江苏省丹阳高级中学2024-2025学年上学期高三化学期中试卷（含答案）

第第页江苏省丹阳高级中学2024-2025学年上学期高三化学期中试卷一、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．我国火星探测工程取得重大进展，火星土壤中含有的元素主要有O、Si、Fe、Ca、Cu等元素，下列元素位于元素周期表d区的是A．Si B．Ca C．Fe D．Cu2．反应2NaClO3+4A．Cl−的结构示意图为B．NaClO3C．ClO2中Cl元素的化合价为D．ClO33．下列实验原理及装置均正确的是A．图甲：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液B．图乙：探究NaHCO3固体的热稳定性C．图丙：用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液D．图丁：采用如图装置蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O4．摩尔盐NH4A．半径：rO2>C．沸点：NH3>H阅读下列材料，完成下列小题：铬(Cr)及其化合物在工业上有广泛的用途。水体中Cr2O72−、HCrO4−和CrO42−是高毒性的重金属离子，通过化学反应可实现Cr(Ⅵ)的转化去除，如HS−、H2Sn、Zn-Cu粉等能将废水中的Cr(Ⅵ)还原为毒性较小的Cr(Ⅲ)。5．下列说法正确的是A．H2B．CS2中C原子采用spC．Cr(Ⅲ)的外围电子排布式为3D．CrO26．下列化学反应表示错误的是A．BaCrO4与过量浓盐酸和无水乙醇混合制备CrCl3B．CrO42−C．在pH=9的水溶液中CrO42−与D．重铬酸钠(Na2Cr7．下列物质结构和性质与用途的对应关系不正确的是A．Zn-Cu形成原电池，可加快Cr(Ⅵ)的还原B．氧化铬绿为非极性分子，可作颜料使用C．CrOHD．K28．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A．CuSOB．FeC．CaClD．AlCl9．有机物G的合成路线如下，下列说法不正确的是A．X的酸性比乙酸强B．X→Y、C．1molZ最多可以消耗D．G具有对映异构体10．锂/氟化碳电池稳定性很高。电解质为LiClO4乙二醇二甲醚()溶液，总反应为xLi+A．交换膜为阴离子交换膜B．正极的电极反应式为CFC．电解质溶液可用LiClO4D．放电时，电子从a极经过电解液到b极11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A将等浓度等体积的NaAlOH4二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀B将BaSO4固体加入饱和NaKC取少量NH4HSO3无法判断原样品是否变质D将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去HClO具有漂白性A．A B．B C．C D．D12．常温下，向某浓度草酸(H2C2O4)溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2A．P点时，cB．加入NaOH至pH=4.2时发生的反应：C．F点存在，cD．30℃时，向0.5L草酸钙饱和溶液中加入0.5L2.0mol13．基于单簇催化剂(SCC)的NO还原反应(NORR)的主要反应如下：(Ⅰ)2NOg(Ⅱ)2NOg(Ⅲ)N2g在T℃、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2molNO和6molH2，发生上述反应，测得含氮元素占比[如N2已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响；K为用物质的量分数表示的平衡常数。下列有关说法正确的是A．反应Ⅱ的ΔB．曲线c表示的是氨气的含氮元素占比C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F点将平移至E点D．若95min时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数K的计算式为0.16二、非选择题：共4题，共61分。14．稀土元素已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料。以氟碳铈矿(含CeFCO3)为原料制备CeO（1）“硫酸酸浸”时不能使用硅酸盐容器，原因是（2）“复盐分离”时先加入硫脲()还原酸浸液中CeF22+等离子，生成二硫甲脒()和Ce3+，再加入Na2SO4生成难溶的复盐NaCeSO（3）在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce(Ⅳ)，制取CeO2的流程如下：……①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为。②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下DCeⅣ=16。向20mL含0.09mol⋅③反萃取时有机层加H2O2（4）铈的价电子排布式为4f15d16s2，Ce4+和Ce3+之间可进行可逆电荷转移。CeO2通常具有面心立方晶体结构，高温下，CeO2失去氧形成氧空位，结构如图。每失去xmolO2−15．某研究小组通过下列路线合成平喘药物利喘贝。已知：①R②③请回答：（1）利喘贝中含氧官能团为羧基、(写名称)。（2）化合物D转化为E的过程涉及、两步反应。（3）化合物F的结构简式是；由G与C7H7NO2（4）写出同时满足下列条件化合物D的一种同分异构体X的结构简式：。①1molX在碱性条件下完全水解需消耗3molNaOH；②X中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）写出以和CH2COOCH32为原料制备的合成路线流图16．实验室以FeCl2溶液为原料制备高密度磁记录材料Fe（1）在氩气气氛下，向装有50mL1.00mol⋅L①图中盛装KOH的仪器名称：。②三颈烧瓶发生反应的离子方程式为：。③检验反应是否进行完全的操作是：。（2）待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/①焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是。②计算实验所得产品产率。(写出计算过程)（3）利用反应FeSO4+Fe2SO43+8NaOH△Fe3O4↓+417．Ag3（1）制备已知：ⅰ．Ag3ⅱ．Ag3①已知Ag++2NH3⇌AgNH32+的平衡常数为K稳AgNH32+②相同条件下，实验室不用AgNO3和Na3PO4反应制备（2）降解有机物Ag3PO4光催化剂与WO3/Ag3根据图1、图2中信息，循环3次后，催化降解BPA效果比较好的催化剂是导致循环后WO3/Ag（3）除氨氮AgBr/Ag3PO4AgBr/Ag3PO4O2+e−→⋅⋅OOH+已知：ⅰ、甲醇、EDTA-2Na、对苯醌作为捕获剂可分别捕获羟基自由基(·OH)、空穴(h+)、超氧自由基(⋅ⅱ、光照条件下，AgBr/Ag3PO4表面的价带(VB端)失去的e−激发至导带(CB端)，价带形成电子空穴(①直接参与光催化除氨氮的主要活性基团为。②加入不同捕获剂后，氨氮去除率均降低，但EDTA-2Na、对苯醌对氨氮去除率影响程度远小于甲醇，请简要说明：。③空穴(h+)与光生电子e−容易重新复合，AgBr/Ag3PO4

