江苏省盐城市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷（含答案）

第第页江苏省盐城市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷一、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。1．2025年央视春晚宇树机器人惊艳全国。制作机器人的材料中，属于有机高分子的是A．锂电池中的石墨 B．太阳能电池板中的硅C．机器人外壳中的聚乙烯 D．电路板中的金属铜2．工业制取CaO2的主要反应为CaClA．1molH2OB．H2O的VSEPR模型为C．中子数为10的氧原子：8D．NH4Cl3．实验室以新制的氨水配制银氨溶液并进行银镜反应。下列有关实验原理、装置和操作的说法不正确的是A．制氨气 B．制氨水C．制银氨溶液 D．银镜反应4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是空气中含量最多的元素，基态Y、Z原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，W的主族序数与周期序数相同。下列有关说法正确的是A．原子半径：r(B．第一电离能：IC．简单气态氢化物的热稳定性：XD．最高价氧化物对应水化物的碱性：W阅读下列材料，完成下面小题。硼和硅在周期表中处于对角线位置，性质相似但存在差异。硼的熔点（2076°C）高于硅（1414°C），晶体硼的硬度接近金刚石。常温下乙硼烷（B2H6）和甲硅烷（SiH4）都是还原性的气体，B2H6有较大的燃烧热（2165kJ⋅mol−1），是常见的燃料；SiH4可与CuO共热制5．下列说法正确的是A．NH3BH3B．晶体硼和晶体硅都是共价化合物C．SiH4和BClD．1molSiO2和1mol金刚石中都含有6．下列化学反应表示正确的是A．H3BO3和足量B．SiOC2H5C．甲硅烷还原CuO的反应：SiHD．乙硼烷的燃烧：B2H7．强碱性条件下，NaBH4在催化剂表面与水的反应为NaBHA．使用催化剂能降低反应的焓变B．图示机理中有非极性键的断裂与形成C．该反应中每生成1molH2D．若用D2O代替H8．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是A．CaSOB．FeSC．HClOD．CuSO4溶液→过量氨水Cu9．下列物质结构或性质与用途相关的是A．铁粉能与O2B．MgO难溶于水，可用于制作耐高温材料C．二氧化硫具有氧化性，可用作漂白剂D．NH310．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分子中所有原子共平面B．Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大C．Z与足量H2D．X、Y、Z可用FeCl3溶液和酸性KMnO11．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向等浓度的NaCl和Na2CrO4KB取2mL0.1mol⋅LKI与FeCl3C向2mL0.1molFe2+D用pH计测量浓度均为0.1mol⋅L−1CHCH3COO−结合HA．A B．B C．C D．D12．25°C时，通过下列实验探究Na实验1：取0.1mol⋅L实验2：取46.6gBaSO4固体，每次用1.0L实验3：0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，测得25°C实验4：向10mL0.1mol已知：25°C时，KspBaSO下列说法正确的是A．实验1所得溶液中，cB．实验2中要使BaSO4中的SOC．实验3说明80°C时Na2COD．实验4中发生反应的离子方程式为：213．1molCO2及4molH2以反应Ⅰ：CO2(反应Ⅱ：CO2(下列说法不正确的是A．CH4(B．250~300°C，COC．200~400°C，HD．500°C时增大压强，CH二、非选择题（本题4小题，共61分）14．从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2（1）“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2（2）已知：Pb2++4Cl−=（3）①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并。（补充完整实验操作）②溶液中Ag+、AgNH3+、AgNH32浸银后的“银转化”体系中，cNH3⋅H2O（4）①N2H4⋅H②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是。（5）α−AgI晶体是离子导体，晶胞结构如图2。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中nAg+15．药物苯嘧磺草胺中间体，合成路线如下。（1）B中含氧官能团的名称为。（2）C→D的反应过程中还会生成一种副产物，其结构简式为（3）E→F的反应类型为（4）D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苯环上有三个取代基②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6:2:1（5）写出以为原料制备（Ph为苯基）的合成路线流程图（无机试剂和流程中有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。16．用磷铁渣（含FeP、Fe2P及少量杂质）制备（1）分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成Fe2O3和Na3PO4，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品Fe2（2）制备FeSO4。粗品Fe2O3和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗①162g淀粉最多能生成molFeO。②粗FeO用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于20mL⋅g[已知烧渣的浸出率=m(溶解的烧渣)（3）制备FePO4。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率nFePO4n总(Fe)×100%与溶液pH的关系如图2所示。请补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液，（4）测定粗品中FeO含量。准确称取3.000g产品，加入足量硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，用0.05000mol⋅L−1K2Cr217．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一，发展碳捕获并转化利用是实现碳中和的重要路径。（1）利用浓海水和MgO共同捕获CO2。实验室可用图1所示装置捕获CO①MgO的作用是。②相同时间，浓海水中Ca2+的去除率随CO2的流量的变化如图2所示。随着气体流量的增加，溶液中Ca2+（2）用催化剂M的有机溶剂（DMSO）捕获二氧化碳制备HCOOH。在298K，将nCO2:nH2=1:1的混合气体持续通入DMSO中，并维持CO2、①该反应机理可表示为以下三个基元反应，请补充反应iii的化学方程式。i.M+CO2=Q②生成HCOOH的速率随M的浓度的变化如图3所示。随c(M)的增大，v（3）用1，3－丙二胺（）捕获CO2制作的Mg−CO2充放电电池，提高了电池充放电循环性能。MgC2O4比MgCO①路径Ⅰ中*CO2*−转化成*②选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因有。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、石墨是碳的单质，属于无机非金属材料，并非有机高分子，故A不符合题意；

