第第頁南京市2022屆高三年級第二次(5月)化學模擬考試注意事項：答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級、學號寫在答題卡的規(guī)定位置。選擇題答案按要求填涂在答題卡上，非選擇題的答案寫在答題卡上對應(yīng)題目的答案空格內(nèi)，答案不要寫在試卷上。考試結(jié)束后，交回答題卡。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Zn-65一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分，每題只有一個選項最符合題意。1.2022年2月，我國北京成功舉辦了第24屆冬季奧運會。下列有關(guān)說法正確的是A.速滑館“冰絲帶”使用二氧化碳制冷劑制冰，該制冰過程屬于化學變化B.火炬“飛揚”使用H2作燃料，火焰呈黃色是因為在噴口格柵處涂有鉀鹽C.吉祥物“冰墩墩”外殼使用有機硅橡膠材料，該材料屬于硅酸鹽材料D.賽事服務(wù)用車使用氫燃料電池車代替普通燃油車，有利于實現(xiàn)“碳中和”【答案】D【解析】【詳解】A．速滑館“冰絲帶”使用二氧化碳制冷劑制冰即水冷卻結(jié)冰，該制冰過程屬于物理變化，A錯誤；B．火炬“飛揚”使用H2作燃料，焰色反應(yīng)呈黃色是金屬鈉的特征焰色，鉀的焰色呈紫色，則火焰呈黃色是因為在噴口格柵處涂有鈉鹽，B錯誤；C．吉祥物“冰墩墩”外殼使用有機硅橡膠材料，該材料屬于有機高分子材料，而硅酸鹽材料屬于無機非金屬材料，C錯誤；D．賽事服務(wù)用車使用氫燃料電池車代替普通燃油車，可以減少CO2的排放，故有利于實現(xiàn)“碳中和”，D正確；故答案為：D。2.反應(yīng)Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脫氯。下列相關(guān)微粒的說法正確的是A.中子數(shù)為20的氯原子：Cl B.H2O的電子式：C.Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D.SO的空間構(gòu)型為平面三角形【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氯元素的質(zhì)子數(shù)為17，中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為37，該原子的正確表示方法為：Cl，故A錯誤；B．水是共價化合物，H與O原子之間是共價鍵，故其電子式為，故B正確；C．鈉離子的核外有10個電子，故鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；D．SO的價層電子對數(shù)為3+×(6+2?3×2)=4，有一對孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐，故D錯誤。故選：B。3.氧化物在生產(chǎn)生活中有廣泛應(yīng)用。下列有關(guān)氧化物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.CO有還原性，可用于高爐煉鐵B.SiO2硬度高，可用作半導體材料C.Al2O3具有兩性，可用作耐火材料D.ClO2易溶于水，可用于自來水消毒【答案】A【解析】【詳解】A．高爐煉鐵的反應(yīng)為：FexOy+yCOxFe+yCO2，反應(yīng)中CO作還原劑，體現(xiàn)還原性，故CO有還原性，可用于高爐煉鐵，而且有因果關(guān)系，A符合題意；B．SiO2硬度高，但不可用作半導體材料，B不合題意；C．Al2O3具有兩性，可用作耐火材料，但二者沒有因果關(guān)系，Al2O3用作耐火材料是由于其具有很高的熔點，C不合題意；D．ClO2用于自來水消毒與ClO2易溶于水無關(guān)，而是利用ClO2的強氧化性，D不合題意；故答案為：A。4.以NaCl為原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制堿法制取，主要涉及如下反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O下列有關(guān)模擬侯氏制堿法的實驗原理和裝置正確的是A.裝置甲制取NH3 B.裝置乙制取NaHCO3C.裝置丙分離NaHCO3 D.裝置丁制取Na2CO3【答案】C【解析】【詳解】A．實驗室制備氨氣是用Ca(OH)2和NH4Cl共熱，只加熱NH4Cl無法制取NH3，A不合題意；B．侯氏制堿法中是向溶有NH3的NaCl飽和溶液中通入CO2，B不合題意；C．制得的NaHCO3溶解度遠小于NH4Cl，NaHCO3以晶體析出，分離固體和液體采用過濾操作，裝置丙能夠分離NaHCO3，C符合題意；D．灼燒固體需用大試管或者坩堝，則裝置丁不能制取Na2CO3，D不合題意；故答案為：C。5.以NaCl為原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制堿法制取，主要涉及如下反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=?92.4kJ?mol?1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O下列有關(guān)比輪正確的是A.鍵能(E)：6E(N?H)＞E(N≡N)+3E(H?H) B.熱穩(wěn)定性：NaHCO3＞Na2CO3C.鍵角：NH3＞NH D.沸點：NH3＞H2O【答案】A【解析】【詳解】A．制取氨氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則生成物的鍵能之和大于反應(yīng)物的鍵能之和即鍵能(E)：6E(N?H)＞E(N≡N)+3E(H?H)，故A正確；B．碳酸氫鈉受熱易分解，因此熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3，故B錯誤；C．氨氣空間構(gòu)型為三角錐形，銨根空間構(gòu)型為正四面體形，則鍵角：NH＞NH3，故C錯誤；D．水和氨氣都含有氫鍵，但水含有氫鍵數(shù)目大于氨氣含的氫鍵數(shù)目，因此沸點：H2O＞NH3，故D錯誤。綜上所述，答案為A。6.