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】要判断元素位于元素周期表的哪个区，需依据元素的价电子排布来确定：

对于Si，其原子的价电子排布为3s23p2，根据元素周期表分区规则，价电子排布为ns2npx（x=1-6）的元素位于p区，所以Si位于p区；

Ca的价电子排布是4s2，价电子排布为ns¹-2的元素属于s区，因此Ca位于s区；

Fe的价电子排布为3d64s2，价电子包含d轨道电子，符合d区元素（价电子排布为(n-1)d¹-9ns¹-2）的特征，所以Fe位于d区；

Cu的价电子排布为3d¹⁰4s¹，这种价电子排布符合ds区元素（价电子排布为(n-1)d¹⁰ns¹-2）的特点，故Cu位于ds区；

综上，位于d区的元素是Fe，

故答案为：C。

【分析】解题核心是明确不同分区元素的价电子排布特征：s区对应ns¹-2，p区对应ns2npx（x=1-6），d区对应(n-1)d¹-9ns¹-2，ds区对应(n-1)d¹⁰ns¹-2。通过分析各元素价电子排布与分区特征的匹配关系，即可得出结论。2．【答案】C【解析】【解答】A、Cl-是氯原子得到1个电子形成的，核电荷数为17，核外电子总数为18，电子层结构应为，题目中图示最外层电子数为7，是Cl原子的结构示意图，而非Cl-，A错误；

B、NaClO3由Na+和ClO3-构成，阴阳离子之间存在离子键；而ClO3-内部，Cl与O通过共用电子对结合，存在共价键。因此该物质既含离子键又含共价键，并非只含离子键，B错误；

C、ClO2中O元素化合价为-2，设Cl元素化合价为x，由x+2×(-2)=0，解得x=+4，故ClO2中Cl元素化合价为+4，C正确；

D、ClO3-中中心原子Cl的价层电子对数=3+12×7+1−3×2=4，有1对孤电子对。价层电子对为4且含1对孤电子对时，空间构型为三角锥形，而非正四面体，D错误；

