江苏省南京市2022届高三下学期第二次（5月）模拟考试化学试题（解析版）

第第页南京市2022届高三年级第二次(5月)化学模拟考试注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、班级、学号写在答题卡的规定位置。选择题答案按要求填涂在答题卡上，非选择题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内，答案不要写在试卷上。考试结束后，交回答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Zn-65一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分，每题只有一个选项最符合题意。1.2022年2月，我国北京成功举办了第24届冬季奥运会。下列有关说法正确的是A.速滑馆“冰丝带”使用二氧化碳制冷剂制冰，该制冰过程属于化学变化B.火炬“飞扬”使用H2作燃料，火焰呈黄色是因为在喷口格栅处涂有钾盐C.吉祥物“冰墩墩”外壳使用有机硅橡胶材料，该材料属于硅酸盐材料D.赛事服务用车使用氢燃料电池车代替普通燃油车，有利于实现“碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．速滑馆“冰丝带”使用二氧化碳制冷剂制冰即水冷却结冰，该制冰过程属于物理变化，A错误；B．火炬“飞扬”使用H2作燃料，焰色反应呈黄色是金属钠的特征焰色，钾的焰色呈紫色，则火焰呈黄色是因为在喷口格栅处涂有钠盐，B错误；C．吉祥物“冰墩墩”外壳使用有机硅橡胶材料，该材料属于有机高分子材料，而硅酸盐材料属于无机非金属材料，C错误；D．赛事服务用车使用氢燃料电池车代替普通燃油车，可以减少CO2的排放，故有利于实现“碳中和”，D正确；故答案为：D。2.反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脱氯。下列相关微粒的说法正确的是A.中子数为20的氯原子：Cl B.H2O的电子式：C.Na+的结构示意图： D.SO的空间构型为平面三角形【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，故A错误；B．水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故B正确；C．钠离子的核外有10个电子，故钠离子的结构示意图为，故C错误；D．SO的价层电子对数为3+×(6+2−3×2)=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥，故D错误。故选：B。3.氧化物在生产生活中有广泛应用。下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是A.CO有还原性，可用于高炉炼铁B.SiO2硬度高，可用作半导体材料C.Al2O3具有两性，可用作耐火材料D.ClO2易溶于水，可用于自来水消毒【答案】A【解析】【详解】A．高炉炼铁的反应为：FexOy+yCOxFe+yCO2，反应中CO作还原剂，体现还原性，故CO有还原性，可用于高炉炼铁，而且有因果关系，A符合题意；B．SiO2硬度高，但不可用作半导体材料，B不合题意；C．Al2O3具有两性，可用作耐火材料，但二者没有因果关系，Al2O3用作耐火材料是由于其具有很高的熔点，C不合题意；D．ClO2用于自来水消毒与ClO2易溶于水无关，而是利用ClO2的强氧化性，D不合题意；故答案为：A。4.以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置正确的是A.装置甲制取NH3 B.装置乙制取NaHCO3C.装置丙分离NaHCO3 D.装置丁制取Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备氨气是用Ca(OH)2和NH4Cl共热，只加热NH4Cl无法制取NH3，A不合题意；B．侯氏制碱法中是向溶有NH3的NaCl饱和溶液中通入CO2，B不合题意；C．制得的NaHCO3溶解度远小于NH4Cl，NaHCO3以晶体析出，分离固体和液体采用过滤操作，装置丙能够分离NaHCO3，C符合题意；D．灼烧固体需用大试管或者坩埚，则装置丁不能制取Na2CO3，D不合题意；故答案为：C。5.以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ∙mol−1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O下列有关比轮正确的是A.键能(E)：6E(N−H)＞E(N≡N)+3E(H−H) B.热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3C.键角：NH3＞NH D.沸点：NH3＞H2O【答案】A【解析】【详解】A．制取氨气的反应是放热反应，则生成物的键能之和大于反应物的键能之和即键能(E)：6E(N−H)＞E(N≡N)+3E(H−H)，故A正确；B．碳酸氢钠受热易分解，因此热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C．氨气空间构型为三角锥形，铵根空间构型为正四面体形，则键角：NH＞NH3，故C错误；D．水和氨气都含有氢键，但水含有氢键数目大于氨气含的氢键数目，因此沸点：H2O＞NH3，故D错误。综上所述，答案为A。6.以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是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】【详解】A．2Na+O2Na2O2，则Na(s)Na2O2(s)可以实现，A不合题意；B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则Na2O2(s)Na2CO3(s)可以实现，B不合题意；C．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，则NaCl(aq)Cl2(g)可以实现，C不合题意；D．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则NaOH(aq)Al(OH)3(s)不能实现，D符合题意；故答案为：D。7.以NaCl为原料，可制取Na、Na2O2、NaOH和Na2CO3等。Na2CO3，可用侯氏制碱法制取，主要涉及如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列说法正确的是A.该反应的ΔS>0B.该反应的平衡常数可表示为C.其他条件相同，增大，H2转化率减小D.使用催化剂能降低该反应的焓变【答案】C【解析】【详解】A．根据气体物质的化学计量数分析，该反应的ΔS<0，A项错误；B．该反应平衡常数可表示为，B项错误；C．其他条件相同，增大，氮气的转化率提高，H2转化率减小，C项正确；D．使用催化剂不能改变反应的焓变，可以影响活化能，D项错误。故选C。8.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的。下列说法正确的是A.气态氢化物热稳定性：Y>Z>WB.简单离子半径：r(W)>r(R)C.第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.X、Z、W形成的化合物一定不含离子键【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1、7个运动状态完全不同的电子，则X、Z原子序数为1、7，则X是H元素、Z是N元素；Y原子中各能级电子数相等，则电子排布为1s22s22p2，核外电子数为6，Y为C元素；W的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，W为O元素；R在同周期中原子半径最大，则R是Na元素。