以NaCl為原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制堿法制取，主要涉及如下反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O在指定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)的是A.Na(s)Na2O2(s) B.Na2O2(s)Na2CO3(s)C.NaCl(aq)Cl2(g) D.NaOH(aq)Al(OH)3(s)【答案】D【解析】【詳解】A．2Na+O2Na2O2，則Na(s)Na2O2(s)可以實現(xiàn)，A不合題意；B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，則Na2O2(s)Na2CO3(s)可以實現(xiàn)，B不合題意；C．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，則NaCl(aq)Cl2(g)可以實現(xiàn)，C不合題意；D．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，則NaOH(aq)Al(OH)3(s)不能實現(xiàn)，D符合題意；故答案為：D。7.以NaCl為原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制堿法制取，主要涉及如下反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O對于反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列說法正確的是A.該反應(yīng)的ΔS>0B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為C.其他條件相同，增大，H2轉(zhuǎn)化率減小D.使用催化劑能降低該反應(yīng)的焓變【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)氣體物質(zhì)的化學計量數(shù)分析，該反應(yīng)的ΔS<0，A項錯誤；B．該反應(yīng)平衡常數(shù)可表示為，B項錯誤；C．其他條件相同，增大，氮氣的轉(zhuǎn)化率提高，H2轉(zhuǎn)化率減小，C項正確；D．使用催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，可以影響活化能，D項錯誤。故選C。8.X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X、Z原子中分別有1個、7個運動狀態(tài)完全不同的電子，Y原子中各能級電子數(shù)相等，W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層的3倍，R的原子半徑是該周期主族元素中最大的。下列說法正確的是A.氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：Y>Z>WB.簡單離子半徑：r(W)>r(R)C.第一電離能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.X、Z、W形成的化合物一定不含離子鍵【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分別有1、7個運動狀態(tài)完全不同的電子，則X、Z原子序數(shù)為1、7，則X是H元素、Z是N元素；Y原子中各能級電子數(shù)相等，則電子排布為1s22s22p2，核外電子數(shù)為6，Y為C元素；W的基態(tài)原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，W只能含有2個電子層，最外層含有6個電子，W為O元素；R在同周期中原子半徑最大，則R是Na元素。【詳解】A．元素非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：C<N<O，氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：Y<Z<W，A錯誤；B．O2-和Na+的電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則r(Na+)<r(O2-)，B正確；C．同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，但第VA族第一電離能大于第VIA族，則第一電離能：N>O>C，C錯誤；D．X、Z、W形成的化合物NH4NO3含離子鍵，D錯誤；答案選B。9.一種從照相底片中回收單質(zhì)銀的方法如下：步驟1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr轉(zhuǎn)化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。步驟2：在步驟1所得溶液中加稍過量Na2S溶液，充分反應(yīng)后過濾出黑色沉淀。步驟3：將黑色沉淀在空氣中灼燒，回收單質(zhì)銀。下列說法正確的是A.步驟1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供孤電子對B.步驟2所得濾液中大量存在的離子：Na+、Ag+、S2O、S2-C.步驟3灼燒時可用足量NaOH溶液吸收尾氣D.Na2S晶胞(如圖所示)中每個Na+周圍距離最近的S2-有8個【答案】C【解析】【詳解】A．步驟1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供空軌道，而配體提供孤電子對形成配位離子，A錯誤；B．Ag+與S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+與能形成絡(luò)合物，故步驟2所得濾液中不可能大量存在的離子：Ag+與S2O、S2-，B錯誤；C．步驟3灼燒時產(chǎn)生SO2等酸性氣體，故可用足量NaOH溶液吸收尾氣，C正確；D．由Na2S晶胞圖可知，一個Na2S晶胞中黑球個數(shù)為：個，白球為8個，結(jié)合化學式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，則每個Na+周圍距離最近的S2-有4個，D錯誤；故答案為：C。10.