故答案为：C。B．判断离子化合物中化学键的类型（离子键与共价键的存在位置）。C．根据化合物中化合价代数和为0的原则计算元素化合价。D．用价层电子对互斥理论判断离子的空间构型（需考虑孤电子对的影响）。3．【答案】A【解析】【解答】A、乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶，会出现明显分层（乙酸乙酯密度小在上层），图甲为分液装置，可通过分液分离二者，操作原理正确，A正确；

B、NaHCO3固体加热分解会生成水，若试管口向上倾斜，冷凝水会倒流至试管底部导致炸裂。图乙中试管口向上，装置错误，B错误；

C、酸性KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，必须使用酸式滴定管。图丙中使用的是碱式滴定管（有橡胶管），仪器选择错误，C错误；

D、FeSO4溶液中Fe2+还原性强，加热蒸发时易被空气中O2氧化为Fe3+，且结晶水合物加热易失去结晶水，不能直接蒸干。图丁为蒸干操作，无法获得FeSO4・7H2O，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．根据混合物性质选择分离方法，分液适用于互不相溶的液体混合物。B．根据混合物性质选择分离方法，分液适用于互不相溶的液体混合物。C．考查强氧化性溶液的滴定管选择规则。D．考查易被氧化的溶质在蒸发结晶时的特殊性。4．【答案】D【解析】【解答】A、O2-核外有2个电子层，S2-核外有3个电子层。由于电子层数越多离子半径越大，因此半径关系为r(O2-)<r(S2-)，A错误；

B、N和O同属第二周期，N的2p轨道为半满稳定结构（2p3），第一电离能反常高于O（2p4），故I1(N)>I1(O)，B错误；

C、NH3和H2O都能形成氢键，但每个H2O分子可形成4个氢键，而每个NH3分子仅能形成3个氢键，H2O分子间作用力更强，因此沸点NH3<H2O，C错误；

D、H2O中O原子和NH4+中N原子的价层电子对数均为4（均为sp3杂化），但H2O含2对孤电子对，NH4+无孤电子对。孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角H2O<NH4+，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．离子半径比较需先看电子层数，层数越多半径越大；层数相同时再看核电荷数。B．同周期元素第一电离能总体递增，但ⅡA、ⅤA族因轨道全满或半满出现反常。C．分子晶体沸点与氢键数量、分子间作用力强度相关，氢键越多沸点越高。D．中心原子价层电子对相同时，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。【答案】5．D6．B7．B【解析】【分析】（1）A．等电子体具有相似结构，可通过已知分子结构推断未知分子构型。B．等电子体的杂化方式相同，可通过常见分子的杂化类型推断同类分子。C．过渡金属离子的电子排布遵循“失电子先失最外层”规则。D．分子晶体的特征是熔沸点较低，且易溶于非极性溶剂。（2）A．氧化还原反应需满足电子守恒、元素守恒。B．CrO42-与Cr2O72-的转化存在比例关系，需配平系数。C．碱性条件下的氧化还原反应需结合OH-平衡电荷。D．涉及元素化合价变化的反应需满足电子守恒。（3）A．原电池可加快氧化还原反应速率。B．氧化物的晶体类型决定其是否为分子构成。C．两性氢氧化物既能与酸反应，也能与强碱反应。D．强氧化剂可氧化还原性物质，通过反应定量测定含量。5．A、H2S与H2O为等电子体，H2O分子呈V形（角形），因此H2S也为V形，而非直线形，A错误；

B、CS2与CO2是等电子体，CO2中C原子采取sp杂化（直线形结构），故CS2中C原子也为sp杂化，而非sp2杂化，B错误；

C、Cr为24号元素，原子电子排布为[Ar]3d54s¹，失去3个电子形成Cr(Ⅲ)时，先失去4s电子，再失去3d电子，故外层电子排布为3d3，而非3d44s¹，C错误；