【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：C<N<O，气态氢化物热稳定性：Y<Z<W，A错误；B．O2-和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则r(Na+)<r(O2-)，B正确；C．同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第VA族第一电离能大于第VIA族，则第一电离能：N>O>C，C错误；D．X、Z、W形成的化合物NH4NO3含离子键，D错误；答案选B。9.一种从照相底片中回收单质银的方法如下：步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。下列说法正确的是A.步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供孤电子对B.步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O、S2-C.步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气D.Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个【答案】C【解析】【详解】A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供空轨道，而配体提供孤电子对形成配位离子，A错误；B．Ag+与S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+与能形成络合物，故步骤2所得滤液中不可能大量存在的离子：Ag+与S2O、S2-，B错误；C．步骤3灼烧时产生SO2等酸性气体，故可用足量NaOH溶液吸收尾气，C正确；D．由Na2S晶胞图可知，一个Na2S晶胞中黑球个数为：个，白球为8个，结合化学式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，则每个Na+周围距离最近的S2-有4个，D错误；故答案为：C。10.用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如图：下列说法不正确的是A.“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+4H++O=Cu2++2H2OB.“调pH"时，可用Cu2(OH)2CO3，代替CuOC.“滤液”中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]D.“酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2+的水解【答案】A【解析】【分析】废铜屑加入稀硫酸和过氧化氢溶液中溶解，铜溶解为硫酸铜，氧化铜变成硫酸铜，氧化铁变成硫酸铁，加入氧化铜调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入硫酸酸化得到硫酸铜溶液，最后得胆矾。据此解答。【详解】A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，A错误；

B．调节溶液的pH时，可以用氧化铜或碱式碳酸铜，因为都可以消耗铁离子水解生成的氢离子，调节pH，使铁元素沉淀，B正确；C．调pH是为了沉铁，所以过滤时只有氢氧化铁沉淀，若要保证无氢氧化铜沉淀，故滤液中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]，C正确；D．从硫酸铜溶液到晶体需要加热蒸发，加热促进水解，加入硫酸可以抑制铜离子水解，最终生成硫酸铜晶体，D正确。故选A。11.酮洛酚(Y)是一种非甾(zāi)体抗炎药，可由下列反应制得：下列有关化合物X、Y说法正确的是A.X分子中不含手性碳原子B.1molX中含有1mol碳氧π键C.1molY最多能与6molH2发生加成反应D.Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大【答案】D【解析】【详解】A．中*标志的碳原子为手性碳原子，A项错误；B．X中含有的1个酮羰基、1个酯基中都含有碳氧π键，1molX中含有2mol碳氧π键，B项错误；C．Y中含有的2个苯环、1个酮羰基都能与H2发生加成反应，1molY最多能与7molH2发生加成反应，C项错误；D．对比X、Y的结构简式，X发生水解反应最终转化成Y，X中的酯基最终水解成Y中的羧基，羧基属于亲水基，能与水分子间形成氢键，故Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，D项正确。答案选D。12.电化学甘油氧化反应是一种具有前景的电化学反应，其反应原理如图所示。电解时，下列说法正确的是A.化学能主要转化为电能B.b电极附近溶液的pH减小C.K+通过阳离子交换膜向阳极室移动D.a电极上的电极反应式：C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O【答案】D【解析】【分析】该装置为电解池，由a电极甘油转化为HCOO-，C元素化合价升高，可知a为阳极，电极反应式为C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，b为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2，【详解】A．该装置有外接电源，为电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．b为阴极，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2，消耗氢离子pH增大，故B错误；C．电解池中阳离子移向阴极，则K+通过阳离子交换膜向阴极室移动，故C错误；D．a电极甘油转化为HCOO-，C元素化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，故D正确；故选：D。13.一定条件下，通过下列实验探究盐类水解的应用。实验实验操作和现象1向40mL沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，得到红褐色液体，停止加热2向5mL略浑浊的泥水中加入2mL明矾饱和溶液，静置，产生絮状沉淀，溶液变澄清3将20mLAl2(SO4)3饱和溶液与30mLNaHCO3饱和溶液混合，剧烈反应产生大量气体4向5mLNa2CO3饱和溶液中滴加3滴植物油，煮沸，倒出液体后试管壁上无油珠残留下列有关说法不正确的是A.实验1中红褐色液体在激光笔照射下会产生光亮的“通路”B.实验2中明矾电离出的Al3+吸附了水中的悬浮物而产生沉淀C.实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑D.实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A．实验1中红褐色液体为Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔效应，即在激光笔照射下会产生光亮的“通路”，A正确；B．明矾作净水剂是明矾电离出的Al3+发生水解反应生成的Al(OH)3胶体具有很强的吸附能力，可以吸附了水中的悬浮物而产生沉淀，B错误；C．泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO在水溶液中发生双水解反应，则实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C正确；D．根据质子守恒可知，实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，D正确；故答案为：B。14..二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，该反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=mkJ•mol-1。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A.m<0B.500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大C.X点坐标为(440，39)，则440K时反应的平衡常数Kp=(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)D.实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂不可以提高乙烯的选择性[×100%]【答案】CD【解析】【分析】根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)可知，当原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3时，任何温度下达到平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1:3，C2H4和H2O的物质的量之比为1:4，且CO2、H2为同时增大或者同时减小，C2H4和H2O则同时减小或同时增大，则可知图中a曲线代表H2，b曲线代表H2O，c曲线代表CO2，d曲线代表C2H4，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，a曲线代表H2，c曲线代表CO2，结合图示信息可知，温度升高，H2、CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，则m<0，A正确；B．根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)可知，增大压强平衡正向移动，则500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大，B正确；C．由分析结合图示信息可知，X点即H2和H2O的物质的量分数相等，即H2和H2O的平衡物质的量相等，根据三段式分析：则有3a-6x=4x，解得x=0.3amol，X点坐标为(440，39)，则440K时平衡体系中：CO2的平衡分压为：，H2的平衡分压为：，C2H4的平衡分压为：，H2O的平衡分压为：，故该反应的平衡常数Kp===MPa-3≠，C错误；D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[×100%]，则可以减少副反应的发生，提高乙烯的产率，D错误；答案选CD。二、非选择题：共4题，共58分。15.纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图：如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Zn2+Mn2+开始沉淀的pH1.56.36.06.28.1完全沉淀的pH2.88.38.08.210.1（1）Cu2+基态核外电子排布式为____。（2）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是____。（3）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为____，溶液pH范围应控制在____。（4）①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，该反应的离子方程式为____。②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有____(填化学式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9（2）防止后续“氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体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】由题干流程图可知，氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为：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固体，将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2+和Zn2+，加入锌粉，置换出Cu，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤出滤渣2，主要成分为Cu和Zn，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，据此分析解题。【小问1详解】已知Cu是29号元素，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；小问2详解】后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，故答案为：防止后续“氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2；【小问3详解】“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，调节溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.8~6.0，故答案为：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0；【小问4详解】①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反应生成2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，则该反应的离子方程式为：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，故答案为：5Zn2++5+5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示，350℃时，剩余固体中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，碱式碳酸锌即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌加热到350℃时，固体质量变为423g，则固体减少了：583-423=160g，160=2×44+18x，解得x=4，说明分解产生了4molH2O，即2mol结晶水和2molZn(OH)2分解出2molH2O，即还有1molZn(OH)2为分解，则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和Zn(OH)2。16.化合物E是合成抗癌药物帕比司他的中间体，其合成路线如图：（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是___。