用廢銅屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制備膽礬的流程如圖：下列說法不正確的是A.“溶解”時，銅發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cu+4H++O=Cu2++2H2OB.“調(diào)pH"時，可用Cu2(OH)2CO3，代替CuOC.“濾液”中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]D.“酸化”時，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2+的水解【答案】A【解析】【分析】廢銅屑加入稀硫酸和過氧化氫溶液中溶解，銅溶解為硫酸銅，氧化銅變成硫酸銅，氧化鐵變成硫酸鐵，加入氧化銅調(diào)節(jié)pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，濾液中加入硫酸酸化得到硫酸銅溶液，最后得膽礬。據(jù)此解答。【詳解】A．“溶解”時，銅發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，A錯誤；

B．調(diào)節(jié)溶液的pH時，可以用氧化銅或堿式碳酸銅，因為都可以消耗鐵離子水解生成的氫離子，調(diào)節(jié)pH，使鐵元素沉淀，B正確；C．調(diào)pH是為了沉鐵，所以過濾時只有氫氧化鐵沉淀，若要保證無氫氧化銅沉淀，故濾液中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]，C正確；D．從硫酸銅溶液到晶體需要加熱蒸發(fā)，加熱促進水解，加入硫酸可以抑制銅離子水解，最終生成硫酸銅晶體，D正確。故選A。11.酮洛酚(Y)是一種非甾(zāi)體抗炎藥，可由下列反應(yīng)制得：下列有關(guān)化合物X、Y說法正確的是A.X分子中不含手性碳原子B.1molX中含有1mol碳氧π鍵C.1molY最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大【答案】D【解析】【詳解】A．中*標志的碳原子為手性碳原子，A項錯誤；B．X中含有的1個酮羰基、1個酯基中都含有碳氧π鍵，1molX中含有2mol碳氧π鍵，B項錯誤；C．Y中含有的2個苯環(huán)、1個酮羰基都能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，1molY最多能與7molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C項錯誤；D．對比X、Y的結(jié)構(gòu)簡式，X發(fā)生水解反應(yīng)最終轉(zhuǎn)化成Y，X中的酯基最終水解成Y中的羧基，羧基屬于親水基，能與水分子間形成氫鍵，故Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，D項正確。答案選D。12.電化學甘油氧化反應(yīng)是一種具有前景的電化學反應(yīng)，其反應(yīng)原理如圖所示。電解時，下列說法正確的是A.化學能主要轉(zhuǎn)化為電能B.b電極附近溶液的pH減小C.K+通過陽離子交換膜向陽極室移動D.a電極上的電極反應(yīng)式：C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O【答案】D【解析】【分析】該裝置為電解池，由a電極甘油轉(zhuǎn)化為HCOO-，C元素化合價升高，可知a為陽極，電極反應(yīng)式為C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，b為陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2，【詳解】A．該裝置有外接電源，為電解池，是將電能轉(zhuǎn)化為化學能，故A錯誤；B．b為陰極，氫離子得電子生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2，消耗氫離子pH增大，故B錯誤；C．電解池中陽離子移向陰極，則K+通過陽離子交換膜向陰極室移動，故C錯誤；D．a(chǎn)電極甘油轉(zhuǎn)化為HCOO-，C元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，故D正確；故選：D。13.一定條件下，通過下列實驗探究鹽類水解的應(yīng)用。實驗實驗操作和現(xiàn)象1向40mL沸水中滴加幾滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸，得到紅褐色液體，停止加熱2向5mL略渾濁的泥水中加入2mL明礬飽和溶液，靜置，產(chǎn)生絮狀沉淀，溶液變澄清3將20mLAl2(SO4)3飽和溶液與30mLNaHCO3飽和溶液混合，劇烈反應(yīng)產(chǎn)生大量氣體4向5mLNa2CO3飽和溶液中滴加3滴植物油，煮沸，倒出液體后試管壁上無油珠殘留下列有關(guān)說法不正確的是A.實驗1中紅褐色液體在激光筆照射下會產(chǎn)生光亮的“通路”B.實驗2中明礬電離出的Al3+吸附了水中的懸浮物而產(chǎn)生沉淀C.實驗3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑D.實驗4中的Na2CO3飽和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)【答案】B【解析】【詳解】A．實驗1中紅褐色液體為Fe(OH)3膠體，膠體具有丁達爾效應(yīng)，即在激光筆照射下會產(chǎn)生光亮的“通路”，A正確；B．明礬作凈水劑是明礬電離出的Al3+發(fā)生水解反應(yīng)生成的Al(OH)3膠體具有很強的吸附能力，可以吸附了水中的懸浮物而產(chǎn)生沉淀，B錯誤；C．泡沫滅火器的原理是Al3+和HCO在水溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，則實驗3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C正確；D．根據(jù)質(zhì)子守恒可知，實驗4中的Na2CO3飽和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，D正確；故答案為：B。