B、硅是无机非金属材料，属于半导体材料，不属于有机高分子，故B不符合题意；

C、聚乙烯由乙烯通过加聚反应制得，属于有机合成高分子材料，故C符合题意；

D、金属铜属于金属材料，是单质，既不是有机物也不是高分子，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

有机高分子是相对分子质量达几万甚至几十万的有机化合物，常分为天然高分子和合成高分子（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。2．【答案】A【解析】【解答】A、该物质的结构式为H-O-O-H，分子内包含2个H-O极性键和1个O-O非极性键，因此分子中存在极性键与非极性键，A正确；

B、水分子中氧原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，但因存在2对孤电子对，实际空间构型为V形，B错误；

C、氧原子质子数为8，中子数为10时，质量数为8+10=18，原子符号应表示为818O，C错误；

D、该物质是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，正确的电子式为，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

化学键判断：通过结构式分析共价键类型，区分极性键（不同原子间）与非极性键（相同原子间）。

分子构型：先算价层电子对数确定VSEPR模型，再扣除孤电子对得到实际空间构型。

原子符号书写：质量数=质子数+中子数，中子数为10的氧原子的原子符号格式为818O3．【答案】C【解析】【解答】A、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气，装置为固固加热型，试管口略向下倾斜，操作规范，A正确；

B、氨气极易溶于水，将氨气通入水中时，用倒扣的漏斗防止倒吸，装置设计合理，B正确；

C、配制银氨溶液的正确操作是向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解为止；而图中是将硝酸银溶液滴入氨水中，无法得到稳定的银氨溶液，操作错误，C不正确；

D、银镜反应需要水浴加热，将盛有葡萄糖和银氨溶液的试管放在热水浴中，操作符合实验要求，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

氨气制备：固固加热制氨气，试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。

防倒吸装置：氨气极易溶于水，用倒扣漏斗增大接触面积同时防止倒吸。

银氨溶液配制：必须向硝酸银溶液中滴加氨水，顺序不能颠倒，否则无法形成稳定的银氨络离子。

银镜反应条件：需水浴加热，不能直接用酒精灯加热，否则无法形成光亮银镜。4．【答案】B【解析】【解答】A、原子半径比较遵循“电子层越多半径越大，同周期从左到右半径减小”。Mg、Al位于第三周期，O位于第二周期，故原子半径顺序为Mg>Al>O（r(Z)>r(W)>r(Y)），A错误；

B、第一电离能受核电荷数与洪特规则特例影响。N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O；Mg为金属，其第一电离能在三者中最小，故第一电离能顺序为I1(X)>I1(Y)>I1(Z)，B正确；

C、简单气态氢化物的热稳定性与非金属性正相关。非金属性O>N，故热稳定性H2O(Y)>NH3(X)，C错误；

D、最高价氧化物对应水化物的碱性与金属性正相关。金属性Mg>Al，故碱性

Mg(OH)2(Z)>Al(OH)3(W)，D错误；

故答案为：B。

故答案为：B。

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X是空气中含量最多的元素，推得X为N；基态Y、Z原子的s能级电子总数等于p能级电子总数，结合电子排布规律推得Y为O、Z为Mg；W的主族序数与周期序数相同，且原子序数大于Mg，推得W为Al。【答案】5．A6．B7．D【解析】【分析】（1）本题解题要点：