（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为____。（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，B→X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分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。（5）肉桂酸苄酯()是一种天然香料。写出以和CH2(COOH)2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)____。【答案】（1）8（2）（3）加成反应（4）（5）【解析】【分析】本题为有机综合推断题，由合成流程图可知，A到B是醛基被还原为醇羟基，B到C为醛基与CH2(COOH)2先发生加成反应，后再消去反应，C和CH3OH通过酯化反应制得D，D在一定条件下转化为E，(4)根据X的分子式并结合题干信息可知，X的结构简式为：，(5)本题采用逆向合成法可知，可由和通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知，可由和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来，则可由催化氧化制得，又可以由通过水解反应制得，由此分析确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图中A的结构简式可知，A分子中所有的C原子均与周围的原子形成3个σ键，无孤电子对，故A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是8，故答案为：8；【小问2详解】由题干流程图中信息可知，A→B即其中一个醛基转化为醇羟基，结合副产物的分子式可知，有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为，故答案为：；【小问3详解】已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，结合转化信息和X的分子式可知，X的结构简式为：，故B→X的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；【小问4详解】由题干流程图信息可知，D的分子式为：C11H12O3，则其同时满足下列条件①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1，即含有两种不同环境的氢，②1mol该物质最多能与4molNaOH反应，结合分子式可知其分子中含有2mol酚酯基，故该同分异构体的结构简式为：，故答案为：；【小问5详解】本题采用逆向合成法可知，可由和通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知，可由和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来，则可由催化氧化制得，又可以由通过水解反应制得，由此分析确定合成路线如下：，故答案为：。17.轻质碳酸钙可用作橡胶的填料。以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2、Fe2O3等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程如图：（1）“转化”步骤CaSO4转化为CaCO3的化学方程式为____。（2）“除杂”时通入NH3的目的是____。（3）“碳化”过程在如图所示的装置中进行。多孔球泡的作用是____。（4）通过下列方法测定产品中碳酸钙的含量：准确称取0.5000g产品用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250ml容量瓶中定容、摇匀，记为试液A。取25.00mL试液A，加入指示剂，调节pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定Ca2+(Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+)，至终点时消耗Na2H2Y溶液24.60mL。计算产品中碳酸钙的质量分数____(写出计算过程)。（5）铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案：____，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；____，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得到铝铵矾。(部分物质的溶解度随温度的变化如图所示，实验须用的试剂：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）除去铁离子使之转化为氢氧化铁沉淀（3）增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率（4）Na2H2Y标准溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，钙离子物质的量为0.000492mol，则0.5g产品中碳酸钙的质量为0.000492×100×=0.492g，碳酸钙的质量分数为（5）①.在滤液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，边加边搅拌，到溶液中不再产生气体为止②.加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中加入13.2g(NH4)2SO4固体，边加边搅拌，当固体至完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面有晶膜产生，冷却结晶【解析】【分析】磷石膏中加入碳酸氢铵和氨水的混合液，反应生成碳酸钙沉淀，滤渣中含有碳酸钙、二氧化硅和氧化铁，再加入盐酸，碳酸钙和氧化铁溶解，二氧化硅不溶解，过滤除去，通入氨气，调节溶液的pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中通入氨气和二氧化碳，反应生成碳酸钙和氯化铵，最后过滤得碳酸钙，据此解答。小问1详解】碳酸氢铵和氨水的混合物中含有碳酸铵，硫酸钙和碳酸铵反应生成硫酸铵和碳酸钙，反应的方程式为：CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O；【小问2详解】通入氨气，使溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；【小问3详解】多孔球泡可以增加气体和溶液接触面积，加快反应速率；【小问4详解】Na2H2Y标准溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，根据Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+分析，钙离子物质的量为0.000492mol，则0.5g产品中碳酸钙的质量为0.000492mol×100g/mol×=0.492g，碳酸钙的质量分数为。【小问5详解】在“转化”后滤液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，到不再产生气体为止，除去碳酸；由图中可知，铝铵矾溶解度随温度变化较小，硫酸铝和硫酸铵溶解度随温度变化较大，可将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；加入100mL1mol·