江苏省南通市2024-2025学年高中化学高三下学期第四次模拟考试（含答案）

第第页江苏省南通市2024-2025学年高中化学高三下学期第四次模拟考试一、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．下列措施有利于减少酸雨发生的是A．减少塑料制品使用 B．燃煤脱硫C．集中处理废旧电池 D．废金属回收2．反应H2O2A．基态Fe2+的电子排布式为B．⋅OH的电子式为C．H2D．H23．下列制取乙酸乙酯的实验原理与装置能达到实验目的的是A．装置甲：制备乙酸乙酯B．装置乙：收集乙酸乙酯并除去其中的乙醇和乙酸C．装置丙：分离有机层和水层D．装置丁：蒸馏得到乙酸乙酯4．Mg、Ca、Sr位于同一主族，其单质均能与O2和NA．沸点：O2<NC．半径：r(Mg2+阅读下列材料，完成下面小题：氮的化合物应用广泛。NH3可通过反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)ΔH=92.4kJ⋅mol−1释放氢气，也可与光气(COCl25．关于氨的释氢反应2NHA．反应的平衡常数可表示为KB．增大压强，既可提高释氢速率，又可提高氨气的平衡转化率C．用E表示键能，6D．使用高效催化剂能降低反应的焓变6．下列说法正确的是A．N(B．NH2OH易潮解的原因是C．COCl2D．1molCO(NH7．下列化学反应表示正确的是A．碱性条件下N2H4与B．COCl2与过量NH3C．氨水中通入足量CO2：D．NH4HCO3溶液加到8．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均能实现的是A．制漂白粉：饱和NaCl溶液→B．海水提溴：BrC．冶炼铝：AlD．硫酸工业：FeS9．铅蓄电池放电时正极反应为PbO2A．放电时，负极反应为PbB．放电时，电池将电能转化为化学能C．充电时，正极应与外接电源负极相连D．充电时，每生成1molH10．化合物Z是合成某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X与足量H2B．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．1molY最多能与2molNaOH发生反应D．一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应11．室温下，探究0.1mol选项探究目的实验方案A检验溶液是否变质向2mL溶液中滴加几滴稀硝酸，再滴加Ba(B比较HSO3用pH计测定溶液的pH，比较溶液pH与7的大小C溶液是否具有漂白性向2mL溶液中滴加几滴酸性KMnO4D比较HSO3−与向2mL溶液中加入过量FeCl3A．A B．B C．C D．D12．室温下，中和法生产Na2已知：Ka1(H3PO4)=6.9×10A．0.1mol⋅B．“中和”时若加入过量的Na2COC．“调pH”至9.7时所得溶液中：cD．“过滤”所得滤液中：c13．甲醇与水蒸气催化重整制取氢气的主要反应为：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=49.5kJ·mol-1A．其他条件不变，制取H2B．200~300℃达到平衡时，CO2C．其他条件不变，增大起始时n(D．240~300℃达到平衡时，n二、非选择题：共4题，共61分。14．镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含SiO2、Al2O3和少量已知粉煤灰中Ga2O3存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由SiO（1）焙烧。向高铝粉煤灰中加入Na2CO3焙烧，得到Na2SiO①写出焙烧过程中Ga2O3②焙烧过程中加入Na2CO3的作用除与Ga（2）浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是。（3）除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]的溶液，向其中通入（4）富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基(−NH2)、肟基(=N−OH)]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前Ga(OH)4−首先与树脂中的（5）电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中Na2CO3①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为。②8~11h，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是15．化合物G具有延缓衰老、预防心血管疾病等功效，其合成路线如下：（1）B的分子式为C7H10（2）C的分子式为C7H8（3）E→F的转化会经过如下过程：①X中“*”标记的碳原子杂化类型为。②Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：。不能发生银镜反应；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子。（5）已知：+R''CHO→ΔOH−+H2O(R、R'、R'16．CuCl2溶液可用作印刷铜线路板蚀刻液。蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(（1）已知：CuCl2+Cu=2CuCl。CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成HCuCl2，CuCl和（2）利用蚀刻废液制备CuCl。步骤1：向蚀刻废液中分批加入NaOH至溶液的pH=4步骤2：向溶液中逐滴加入Na2步骤3：……①加入Na2SO3②步骤2中所得含铜微粒可表示为[CuCln+1]n−，写出开始时③已知：CuCl+nCl−⇌[（3）利用蚀刻废液制备CuCl2。CuCl2的溶解度曲线如图所示，CuCl2溶液在不同温度下结晶会析出带不同数目结晶水的晶体，15℃以下析出CuCl2⋅4H2O。设计从蚀刻废液获得无水17．HCHO、NH3BH3（1）HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：9molHCHO参加反应，最终释放H2的物质的量与反应Ⅰ消耗O2的物质的量相同，则释放H2（2）NH3①NH3BH3中三种元素电负性大小为N→Ⅰⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：(BNH4)n]为链状结构，ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途(任写一种)。②一种催化NH3ⅰ．与NH3BH3热解相比，NHⅱ．NH3BH3固体与CH（3）MgH2①取2.600gMgH2投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下H2②MgH2在MgCl2溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。MgH2在MgCl