14..二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領(lǐng)域，該反應(yīng)的熱化學方程式為2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=mkJ?mol-1。理論計算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強為0.1MPa，反應(yīng)達到平衡時，四種組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是A.m<0B.500K下反應(yīng)達到平衡時，若增大壓強(減小容器容積)，則n(C2H4)增大C.X點坐標為(440，39)，則440K時反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))D.實際反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6等。一定溫度和壓強條件下，使用合適催化劑不可以提高乙烯的選擇性[×100%]【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)可知，當原料初始組成n(CO2)：n(H2)=1：3時，任何溫度下達到平衡時，CO2和H2的物質(zhì)的量分數(shù)之比為1:3，C2H4和H2O的物質(zhì)的量之比為1:4，且CO2、H2為同時增大或者同時減小，C2H4和H2O則同時減小或同時增大，則可知圖中a曲線代表H2，b曲線代表H2O，c曲線代表CO2，d曲線代表C2H4，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，a曲線代表H2，c曲線代表CO2，結(jié)合圖示信息可知，溫度升高，H2、CO2的物質(zhì)的量分數(shù)增大，說明平衡逆向移動，則m<0，A正確；B．根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)可知，增大壓強平衡正向移動，則500K下反應(yīng)達到平衡時，若增大壓強(減小容器容積)，則n(C2H4)增大，B正確；C．由分析結(jié)合圖示信息可知，X點即H2和H2O的物質(zhì)的量分數(shù)相等，即H2和H2O的平衡物質(zhì)的量相等，根據(jù)三段式分析：則有3a-6x=4x，解得x=0.3amol，X點坐標為(440，39)，則440K時平衡體系中：CO2的平衡分壓為：，H2的平衡分壓為：，C2H4的平衡分壓為：，H2O的平衡分壓為：，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp===MPa-3≠，C錯誤；D．實際反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6等。一定溫度和壓強條件下，使用合適催化劑可提高乙烯的選擇性[×100%]，則可以減少副反應(yīng)的發(fā)生，提高乙烯的產(chǎn)率，D錯誤；答案選CD。二、非選擇題：共4題，共58分。15.納米氧化鋅是一種新型無機功能材料。以氧化鋅煙灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)為原料制備納米氧化鋅的工藝流程如圖：如表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為0.1mol·L-1計算)。金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+Zn2+Mn2+開始沉淀的pH1.56.36.06.28.1完全沉淀的pH2.88.38.08.210.1（1）Cu2+基態(tài)核外電子排布式為____。（2）“浸取”過程中鹽酸不宜過量太多，其可能原因是____。（3）“濾渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除雜”過程中KMnO4與Mn2+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____，溶液pH范圍應(yīng)控制在____。（4）①“沉鋅”得到堿式碳酸鋅[化學式為2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，該反應(yīng)的離子方程式為____。②堿式碳酸鋅加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖所示。350℃時，剩余固體中已不含碳元素，則剩余固體中含有____(填化學式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9（2）防止后續(xù)“氧化除雜”步驟中消耗更多的KMnO4和產(chǎn)生污染性氣體Cl2（3）①2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+②.2.8~6.0（4）①.5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑②.ZnO和Zn(OH)2【解析】【分析】由題干流程圖可知，氧化鋅煙灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)為：ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，向浸取液中加入KMnO4固體，將Fe2+氧化為Fe3+，再轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2沉淀，過濾出濾渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，濾液中含有Cu2+和Zn2+，加入鋅粉，置換出Cu，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，過濾出濾渣2，主要成分為Cu和Zn，濾液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，發(fā)生反應(yīng)：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