氧化性减弱的负面影响。
（1）根据盖斯定律，。
（2）①阴极发生得到电子的还原反应，根据通入阴极的物质，和流出阴极的物质可知，得到电子，电极反应为：；
②由图可知，阳极区吹入氮气，吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率；
（3）①由题意可知，作为催化剂，其包含先消耗，再重新生成的过程，故反应Ⅲ为氧化生成和S的过程，离子方程式为：；
②由题意可知，铁浓度固定不变，随着时，浓度降低，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
（4）①由过程Ⅰ可知，吸收过程中脱去1个氧原子，则V的化合价由+5价，降低到+3价；
②反应Ⅱ为氧化生成的过程，离子方程式为；
③已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中的，故原因是碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响。
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