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、该措施主要用于缓解白色污染、减少塑料降解与生产过程中的碳排放，与形成酸雨的SO2、NOₓ等气体无关，A错误；

B、燃煤燃烧会释放大量SO2，是形成硫酸型酸雨的主要来源。燃煤脱硫可直接减少SO2的排放，从源头削弱酸雨的形成条件，B正确；

C、废旧电池中含汞、镉等重金属，集中处理是为了防止重金属污染土壤与水源，与酸雨的气体前体物无关，C错误；

D、废金属回收可减少矿石冶炼带来的粉尘、重金属等污染，但并非针对酸雨的主要成因，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

酸雨的本质：酸雨主要由二氧化硫（SO2）、氮氧化物（NOₓ）等气体排放到大气中，经氧化后溶于雨水形成，pH小于5.6。

各措施的针对性：

减少塑料制品：针对白色污染与碳排放，与酸雨无关。

燃煤脱硫：直接减少SO2排放，是防治酸雨的核心手段之一。

处理废旧电池：防止重金属污染，与酸性气体无关。

废金属回收：减少冶炼污染，并非针对酸雨的直接成因。2．【答案】A【解析】【解答】A、Fe的原子序数为26，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64sB、⋅OH中O与H之间有1个共用电子对，O原子存在1个未成对电子，正确电子式应为:C、H2O2的结构为H−OD、H2O中只含故答案为：A。【分析】本题解题要点：

电子排布式：Fe是26号元素，基态Fe原子价电子排布为3d64电子式书写：羟基自由基（⋅OH化学键类型：极性键是不同原子间的共价键，非极性键是相同原子间的共价键。化合物分类：只含共价键的化合物是共价化合物，含离子键的化合物是离子化合物3．【答案】C【解析】【解答】A、制备乙酸乙酯需要浓硫酸作为催化剂和脱水剂，且反应需加热。但装置甲中缺少浓硫酸，同时试管口向上倾斜虽符合加热液体要求，但无催化剂无法完成反应，A错误；

B、乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，导致产物损失。除杂应使用饱和碳酸钠溶液（吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度），B错误；

C、乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，因此混合液分层后有机层处于上层。装置丙为分液装置，可通过分液漏斗精准分离有机层与水层，C正确；

D、蒸馏装置中，冷凝水的方向应为下进上出，才能保证冷凝管内充满冷却水，实现充分冷凝。装置丁中冷凝水为上进下出，冷凝效果极差，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

制备装置要求：乙酸乙酯制备需浓硫酸作催化剂与吸水剂，且要防止倒吸，需匹配加热方式与导管位置。

除杂试剂选择：乙酸乙酯在强碱中易水解，除杂需用弱碱性试剂（饱和碳酸钠），不能用NaOH。

分液分离原理：乙酸乙酯难溶于水、密度小于水，有机层在上层，可通过分液漏斗分离。

蒸馏操作规范：蒸馏需控制温度，冷凝水方向为下进上出，确保冷凝效率。4．【答案】C【解析】【解答】A、O2和N2均为分子晶体，O2的相对分子质量（32）大于N2（28），分子间作用力更强，因此沸点：O2B、Mg、Ca、Sr均为第ⅡA族元素，同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。Sr在Ca下方，故碱性：Sr(C、Mg2+和O2−的电子层结构相同（均为2、8排布），Mg2+的核电荷数（12）大于OD、N的2p轨道为半充满稳定结构（2p3），失去电子所需能量更高；O的2p轨道为2p4，易失去一个电子达到半充满稳定结构，因此第一电离能：I1故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