】已知Cu是29號元素，則Cu2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案為：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；小問2詳解】后續(xù)“氧化除雜”步驟中加入的KMnO4能與鹽酸反應(yīng)生成有毒有害的Cl2，則為了防止過量的鹽酸與后續(xù)“氧化除雜”步驟中加入的KMnO4反應(yīng)生成有毒有害的Cl2，則“浸取”過程中鹽酸不宜過量太多，故答案為：防止后續(xù)“氧化除雜”步驟中消耗更多的KMnO4和產(chǎn)生污染性氣體Cl2；【小問3詳解】“濾渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，“氧化除雜”過程中KMnO4與Mn2+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，調(diào)節(jié)溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由題干表中數(shù)據(jù)可知，范圍應(yīng)控制在2.8~6.0，故答案為：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0；【小問4詳解】①“沉鋅”得到堿式碳酸鋅[化學式為2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反應(yīng)生成2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，則該反應(yīng)的離子方程式為：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，故答案為：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；②堿式碳酸鋅加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖所示，350℃時，剩余固體中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，堿式碳酸鋅即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的摩爾質(zhì)量為：583g/mol，設(shè)1mol堿式碳酸鋅加熱到350℃時，固體質(zhì)量變?yōu)?23g，則固體減少了：583-423=160g，160=2×44+18x，解得x=4，說明分解產(chǎn)生了4molH2O，即2mol結(jié)晶水和2molZn(OH)2分解出2molH2O，即還有1molZn(OH)2為分解，則剩余固體中含有ZnO和Zn(OH)2，故答案為：ZnO和Zn(OH)2。16.化合物E是合成抗癌藥物帕比司他的中間體，其合成路線如圖：（1）A分子中采取sp2雜化的碳原子數(shù)目是___。（2）A→B中有一種分子式為C8H10O2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為____。（3）已知B→C的反應(yīng)有中間體X生成，中間體X的分子式為C11H12O6，B→X的反應(yīng)類型為____。（4）D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___。①分子中含有苯環(huán)，且不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為1：1。②1mol該物質(zhì)最多能與4molNaOH反應(yīng)。（5）肉桂酸芐酯()是一種天然香料。寫出以和CH2(COOH)2為原料制備肉桂酸芐酯的合成路線(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)____。【答案】（1）8（2）（3）加成反應(yīng)（4）（5）【解析】【分析】本題為有機綜合推斷題，由合成流程圖可知，A到B是醛基被還原為醇羥基，B到C為醛基與CH2(COOH)2先發(fā)生加成反應(yīng)，后再消去反應(yīng)，C和CH3OH通過酯化反應(yīng)制得D，D在一定條件下轉(zhuǎn)化為E，(4)根據(jù)X的分子式并結(jié)合題干信息可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為：，(5)本題采用逆向合成法可知，可由和通過酯化反應(yīng)制得，根據(jù)題干B到C的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和CH2(COOH)2在一定條件下轉(zhuǎn)化而來，則可由催化氧化制得，又可以由通過水解反應(yīng)制得，由此分析確定合成路線，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】由題干流程圖中A的結(jié)構(gòu)簡式可知，A分子中所有的C原子均與周圍的原子形成3個σ鍵，無孤電子對，故A分子中采取sp2雜化的碳原子數(shù)目是8，故答案為：8；【小問2詳解】由題干流程圖中信息可知，A→B即其中一個醛基轉(zhuǎn)化為醇羥基，結(jié)合副產(chǎn)物的分子式可知，有一種分子式為C8H10O2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；【小問3詳解】已知B→C的反應(yīng)有中間體X生成，中間體X的分子式為C11H12O6，結(jié)合轉(zhuǎn)化信息和X的分子式可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為：，故B→X的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；【小問4詳解】由題干流程圖信息可知，D的分子式為：C11H12O3，則其同時滿足下列條件①分子中含有苯環(huán)，且不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為1：1，即含有兩種不同環(huán)境的氫，②1mol該物質(zhì)最多能與4molNaOH反應(yīng)，結(jié)合分子式可知其分子中含有2mol酚酯基，故該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；【小問5詳解】本題采用逆向合成法可知，可由和通過酯化反應(yīng)制得，根據(jù)題干B到C的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和CH2(COOH)2在一定條件下轉(zhuǎn)化而來，則可由催化氧化制得，又可以由通過水解反應(yīng)制得，由此分析確定合成路線如下：，故答案為：。