配位键的形成条件是一方提供空轨道、一方提供孤对电子，氨硼烷和硼氢化钠中均存在此类相互作用；

晶体硼和晶体硅是由同种原子构成的单质，而共价化合物必须由不同种元素组成；

根据价层电子对互斥理论，SiH4中Si为sp3杂化，BCl3中B为sp2杂化；

SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子相连，金刚石中每个C原子与4个C原子相连，但C-C键为两个C原子共用，因此键数为2倍碳原子数。

（2）本题解题要点：

硼酸的酸性来源于其结合OH-的过程，属于路易斯酸，因此与NaOH反应的离子方程式形式特殊；

Si(OC2H5)4的水解反应可直接按总反应书写，后续脱水过程不影响方程式的正误判断；

氧化还原反应配平需同时满足电子守恒和原子守恒，SiH4与CuO反应的方程式需根据化合价升降配平；

燃烧热的定义要求生成的水为液态，因此书写热化学方程式时需注意H2O的状态。

（3）本题解题要点：

催化剂的作用是改变反应路径、降低活化能，对反应的焓变无影响；

极性键是不同原子间形成的共价键，非极性键是同种原子间形成的共价键，该反应中只有极性键断裂；

反应中H2的生成是H+和H-结合的过程，每生成1molH2转移1mol电子；

同位素标记法可追踪反应中氢元素的来源，D2O中的D最终进入HD和B(OD)4-中，不会生成含

O-H键的产物。​​​​​​​5．A、氨硼烷（NH3BH3）中，B原子提供空轨道、N原子提供孤对电子形成B←N配位键；硼氢化钠（NaBH4）中，BH4-里H-提供电子对与B原子形成B←H配位键，二者均含配位键，A正确；

B、晶体硼和晶体硅都是单质，由同种原子通过共价键构成，并非共价化合物，B错误；

C、SiH4中心Si原子为sp3杂化，BCl3中心B原子为sp2杂化，二者杂化方式不同，C错误；

D、1molSiO2含4molSi-O共价键，1mol金刚石含2molC-C共价键，二者共价键数目不同，D错误；

故答案为：A。6．A、硼酸是一元弱酸，与足量NaOH反应生成[B(OH)4]-，离子方程式应为

H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，A错误；

B、Si(OC2H5)4水解总反应可直接写为Si(OC2H5)4+4H2O=Si(OH)47．A、催化剂仅降低反应活化能，不改变反应焓变（焓变只与反应物和产物状态有关），A错误；

B、反应中断裂的均为极性键（B-H、O-H），仅生成H2时形成H-H非极性键，无非极性键断裂，B错误；

C、生成4molH2时转移4mol电子，故每生成1molH2转移1mol电子（约6.02×1023个），C错误；

D、用D2O代替H2O时，D2O提供D+、BH4-提供H-，反应生成HD，产物为NaB(OD)4和4HD，不含[B(OH)4]-，D正确；

故答案为：D。8．【答案】D【解析】【解答】A．CaSO3溶液中存在Ca2+离子，当加入饱和Na2SO4溶液时，由于溶液中SO42-浓度增大，可能导致Qc(CaSO4)＞Ksp(CaSO4)，从而形成CaSO4沉淀。但CaSO4与盐酸不反应，因此第二步无法实现，A选项错误。B．FeS2在煅烧条件下可以生成SO2，但SO2与浓硫酸不发生反应，无法进一步转化为SOC．HClO在光照条件下分解生成HCl和O2，而不是Cl2，因此第一步反应不正确。虽然铁在氯气中燃烧可以生成氯化铁，但由于第一步错误，C选项错误。D．CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇后由于溶解度降低，可以析出CuNH34SO4⋅H2O晶体，两步反应均正确，D选项正确。

故答案为：D

【分析】A、CaSO4与HCl不反应。

B、SO2与浓硫酸不反应。

C、HClO光照分解生成HCl和O2。

D、CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)49．【答案】A【解析】【解答】A、铁粉具有还原性，能与食品包装内的氧气发生氧化反应，消耗氧气，从而延缓食品氧化变质，因此可用作食品保存的吸氧剂，性质与用途直接相关，A正确；