分子沸点：组成结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。氢氧化物碱性：同主族元素从上到下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。离子半径：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。第一电离能：同周期主族元素，第ⅡA族、第ⅤA族因电子排布稳定，第一电离能出现“反常”，高于相邻元素【答案】5．C6．A7．D【解析】【解答】（1）A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为2NH3(g)⇌B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2mol气体，生成物4mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；C、焓变ΔH=反应物断键总键能−生成物成键总键能。2molNH3含6molN-H键，1molN2含1molN≡N键，3molH2含3molD、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变ΔH不变，D错误；

故答案为：C。

（2）A、N(CH3)3是叔胺，N原子有孤电子对，能结合HB、羟胺（NH2C、COCl2中C原子采取spD、尿素CO(NH2)2的结构为H2N−C故答案为：A。（3）A、碱性条件下N2H4被氧化为N2（N从-2价→0价，1molN2H4失4mole−），[选项中计量数与电子守恒不符，A错误；B、过量NH3存在时，HCl会与NH3反应生成NH4Cl，因此产物应为CO(NH2C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为OH−，正确写法为：

NHD、Mn2+与HCO3−发生双水解反应，生成MnCO3沉淀、CO2气体和H2【分析】（1）围绕平衡常数、压强对平衡的影响、键能计算、催化剂作用展开，结合反应计量数与能量变化规律判断。

（2）结合胺的碱性、氢键、分子空间构型、σ键计数等知识点，逐一分析物质结构与性质的对应关系。

（3）从电子守恒、产物合理性、电解质拆分、原子或者电荷守恒四个角度验证离子方程式。5．A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为2NH3(g)⇌B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2mol气体，生成物4mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；C、焓变ΔH=反应物断键总键能−生成物成键总键能。2molNH3含6molN-H键，1molN2含1molN≡N键，3molH2含3molD、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变ΔH不变，D错误；

6．A、N(CH3)3是叔胺，N原子有孤电子对，能结合H+B、羟胺（NH2C、COCl2中C原子采取spD、尿素CO(NH2)2的结构为H2N−C故答案为：A。7．A、碱性条件下N2H4被氧化为N2（N从-2价→0价，1molN2H4失4mole−），[选项中计量数与电子守恒不符，A错误；B、过量NH3存在时，HCl会与NH3反应生成NH4Cl，因此产物应为CO(NH2C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为OH−，正确写法为：

NHD、Mn2+与HCO3−发生双水解反应，生成MnCO3沉淀、CO2气体和H28．【答案】A【解析】【解答】A、第一步：电解饱和NaCl溶液，发生反应2NaCl+2H2O=电解2NaOH+B、第一步：SO2具有还原性，可将Br2还原为HBr：Br2+SO2+2H2C、第一步：Al2O3与盐酸反应：Al第二步：AlCl3是共价化合物，电解其溶液时，H+优先于Al3+放电，无法得到金属AlD、第一步：FeS2在高温下与O2反应，生成SO2而非SO3：4FeS2+11O2易错点为：漂白粉制备：需用石灰乳而非澄清石灰水与Cl2氧化还原顺序：氧化性Br2>I2，因此I2不能氧化Br铝的冶炼：AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，只能电解熔融Al硫酸工业：FeS2煅烧只能得到SO2，SO29．【答案】D【解析】【解答】A、放电时Pb为负极，发生氧化反应，Pb失去电子生成Pb2+，而电解液中存在大量SO42−，Pb2+会立即与SO选项中只写了Pb−2e−B、放电过程是原电池工作，本质是将储存在物质中的化学能转化为电能，供外部设备使用；而“电能转化为化学能”是充电过程（电解池）的能量变化，B错误；C、充电时，原电池的正极（PbO2D、铅蓄电池的总反应为：Pb充电时，反应逆向进行，每生成2molH2SO4，对应电路中转移2故答案为：D。【分析】本题围绕铅蓄电池的放电与充电原理展开，核心是掌握原电池（放电）和电解池（充电）的电极反应、能量转化、电极连接规律及电子守恒关系。关键流程：铅蓄电池放电时，铅为负极，发生氧化反应：Pb−2e−10．【答案】D【解析】【解答】A、X与足量H2加成后，苯环与羰基被还原为饱和结构。此时手性碳原子主要集中在还原后的环己基及支链位置，如图，分子中含有4个手性碳原子，A错误；