D、CrO2Cl2常温下为液体（熔沸点低），且能与CCl4、CS2（非极性溶剂）互溶，符合分子晶体的性质，D正确；

故答案为：D。6．A、反应中Cr从+6价降为+3价（每个得3e-），C从-2价升为+4价（每个失6e-），电子守恒（4个Cr得12e-，2个C失12e-），且元素种类和原子个数守恒，反应为：C2H5OH+4BaCrO4+20HCl水浴加热2CO2↑+4CrCl3+4BaCl2+13H2O，A正确；

B、酸性条件下，2个CrO42-与2个H+反应生成1个Cr2O72-和1个H2O，正确方程式为

2CrO42−+2H+⇌Cr2O77．A、Zn-Cu形成原电池时，Zn为负极（失电子），Cu为正极（Cr(Ⅵ)在正极得电子被还原），原电池反应速率快于普通化学反应，可加快Cr(Ⅵ)还原，A正确；

B、氧化铬绿（Cr2O3）是离子晶体（由Cr3+和O2-构成），并非分子晶体，不存在“非极性分子”的说法，且其作为颜料与颜色相关，与分子极性无关，B错误；

C、Cr(OH)3属于两性氢氧化物，可与浓NaOH溶液反应生成可溶性的NaCrO2（或Na[Cr(OH)4]），故能溶于浓NaOH，C正确；

D、K2Cr2O7具有强氧化性，在酸性条件下可氧化酒精（C2H5OH）为乙酸，自身被还原为Cr3+，可通过颜色变化（橙红色变为绿色）定量测定酒精含量，D正确；

故答案为：B。8．【答案】A【解析】【解答】A、CuSO4溶液与NaOH溶液反应，发生复分解反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀；麦芽糖是还原性糖（含醛基），在加热条件下能将新制Cu(OH)2还原为Cu2O（砖红色沉淀），两步转化均能实现，A正确；

B、Cl2的氧化性强，与Fe点燃反应时，无论Cl2用量多少，Fe都会被氧化为+3价，生成FeCl3而非FeCl2，第一步转化就不能实现，B错误；

C、CaCl2溶液与CO2不反应，因为盐酸是强酸，碳酸是弱酸，弱酸不能制强酸（若反应生成CaCO3和HCl，HCl会溶解CaCO3），第一步转化无法实现，C错误；

D、AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，无法通过电解熔融AlCl3制备Al（工业上用电解熔融Al2O3的方法），第二步转化不能实现，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．判断复分解反应及氧化还原反应的可能性。B．掌握Cl2与变价金属的反应规律。C．理解“强酸制弱酸”规律的应用条件。D．明确电解法制备金属的适用范围（离子化合物熔融态）。9．【答案】C【解析】【解答】A、该有机物（X）结构中含羰基（-CO-），羰基是吸电子基团，会使羧基（-COOH）上的H更易电离出H+，因此其酸性比乙酸强，A正确。

B、X与SOCl2反应生成Y，是羧基中的-OH被-Cl取代，产物有HCl；Y与苯酚反应生成Z，是-Cl被酚氧基（-O-C6H5）取代，产物也有HCl。两个反应均为取代反应，且都生成HCl，故有相同产物，B正确。

C、Z中含酯基（-COO-），且该酯基连接苯环（属于酚酯）。1mol酚酯基水解时，除生成羧酸盐外，还生成酚钠，共消耗2molNaOH。选项中未明确Z的物质的量及正确比例，故表述错误，C错误。

D、若有机物分子中存在连有4个不同基团的碳原子（手性碳），则具有对映异构体。该有机物（如G）中存在此类碳原子，因此具有对映异构体，D正确。

故答案为：C。

【分析】依次分析每个选项，结合有机物的官能团性质、反应类型、反应产物以及对映异构体的判断依据来判断说法的正误。

A．比较该有机物与乙酸的酸性，需结合羰基的吸电子效应分析。B．判断X→Y和Y→Z反应的产物共性。C．分析Z与NaOH反应的定量关系，关键关注酚酯基的水解特点。D．判断有机物是否含手性碳原子以确定对映异构体。10．【答案】B【解析】【解答】A、放电时，Li为负极，发生反应Li-e-=Li+，Li+需从负极区向正极区迁移以维持电中性。因此交换膜应允许Li+通过，为阳离子交换膜，而非阴离子交换膜，A错误；