17.輕質(zhì)碳酸鈣可用作橡膠的填料。以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2、Fe2O3等)為原料制備輕質(zhì)碳酸鈣和鋁銨礬的實驗流程如圖：（1）“轉(zhuǎn)化”步驟CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的化學方程式為____。（2）“除雜”時通入NH3的目的是____。（3）“碳化”過程在如圖所示的裝置中進行。多孔球泡的作用是____。（4）通過下列方法測定產(chǎn)品中碳酸鈣的含量：準確稱取0.5000g產(chǎn)品用鹽酸充分溶解，過濾，將濾液和洗滌液轉(zhuǎn)移至250ml容量瓶中定容、搖勻，記為試液A。取25.00mL試液A，加入指示劑，調(diào)節(jié)pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y標準溶液滴定Ca2+(Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+)，至終點時消耗Na2H2Y溶液24.60mL。計算產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)____(寫出計算過程)。（5）鋁銨礬[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一種水絮凝劑。請補充由“轉(zhuǎn)化”后的濾液制取鋁銨礬的實驗方案：____，將所得溶液蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得(NH4)2SO4固體；____，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得到鋁銨礬。(部分物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化如圖所示，實驗須用的試劑：3mol·L-1的H2SO4溶液、100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液)【答案】（1）CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O（2）除去鐵離子使之轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀（3）增大氣體和溶液的接觸面積，加快反應(yīng)速率（4）Na2H2Y標準溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，鈣離子物質(zhì)的量為0.000492mol，則0.5g產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量為0.000492×100×=0.492g，碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為（5）①.在濾液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，邊加邊攪拌，到溶液中不再產(chǎn)生氣體為止②.加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中加入13.2g(NH4)2SO4固體，邊加邊攪拌，當固體至完全溶解后，將所得溶液蒸發(fā)濃縮至表面有晶膜產(chǎn)生，冷卻結(jié)晶【解析】【分析】磷石膏中加入碳酸氫銨和氨水的混合液，反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，濾渣中含有碳酸鈣、二氧化硅和氧化鐵，再加入鹽酸，碳酸鈣和氧化鐵溶解，二氧化硅不溶解，過濾除去，通入氨氣，調(diào)節(jié)溶液的pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，濾液中通入氨氣和二氧化碳，反應(yīng)生成碳酸鈣和氯化銨，最后過濾得碳酸鈣，據(jù)此解答。小問1詳解】碳酸氫銨和氨水的混合物中含有碳酸銨，硫酸鈣和碳酸銨反應(yīng)生成硫酸銨和碳酸鈣，反應(yīng)的方程式為：CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O；【小問2詳解】通入氨氣，使溶液中的鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；【小問3詳解】多孔球泡可以增加氣體和溶液接觸面積，加快反應(yīng)速率；【小問4詳解】Na2H2Y標準溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，根據(jù)Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+分析，鈣離子物質(zhì)的量為0.000492mol，則0.5g產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量為0.000492mol×100g/mol×=0.492g，碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為。【小問5詳解】在“轉(zhuǎn)化”后濾液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，到不再產(chǎn)生氣體為止，除去碳酸；由圖中可知，鋁銨礬溶解度隨溫度變化較小，硫酸鋁和硫酸銨溶解度隨溫度變化較大，可將所得溶液蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得(NH4)2SO4固體；加入100mL1mol·