B、Y结构中含有酚羟基，且苯环上连有烷基（甲基侧链）。酚羟基易被氧化，苯环上的烷基侧链也能被酸性高锰酸钾氧化，因此Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C、Y分子中包含两类可与NaOH反应的官能团：

1个酚羟基，消耗1molNaOH；

1个酚酯基，水解后生成1个羧基和1个酚羟基，共消耗2molNaOH；

总计1molY最多消耗3molNaOH，而非2mol，C错误；

D、Z分子中含有酚羟基，且酚羟基邻位存在可参与反应的氢原子。在酸性或碱性条件下，酚类与甲醛可发生酚醛缩聚反应，生成高分子化合物，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

手性碳原子识别：连接4个不同原子、基团的饱和sp3碳原子为手性碳，需精准定位加成反应后新增的饱和碳结构。

高锰酸钾氧化规律：酚羟基、苯环上的烷基侧链（如甲苯型结构）均能被酸性KMnO4氧化，导致溶液褪色。

NaOH反应计量：酚羟基直接反应；酚酯基水解生成羧基和酚羟基，对应2倍NaOH消耗量；需累计可反应的官能团总数。

缩聚反应条件：酚类化合物（酚羟基邻位有氢）与甲醛可发生酚醛缩聚反应。11．【答案】B【解析】【解答】A、NaHSO3变质会生成Na2SO4，检验需检测SO42-。但稀硝酸具有强氧化性，会将HSO3-氧化为SO42-，再加入Ba(NO3)2时，无论是否变质都会生成BaSO4沉淀，无法判断原溶液是否变质，A错误。B、HSO3-存在电离：HSO3−⇌H+若pH>7，说明水解程度>电离程度，则水解平衡常数>电离平衡常数。

该方案可达到探究目的，B正确；C、向NaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，HSO3-与MnO4-发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现的是HSO3-的还原性，而非漂白性，无法验证漂白性，C错误；D、向NaHSO3溶液中加入过量FeCl3，无论HSO3-是否还原Fe3+，溶液中都残留大量Fe3+，滴加KSCN溶液后均显血红色，无法判断是否生成Fe2+，也就无法比较还原性强弱，D错误；故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

离子检验的干扰排除：检验SO42-时，需避免强氧化性试剂将HSO3-、SO32-氧化为SO42-，造成假阳性结果。电离与水解程度比较：通过溶液pH可直接判断HSO3-的电离与水解主导方向：pH<7则电离更强，pH>7则水解更强。漂白性与还原性区分：使KMnO4褪色体现还原性，而漂白性是与有色物质结合生成无色物质（如SO2漂白品红）。还原性比较的实验设计：需确保试剂不过量，避免残留氧化剂干扰产物检验。12．【答案】C【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中，质子守恒的正确表达式为：c(OH−)=c(H+B、由电离常数可知酸性顺序：

H3PO4(Ka1=6.9×10−3)>H2CO3(Ka1=4.5×10−7)>H2PO4−(Ka2=6.2×10−8)>HCO3−C、磷酸的三步电离常数乘积为：K当pH=9.7时，c(Hc(故c(POD、“过滤”后的滤液中，除了Na+和含磷粒子外，还含有含碳的阴离子（如HCO3-、CO32-），完整的电荷守恒应为：

c(选项遗漏了含碳的阴离子，D错误；故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

质子守恒书写：Na2CO3溶液中，质子守恒需包含所有得质子与失质子的粒子，注意H2CO3是二元弱酸，对应系数为2。强酸制弱酸判断：根据电离常数大小判断酸性强弱，酸性顺序为：