B、总反应为xLi+CFₓ=xLiF+C，负极反应为Li-e-=Li+（x个Li共失xe-）。用总反应减去负极反应（乘以x），可得正极反应：CFₓ+xe-+xLi+=xLiF+C，符合电子守恒和元素守恒，B正确；

C、Li是活泼金属，能与乙醇发生置换反应（2Li+2C2H5OH=2C2H5OLi+H2↑），消耗Li电极并产生易燃气体，存在安全隐患，故不能用乙醇溶液替代，C错误；

D、放电时，电子通过外电路（导线）从负极（a，Li）流向正极（b，石墨棒），而电解质溶液中是离子（Li+）定向移动导电，电子不能在电解质溶液中传递，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．明确原电池中离子的迁移方向与交换膜类型的关系。B．根据总反应和负极反应推导正极反应，需满足电子守恒和元素守恒。C．考虑电极材料与电解质溶剂的反应性。D．区分电子与离子的导电路径（导线、电解质）。11．【答案】C【解析】【解答】A、Na[Al(OH)4]与NaHCO3混合生成Al(OH)3沉淀，反应为[Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O，这是[Al(OH)4]-（提供OH-）与HCO3-的直接反应，并非两者水解相互促进（Al(OH)4-水解显碱性，HCO3-水解程度小于电离），故A不符合题意；

B、BaSO4加入饱和Na2CO3溶液中，因CO32-浓度极高，可能使Ba2+与CO32-的浓度乘积超过Ksp(BaCO3)，导致BaSO4转化为BaCO3。此现象仅说明满足转化条件，不能证明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)（实际Ksp(BaSO4)更小），故B不符合题意；

C、NH4HSO3样品若变质会生成SO42-，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。但即使未变质，加入盐酸后，酸性条件下NO3-会将HSO3-氧化为SO42-，同样生成BaSO4沉淀。因此无法通过该现象判断样品是否变质，故C符合题意；

D、氯水中含HCl和HClO，两者均能与NaOH反应中和OH-，使酚酞褪色；同时HClO有漂白性也可能使红色褪去。实验现象无法区分是中和反应还是漂白作用，不能证明HClO的漂白性，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．区分水解反应与直接的离子反应。B．理解沉淀转化的条件（离子浓度乘积需超过溶度积）。C．考虑酸性条件下NO3-的强氧化性对实验的干扰。D．分析氯水中多种成分对实验现象的可能影响。12．【答案】A【解析】【解答】A、草酸的第一步电离常数Ka1=cH+⋅cHC2O4−cH2C2O4=10−1.2，第二步电离常数Ka2=cH+⋅cC2O42−cHC2O4−=10−4.2，c2HC2O4−cH2C2O4⋅cC2O42−=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=103，A错误；

B、pH=4.2时，HC2O4-与C2O42-均为产物且浓度相同，，说明H2C2O4与NaOH反应生成等物质的量的HC2O4-和C2O42-。反应中2molH2C2O4与3molOH-反应（1mol生成HC2O4-，1mol生成C2O42-），方程式为2H2C2B．根据pH=4.2时溶液中主要微粒的浓度关系，写出反应方程式。C．依据电荷守恒，结合F点微粒浓度关系推导等式。D．计算离子积Qc并与Ksp比较，判断是否生成沉淀。13．【答案】D【解析】【解答】A、反应Ⅱ的气体分子数减少（左边7mol气体，右边4mol气体），故ΔS<0。已知反应Ⅱ为快速平衡且能自发进行，由ΔG=ΔH2-TΔS<0可知，ΔH2必须小于0（否则ΔG会因ΔS为负而大于0），因此ΔH2<0，A错误；

B、初始含氮物质只有NO，反应Ⅱ为快反应，NO会快速减少（曲线a），NH3会快速生成（曲线b）。随着反应进行，反应Ⅰ和Ⅲ逐渐影响平衡，N2作为反应Ⅰ的产物和反应Ⅲ的反应物，其含量应逐渐增加（曲线c）。因此曲线c代表N2的含氮元素占比，而非NH3，B错误；