B、氧化镁（MgO）用于制作耐高温材料，是因为其熔点极高，而不是因为难溶于水，溶解性与耐高温性能无关，B错误；

C、二氧化硫用作漂白剂，是因为它能与部分有色物质结合生成不稳定的无色物质，该过程不体现二氧化硫的氧化性，C错误；

D、氨气用于工业制硝酸，是利用其在催化氧化反应中表现出的还原性，与氨气分子间能形成氢键的性质没有关联，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题核心考查物质性质与用途的对应关系，解题关键是：

明确每种物质用途背后的核心化学原理，避免混淆不同性质的应用场景；准确区分物质的物理性质（如熔点、溶解性）与化学性质（如还原性、氧化性、漂白性），判断其与用途的逻辑关联。10．【答案】C【解析】【解答】A、X分子里存在亚甲基（-CH2-），这个饱和碳原子采取sp3杂化，其周围原子呈四面体构型，所以不可能所有原子都共平面，A错误；

B、Y和Z都含酚羟基，能与水形成氢键；Z还多了醛基，醛基也能和水形成氢键，会进一步提升Z在水中的溶解度，因此Y在水中的溶解度比Z小，B错误；

C、Z与足量H2加成后，醛基被还原为羟甲基，苯环被加成饱和，产物为，其中有5个手性碳原子(已用*标出)，C正确；

D、X不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，但甲酸酯基能使酸性KMnO4溶液褪色；Y和Z都含酚羟基，遇FeCl3溶液均显紫色，且都能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，所以无法用这两种试剂鉴别Y和Z，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

共面判断：只要分子里有饱和sp3杂化碳原子（如-CH2-、-CH3），就不可能所有原子共平面。

溶解度影响：能与水形成氢键的基团越多，物质在水中的溶解度越大。

手性碳判断：手性碳原子是连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，加成后要逐一排查。

物质鉴别：利用特征反应（酚羟基遇FeCl3显色、还原性基团使KMnO4褪色），但要注意不同物质是否有相同反应现象。11．【答案】D【解析】【解答】A、向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合液中逐滴加AgNO3，先出现白色AgCl沉淀，说明AgCl更难溶，即KspB、KI与FeCl3反应为可逆反应，即使KI过量，溶液变红也不能证明反应有一定限度（未反应时加KSCN也会变红），B错误；C、FeCl2溶液中Cl-也能被KMnO4氧化，溶液褪色无法证明Fe2+具有还原性，C错误；D、浓度均为0.1mol·L-¹的CH3COONa和NaClO溶液，NaClO溶液pH更大，说明ClO-水解程度更大，即CH3COO-结合H+的能力比ClO-弱，D正确；

故答案为：D。【分析】本题解题要点：溶度积比较：只有阴阳离子个数比相同的难溶电解质，才能通过沉淀先后直接比较Ksp可逆反应验证：需控制反应物用量，通过检验加入的少量反应物剩余证明反应有一定限度。离子还原性验证：需排除其他还原性离子的干扰，确保是目标离子被氧化。盐类水解与pH：酸根离子水解程度越大，对应盐溶液pH越大，其结合H+的能力越强。12．【答案】B【解析】【解答】A、实验1是等体积、等浓度的Na2CO3与盐酸缓慢反应，最终溶液含NaCl、NaHCO3等，电荷守恒式需包含Cl-，正确式为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，选项遗漏Cl-，A错误；

B、BaSO4与Na2CO3溶液的转化反应为：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)，平衡常数K=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=x1−x=0.05，46.6gBaSO4的物质的量为0.2mol，设每次处理后SO42-浓度为xmol/L，由K=x1−x=0.05，解得x≈0.0476mol/L，即每次可转化0.0476molSO42-。0.2mol÷0.0476mol≈4.2，故至少需处理5次才能将SO42-全部转化，B正确；

C、盐类水解是吸热反应，温度升高促进CO32-水解，80℃时pH降低是因为水的离子积Kw增大，OH-浓度增幅小于H+浓度增幅，实际水解程度更高，C错误；

D、实验4中Al3+少量，Al3+与CO32-发生双水解生成Al(OH)3和HCO3-，离子方程式应为：Al3++3CO32-+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3-，不会生成CO2，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

