江苏省苏锡常镇2025届高三下学期二模考试化学试卷（含答案）

第第页江苏省苏锡常镇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．Ni2．反应2NH3+A．NH3的电子式为B．CO2C．CONHD．H23．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CO2B．制取NH3C．制备NaHCO3固体D．灼烧NaHCO3固体A．A B．B C．C D．D4．硫氰铝镁MgAlSCN5可作为A．电负性：χC>χC．电离能：I1N>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ArD．白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为109°26．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：AsOB．氨水与NaClO溶液制N2H4的反应：2C．肼的燃烧：ND．由Ca3(PO4)2制白磷的反应：28．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：NHB．硅的提纯：SiC．工业制钛：饱和NaCl溶液→D．工业制银镜：AgNO9．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．1molZ最多能与7D．Y、Z可用FeCl310．反应：4SOA．反应的ΔB．上述反应平衡常数K=C．使用高效催化剂能降低反应的焓变D．该反应中每消耗1molSO211．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0.1mol⋅LHClO和HNO2B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AgNO3该卤代烃中含有卤元素的种类D向Na2S溶液中滴加该反应中硫酸作氧化剂A．A B．B C．C D．D12．室温下，H2已知C2O下列说法正确的是A．pH=3.0时：B．浓度均为0.1mol⋅L−1C．向0.1mol⋅L−1D．向0.1mol⋅L−113．CO2加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应过程如下：Ⅰ．COⅡ．COⅢ．2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1.7molD．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sp2杂化和sp3杂化的碳原子个数比为（2）E→F中有副产物C22H22（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CH3OH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．4Ⅱ．Ca4Al2OH14+2Cl−⇌Ca4（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pH=12，体系中最终存在CaOH2和AlOH3沉淀，已知KspCaOH2（3）投料中CaOH2的量与Cl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0.0400mol⋅L−1)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将17．H2S在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除（1）克劳斯法脱H222ΔH1（2）电化学脱H工作原理如图-1所示。①将含有H2S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N2的原因为（3）Fe2SO吸收：Ⅰ．H2Sg再生：Ⅳ．4①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：。②固定总铁浓度cFet=60g⋅L−1，cFe2+与H（4）四乙基偏钒酸铵氧化脱H四乙基偏钒酸铵C2H5①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H2S的脱除率更高，可能的原因为

答案解析部分1．【答案】A【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【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（2+6-2×12=4【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【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【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．A6．B7．C【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]3d¹⁰4s24p3；

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5molσ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]3d¹⁰4s24p3，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AsO3B、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2NHC、燃烧为放热反应，ΔH应小于0，正确热化学方程式为N2D、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2Ca3(8．【答案】B【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【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3molH2，1mol碳碳双键或酮羰基各消耗1molH2，故1molZ最多能与8molH2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【解析】【解答】A、反应前气体总物质的量为4+5+8=17mol，反应后仅生成2molN2气体，气体分子数显著减少，属于熵减反应，因此ΔS<0B、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K=cC、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，4molSO2参与反应时转移20mol电子，因此每消耗1molSO2，转移5mol电子，数目约为5×6.02×10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，ΔS<0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【解析】【解答】A、同浓度的NaClO和NaNO2溶液均因水解显碱性，ClO-+H2O⇌HClO+OH−；NO2-+H2O⇌HNO2+OH−。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2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，2C6H5OH+2Na→2C612．【答案】C【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c(HCB、Na2C2O4和NaHC2O4混合液中，C2C、pH=7时，溶液中溶质主要为(NH4)2CD、pH=4.2时，c(HC2O4−【分析】草酸是二元弱酸，在水溶液中存在两步电离：H2C2O4⇌HC2O曲线Ⅰ代表δ(H2C2O4)随pH的变化；曲线Ⅱ代表δ(HC2O13．【答案】C【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ΔHC、350℃时CO2平衡转化率为85%，参与反应的CO2为2mol×85%=1.7mol。由图像知此时CH3OCH3选择性为0，说明仅发生反应II，反应式为CO2+H2D、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+3NH4HCO3+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【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+3NH4HCO3+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+3NH4HCO3+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：8×18+6×12=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CeO（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+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+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：8×18+6×12=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Ce15．【答案】（1）9：2（2）（3）吸收生成的HCl，提高F的转化率（4）或（5）【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sp2杂化，采取sp2杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为sp3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C22H22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）CH3OH发生氧化反应生成HCHO，与SOCl2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sp2杂化，采取sp2杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为sp3（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C22H22（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）CH3OH发生氧化反应生成HCHO，与SOCl2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）4CaOH2+2AlO2−+4H2O+2Cl−=（2）10（3）加CaOH2，使溶液的碱性增强，Ca2+、Al3+生成了Ca3（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0.02000mol⋅L−1HgNO3【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：4Ca②由题干信息可知，溶液中SO42−、I−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Ca4Al2OH14与SO42-反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，

故答案为：4Ca（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+)=Ksp[Ca(OH)2]c2(OH-)=1×10−4(10−2)2=1.0mol/L，c(Al3+)=K（3）钙氯摩尔比大于6：1后，继续增加Ca(OH)2，加CaOH2，使溶液的碱性增强，Ca2+、Al3+生成了Ca3Al2OH12，使生成的Ca4Al2Cl2OH14减少；（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0.0400mol⋅L−1)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将0.02000mol⋅L−1HgNO32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0.02000mol⋅L−1HgNO32溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴HgNO32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HgNO②选NaAlO2的原因：若用Al2(SO4)3，SO42−会与Ca(2)pH=12时，c(OH−)=10−2mol/L，由K(3)钙氯摩尔比>6：1后，过量Ca(O