C、催化剂只加快反应速率，不改变平衡状态。若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，NH3会更快达到峰值（时间缩短），但平衡时的占比不变，故F点（20min，90%）不会平移至E点，而是可能向左上方移动，C错误；

D、初始n(NO)=2mol，n(H2)=6mol，总氮原子为2mol。

95min时，N2的含氮占比86%，故n(N2)=(2mol×86%)÷2=0.86mol；NH3占比8%，

故n(NH3)=2mol×8%=0.16mol；NO占比6%，故n(NO)=2mol×6%=0.12mol。

氧原子守恒：n(H2O)=n(初始NO)-n(剩余NO)=2-0.12=1.88mol。

氢原子守恒：初始H为12mol，最终H分布在NH3、H2O和H2中，故

n(H2)=(12-3×0.16-2×1.88)÷2=3.88mol。

总物质的量=0.12+0.86+0.16+1.88+3.88=6.9mol。

反应Ⅲ的K为产物与反应物物质的量分数的比值：Kx=0.166.920.866.9×B．结合反应速率和物质变化趋势判断曲线含义。C．考查催化剂对反应速率和平衡的影响。

D．利用元素守恒计算平衡时各物质的量，再推导平衡常数表达式。14．【答案】（1）氢氟酸会腐蚀硅酸盐（2）2+2CeF22++2H（3）；0.01；将四价铈还原为三价铈，使其进入水层（4）2x；【解析】【解答】（1）CeFCO3中Ce为+3价，氧化焙烧后Ce被氧化为+4价，硫酸酸浸后，溶液中存在F-、Ce4+，酸浸时不能使用硅酸盐容器，因H+与F-形成HF，会腐蚀硅酸盐；

故答案为：氢氟酸会腐蚀硅酸盐；

（2）“复盐分离”时先加入硫脲()，将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和CeF22+反应的离子方程式为：2+2CeF22++2H+=+2Ce3++4HF；

故答案为：2+2CeF22++2H+=+2Ce3++4HF；

（3）①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为；

②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，DCeⅣ=16。向20mL含0.09mol⋅L-1CeⅣ的酸浸液中加入10mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有

0.09mol/L×20×10-3L=20×10-3c水CeⅣ+10×10-3×16c水CeⅣ，解得c水CeⅣ=0.01mol/L；

③反萃取时加H2O2，可将+4价铈还原为+3价，使其进入水层；

故答案为：；0.01；将四价铈还原为三价铈，使其进入水层；

（4）高温下，CeO2失去氧形成氧空位，每失去xmolO2-，根据得失电子守恒可知，理论上有2xmolCe4+转化为Ce3+；

CeO2晶体中，每个O原子周围紧邻的四个Ce4+组成了一个正四面体，故连成的图形为：。

故答案为：2x；。

【分析】首先通过氧化焙烧，将矿中的Ce3+氧化为Ce4（1）CeFCO3中Ce为+3价，氧化焙烧后Ce被氧化为+4价，硫酸酸浸后，溶液中存在F-、Ce4+，酸浸时不能使用硅酸盐容器，因H+与F-（2）“复盐分离”时先加入硫脲()，将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和CeF22+反应的离子方程式为：2+2CeF22++2H（3）①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为；②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，DCeⅣ=160.09mol/L×20×③反萃取时加H2（4）高温下，CeO2失去氧形成氧空位，每失去xmolO2-，根据得失电子守恒可知，理论上有2xmolCe4+CeO2晶体中，每个O原子周围紧邻的四个Ce4+组成了一个正四面体，故连成的图形为：15．【答案】（1）醚键、酰胺键(基)（2）加成；消去（3）；（4）、（5）→CH2COOCH32→ΔH3【解析】【解答】（1）由题干合成路线图可知利喘贝中含氧官能团为羧基、醚键、酰胺键(基)；故答案为：醚键、酰胺键(基)；

（2）由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成（）、消去两步反应（）；故答案为：加成；消去；