H3PO4>H2CO3>H2PO4->HCO3->HPO42->PO43-，据此判断反应产物。电离常数联立计算：利用三步电离常数的乘积，结合pH计算磷酸根与磷酸的浓度比。电荷守恒完整性：电荷守恒需包含溶液中所有带电粒子，不能遗漏含碳的阴离子。13．【答案】D【解析】【解答】A、200~220℃，CH3OH的平衡转化率不足80%，且仍有上升空间，不利于高效制H2；260℃时转化率接近100%，但CO选择性仍较低，是更优的温度区间。200℃并非最佳，A错误；B、200~300℃前期，温度升高使CH3OH转化率显著提升，主反应（生成CO2）占主导，CO2的物质的量增大；后期温度继续升高，CO选择性快速上升，副反应（生成CO）占优，CO2的物质的量才开始减小。因此整体并非“随温度升高而减小”，B错误；C、增大n(CHD、若只发生主反应：CH3OH(若只发生副反应：CH3OH(240~300℃时两反应均发生，总H2的物质的量介于2[n(CO)+n(CO2)]故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

最佳温度选择：制H2需要兼顾高甲醇转化率和低CO选择性（CO是副产物），需在图中找到两者的最优区间。温度对CO2的影响：低温时主反应（生成CO2）占优，升温促进甲醇转化；高温时副反应（生成CO）占优，CO2量会下降。浓度对平衡的影响：增大n(CH计量数极值分析：只发生主反应：n(只发生副反应：n(两反应同时发生时，n(H14．【答案】（1）Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；破坏玻璃体结构，并与其中的Ga2（2）抑制NaGaO2水解产生Ga(（3）Al(（4）含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键（5）3mol；CO32−结合阳极产生的氢离子生成HCO3【解析】【解答】（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；

②根据分析，焙烧过程中加入Na2CO3故答案为：Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；破坏玻璃体结构，并与其中的Ga2O3反应，有利于提高镓的浸取率；

（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2故答案为：抑制NaGaO2水解产生Ga(OH)3沉淀而降低镓的浸取率；

（3）pH=11故答案为：Al(OH)故答案为：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；

（5）①Na[Ga(OH)②8~11h，Na2CO3浓度下降，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是CO32−结合阳极产生的氢离子生成HCO3−的速率与HCO3−与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。

故答案为：3mol；CO32−结合阳极产生的氢离子生成HCO3−的速率与HCO3−与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。

【分析】以高铝粉煤灰（含SiO2、Al2O3及少量Fe2O(1)①根据焙烧时Ga2O3与Na2CO3反应生成NaGaO2和CO2，结合原子守恒配平化学方程式：Ga2O3(2)NaGaO2会水解生成Ga(OH)3沉淀，用NaOH溶液浸取时，高浓度OH(3)pH=11时，溶液中Al(OH(4)含镓微粒中的Ga原子提供空轨道，树脂中的氨基、肟基的N/O原子提供孤电子对，二者形成配位键，因此含镓微粒可被树脂吸附。(5)①Na[Ga(OH)4]中Ga为+3价，电极增重280g对应生成4molGa，阴极得12mole−；根据阳极反应2H2O−4e−+4CO32−=O2（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；②根据分析，焙烧过程中加入Na2CO3（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生Ga(（3）pH=11时，溶液中开始析出Al(OH（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；（5）①Na[Ga(OH)②8~11h，Na2CO3浓度下降，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是CO315．【答案】（1）还原反应（2）（3）sp3；（4）（5）【解析】【解答】（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为C7H10N故答案为：还原反应；

（2）由分析知，C的结构简式为；故答案为：；

（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个σ和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为sp3；②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；故答案为：sp3；；

（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；故答案为：；

（5）已知：+R''CHO→ΔOH−+H2O(R、R'、R''为烃基或氢原子)以、、HCHO、P(OC2H5)3和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在PO(OC2H5)3反应生成，与H2O在催化剂、加热条件下发生加成反应生成，在Cu的催化下氧化生成，与HCHO在碱性条件下发生已知反应生成，合成路线流程图为