电荷守恒：需列出溶液中所有带电粒子，不能遗漏关键离子（如Cl-）。

沉淀转化计算：利用Ksp之比求平衡常数，结合物料守恒计算转化次数。13．【答案】C【解析】【解答】A、目标反应可由反应II减去反应I得到，计算焓变：ΔH=B、250~300℃时，CO2实际转化率快速提升，催化剂活性增强可显著加快反应速率，导致转化率上升，该推测合理，B正确；C、200~350℃区间，CO2转化率持续增大，说明总消耗的H2量在增加；虽然CH4选择性下降，但反应II仍在消耗H2，因此H2的物质的量应逐渐减少，350~400℃，CO2的实际转化率变化不明显，但CH4的选择性明显减小、CO的选择性明显增大，H2物质的量增大，C错误；D、反应I是气体分子数减少的反应，反应II气体分子数不变。500℃时增大压强，反应I平衡正向移动，反应II逆向移动，CH4选择性增大，D正确；

故答案为：C。【分析】本题解题要点：盖斯定律应用：通过目标反应与已知反应的加减关系，结合焓变数据计算反应热。转化率影响因素：结合温度、催化剂对反应速率和平衡的影响，分析转化率变化原因。物质的量变化判断：根据CO2转化率变化，结合反应计量比，判断反应物H2的量的变化趋势。压强对平衡影响：比较反应前后气体分子数变化，利用勒夏特列原理分析压强改变对平衡移动方向的影响。14．【答案】（1）将Ag、Pb氧化为Ag+（2）NO3-（3）将洗涤液加入还原工序中；63.2（4）4AgNH32++N（5）1：6【解析】【解答】（1）加入H2O2的作用是做氧化剂，将Ag、Pb故答案为：将Ag、Pb氧化为Ag+、Pb2+，避免生成NO，污染环境；

（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有故答案为：NO3-、PbCl42−；

（3）②NH3aq+AgNH3+故答案为：将洗涤液加入还原工序中；63.2

（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：4Ag②pH过高，NH3·H故答案为：4AgNH32++N2H4⋅H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4+（1）加入H2O2的作用是做氧化剂，将Ag、Pb（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有NO3-以及生成的（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的AgNH②NH3aq+AgNH3+（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：4Ag②pH过高，NH3·H（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有4×6×12=12个，每个晶胞中含有I-的个数有8×1815．【答案】（1）硝基、酯基（2）（3）取代反应（4）或（5）或【解析】【解答】（1）根据B的结构式可知，B中含氧官能团的名称为硝基和酯基。故答案为：硝基、酯基；

（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。故答案为：；

（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；

（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。故答案为：或；

（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：或故答案为：或

【分析】化合物A在混酸（HNO3、H2SO4）条件下加热，苯环上引入硝基生成B；B在醋酸与铁的作用下，硝基被还原为氨基，得到C；C与在作用下，引入酰胺键生成D；D在甲醇钠和DMF作用下，与发生环化，形成六元杂环中间体E；E在碳酸氢钠条件下，与甲基磺酰氯（）发生取代反应，完成磺酰化，得到目标药物中间体F。（1）根据B的结构式可知，B中含氧官能团的名称为硝基和酯基。（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：或。16．【答案】（1）4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2（2）24；液固比大于20mL（3）边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol∙L−1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加1.0mol·L−1盐酸，再加1.0mol·L−1BaCl2溶液无明显现象（4）90.00%【解析】【解答】（1）焙烧过程中Fe2P与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、Fe2O3和Na3PO4，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。

故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，162g淀粉最多能生成24molFeO。

故答案为：24；②当液固比大于20mL⋅g−1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。（3）FeSO4先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到FePO4，补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加K3Fe(CN)6溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol∙L−1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加1.0mol·L−1盐酸，再加1.0mol·L−1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到FePO4。（4）根据题意得到关系式：6Fe2+~Cr2O72−，n(Cr2O72−)＝0.05mol∙L−1×25×10−3L＝1.25×10−3mol，n(Fe2+)＝6n(Cr2O72−)＝6×1.25×10−3mol＝7.5×10−3mol，w(FeO)＝7.5×10−3mol×72g·mol-10.6g×100%=90.00%，

故答案为：90.00%。

【分析】以磷铁渣（含FeP、Fe2P等）为原料，先与碳酸钠在空气中焙烧，将铁、磷转化为Fe2O3和Na3PO4并分离；再将粗Fe2（1）焙烧过程中Fe2P与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、Fe2O3和Na3PO4，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，162g淀粉最多能生成24molFeO。故答案为：24；②当液固比大于20mL⋅g（3）FeSO4先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到FePO4，补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加K3Fe(CN)6溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mo