（3）根据分析可知，化合物F的结构简式是；由G与C7H7NO2制备利喘贝，故答案为：；；

（4）D的结构简式为：，D的一种同分异构体X，①1molX在碱性条件下完全水解需消耗3molNaOH，说明含有一个酚羟基，以及酚羟基形成的酯；②X中含有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，则X的结构为、；故答案为：、；

（5）由题中D→E→F信息可将转化为，水解后生成，再将硝基还原为氨基，氨基与羧基反应生成，流程：→CH2COOCH32→ΔH3O+→Fe/HCl→；

故答案为：→CH2COOCH32→ΔH3O+→Fe/HCl→；

【分析】A（含酚羟基和醛基）与Br2在DMF中反应生成B（C7H5BrO2）。结合A的结构和B的分子式，可知反应为酚羟基邻位或对位的取代反应，B的结构中苯环上引入了一个Br原子，故B的结构简式为：；B与CH3ONa在CH3OH中反应生成C，C的结构显示酚羟基变为-OCH3，说明发生了取代反应（酚羟基的氢被甲基取代），形成醚键，C与CH3I在NaOH条件下反应生成D（C9H10O3）。C中仍有一个酚羟基，反应后转化为-OCH3，故D的结构简式为：，D与CH2(COOCH3)2反应生成E，E的结构含碳碳双键和两个酯基，说明发生了缩合反应形成双键，E经H3O+加热反应生成F（C11H12O4）。结合反应条件，酯基发生水解生成羧基，故F的结构简式为：，F与SOCl2反应生成G（C11H11ClO3）。根据已知信息①，羧基（-COOH）转化为酰氯（-COCl），故G的结构为F中的羧基变为-COCl：，G与C7H7NO2反应生成利喘贝。利喘贝含酰胺键（-CONH-），结合已知信息①，推测C7H7NO2为含氨基（-NH2）和羧基（-COOH）的化合物，结构简式为：（1）由题干合成路线图可知利喘贝中含氧官能团为羧基、醚键、酰胺键(基)；（2）由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成（）、消去两步反应（）；（3）根据分析可知，化合物F的结构简式是；由G与C7H7NO2制备利喘贝，（4）D的结构简式为：，D的一种同分异构体X，①1molX在碱性条件下完全水解需消耗3molNaOH，说明含有一个酚羟基，以及酚羟基形成的酯；②X中含有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，则X的结构为、；（5）由题中D→E→F信息可将转化为，水解后生成，再将硝基还原为氨基，氨基与羧基反应生成，流程：→CH2COOCH32→ΔH3O+→Fe/HCl16．【答案】（1）恒压滴液漏斗；4Fe（2）防止产品中的铁元素被空气中的O2氧化；m理论（3）边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的H2O2，冷却，再加入20【解析】【解答】（1）①由图可知，盛装KOH的仪器名称为恒压滴液漏斗，②三颈烧瓶发生反应为4FeCl2+8③反应是否进行完全，只需检验是否存在亚铁离子即可，具体操作为：从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液于试管中，加入2~3滴KSCN溶液，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全(或加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀，则反应已经进行完全)，故答案为：恒压滴液漏斗；4Fe2++8OH−②50mL1.00mol⋅L−1FeCl2溶液的物质的量为0.05mol，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH−100℃3hFe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量m理论=0.0125mol×(56+232)g⋅mol−1=3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为3.24g3.6g×100%=90.00%，

故答案为：防止产品中的铁元素被空气中的O2氧化；m理论=0.0125mol×(56+232)g⋅mol−1=3.6g，3.24g3.6g×100%=90.00%。

（3）根据反应FeSO4+Fe2SO43+8NaOH△Fe3O4↓+4Na2SO4+4H2O制备（1）①由图可知，盛装KOH的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗。②三颈烧瓶发生反应为4FeCl2+8KOH100℃③反应是否进行完全，只需检验是否存在亚铁离子即可，具体操作为：从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液于试管中，加入2~3滴KSCN溶液，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全(或加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀，则反应已经进行完全)，故答案为：从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液于试管