故答案为：

【分析】以2，4-二硝基甲苯A（）为起始原料，经Fe/H+还原硝基为氨基得到B（）；再经重氮化-水解将氨基转化为酚羟基得到C（）；接着在NaOH作用下与(CH3O)2SO2发生甲基化反应生成D；随后用NBS进行甲基溴代得到E；之后与P(OC2H5)(1)由A（含硝基−NO2）推导B（含氨基(2)根据C的分子式及转化关系，结合官能团变化，推导出C为3，5-二羟基甲苯（结构简式：CH3(3)①带“*”标记的C原子形成3个σ键，且有1对孤电子对（得到1个电子），价层电子对数为4，故杂化类型为sp3②对比Y和F的骨架结构，P原子的成键方式变化表明，除F外，另一生成物为磷酸三乙酯（结构简式：(C(4)a.限制条件：无醛基/甲酸酯、碱性水解后酸化生成两种有机产物（含酯基），其一含两个苯环且有3种H，另一含2种H；b.结合F的结构，推导出符合条件的同分异构体为4-羟基联苯-4'-叔丁基苯甲酸酯（结构简式：）。（5）以甲苯为起始原料，先用NBS溴代得到苄基溴；再经维蒂希反应与苯甲醛构建二苯乙烯双键；随后水合引入羟基、Cu催化氧化得到酮；最后利用题目给出的羟醛缩合反应，与甲醛在碱性条件下反应，在酮羰基α位引入亚甲基，完成目标产物的合成。（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为C7H10N（2）由分析知，C的结构简式为；（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个σ和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为sp3②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；（5）已知：+R''CHO→ΔOH−+H2O(R、R'、R''为烃基或氢原子)以、、HCHO、P(OC2H5)3和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在PO(OC2H5)3反应生成，16．【答案】（1）防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行（2）pH过小，部分Na2SO3转化为SO2；2Cu2+（3）边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化【解析】【解答】（1）反应CuCl2+Cu=2CuCl故答案为：防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行；

（2）①蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(HCuCl2)，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：2Cu③已知：CuCl+nCl−⇌[CuCln故答案为：pH过小，部分Na2SO3转化为SO2；2Cu2++SO32-+2n+2Cl-+H2O=2CuCln+1n-+SO42-+2H(2)①蚀刻废液呈强酸性，pH过小会使Na2SO3与H+反应生成SO2，造成还原剂损耗；pH过大则会使Cu2+水解生成Cu(OH)2沉淀，因此需调至pH=4，保证还原反应顺利进行。②Na2SO3具有还原性，将Cu2+还原为Cu+，并与Cl-结合形成[CuClₙ]（n-¹）-，S元素被氧化为SO42-，根据电子守恒与原子守恒配平：2③根据平衡CuCl+nCl-⇌[CuClₙ]（n-¹）-，稀释时Cl-浓度降低，平衡逆向移动析出CuCl。操作需为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成，再进行过滤、洗涤、真空干燥。(3)CuCl2溶液结晶得到CuCl2·4H2O，其溶解度随温度升高而增大。制备无水CuCl2需：向蚀刻废液中通入足量O2，将HCuCl2氧化为CuCl2；蒸发浓缩溶液至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤得到CuCl2·4H2O晶体；将晶体置于高压HCl气体氛围中加热至固体质量不再变化，HCl抑制CuCl2水解，同时脱去结晶水，得到无水CuCl2。（1）反应CuCl2+Cu=2CuCl（2）①蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(HCuCl2)，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：2Cu③已知：CuCl+nCl−⇌[CuCln（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把HCuCl2氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到CuCl17．【答案】（1）3mol（2）；作耐高温材料、切割工具等；条件温和，节约能源；NH3（3）n(MgH2)=2.600g26g/mol=0.1000molMgH2水解反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x+y=0.1000mol，26g/molx+58g/moly=3.08g解得y=0.015moln(H2)=0.015mol×2=0.03molV(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L；MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg【解析】【解答】（1）设释放H2的物质的量为xmol，则n(O2)=xmol，反应Ⅰ中消耗xmolHCHO，反应Ⅱ中消耗2xmolHCHO，则3x=9，故x=3，则释放H2的物质的量为3mol。故答案为：3mol；

（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：NH3故答案为：；作耐高温材料、切割工具等；条件温和，节约能源；NH3BH3+3CH3OH催化剂¯¯B(OCH3)3+NH3↑+3设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x+y=0.1000mol，26g/molx+58g/moly=3.08g，解得x=0.085mol，y=0.015mol，n(H2)=0.015mol×2=0.03mol，V(H2)