山东省滕州市2022-2023学年高三上学期期末质量检测化学试题

山东省滕州市2022-2023学年高三上学期期末质量检测化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．航母拦阻索的主要材料特种钢属于合金材料B．硼硅玻璃中含有的Na2O•B2O3•SiO2是一种复杂的氧化物C．用于3D打印的高聚物光敏树脂是纯净物D．用于净水的纳米铜粉属于胶体2．实验室中下列做法正确的是A．使用酒精洗涤附着在试管璧上的硫单质B．用酸式滴定管准确量取20.00mLKMnO4溶液C．金属钠着火时用湿抹布盖灭D．用带橡胶塞的广口瓶盛放Na2CO3溶液3．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。下列说法错误的是A．NaN3是气体发生剂，1molNaN3所含阴离子数目为3NAB．Fe2O3与爆炸时产生的Na反应，生成还原产物FeC．KClO4属于离子化合物，含有化学键类型为离子键、共价键D．NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量4．我国科学家在实验室首次实现以二氧化碳为原料经11步反应合成淀粉，其中第三步反应为：下列说法错误的是A．该反应属于加成反应B．钛元素(Ti)位于周期表的d区C．DHA与葡萄糖互为同系物D．CO2转化为淀粉的过程包含了氧化还原反应5．一种新型电池中的电解质(结构如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，Z原子的单电子数是Y原子的三倍。下列说法中正确的是A．简单离子半径：X<YB．X基态原子电子的空间运动状态有5种C．第一电离能：Z>X>YD．该化合物阴离子呈正八面体结构，键角都是90°6．部分含铜物质的价类关系如图所示。下列说法正确的是A．a能与FeCl3溶液反应：Cu+FB．b在酸性环境中可以转化为a和eC．c经一步反应可转化为dD．若e为Cu(NO3)2，则其水溶液中可能大量存在H+、SO47．工业制备PH3的流程如图：下列说法错误的是A．次磷酸钠是正盐B．PH3的还原性强于NH3C．黄磷和烧碱溶液的反应为PD．若有1molP4参加反应，则整个工业流程中理论上能生成2molPH38．苯乙醛可用于生产工业香料，其制备流程如图。下列说法正确的是A．反应①②原子利用率100%B．环氧乙烷与二甲醚互为同分异构体C．预测可以发生反应：D．反应⑤可用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂9．某兴趣小组用K2Cr2O7和浓盐酸制取氯气并探究氯、溴、碘的相关性质，设计装置图如下所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是A．装置A中发生反应的离子方程式：CB．若装置C发生堵塞，B中长颈漏斗内液面会上升C．为验证氯气是否具有漂白性，I、II、III处分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条D．通入足量的氯气，打开E的活塞，将溶液滴入D中，锥形瓶下层液体呈紫色即证明氧化性Br2>I210．2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮—炔基Husigen成环反应，其反应原理如图所示：下列说法正确的是A．[Cu]和H+是反应的催化剂B．转化过程中N的杂化方式没变C．反应过程I中有极性键断裂和非极性键生成D．总反应为11．如下图所示的“化学多米诺实验”装置中分别盛放的物质为①稀硫酸；②锌粒；装置③、④、⑤、⑥中的试剂及反应现象见下表，其中设计合理且实验现象符合预测的是

③中试剂④中固体逐渐消失⑤中溶液褪色⑥中尾气处理A浓盐酸KMnO4石蕊试液NaOH溶液B浓HNO3CuFeSO4溶液水C浓H2SO4木炭品红溶液饱和NaHSO3溶液D浓NaOH溶液NH4Cl固体少量CuSO4溶液CCl4和水A．A B．B C．C D．D12．某废催化剂主要含有Al2O3、MoO3、Fe2O3及少量杂质。通过如下工艺流程可以回收钼和铝。已知：溶液中含铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系如图所示：下列说法中正确的是A．“焙烧”中生成Na2MoO4的反应：NB．浸出渣主要成分是Fe(OH)3C．沉铝时调节pH范围3.7~4.7D．Na2MoO4的溶解度受温度变化的影响比Na2SO4小13．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A．放电时，正极区溶液的pH增大B．放电时，负极反应式：Zn−2C．充电时，电极a连接电源负极D．充电时，负极材料每增重13g，中性电解质溶液减少11.7g14．Al—Mn—Cu合金的晶胞如图所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置。下列说法正确的是A．Al原子周围等距且最近的Al原子有6个B．Al—Mn—Cu合金化学式可表示为AlMnCu2C．若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的为(D．沿晶胞对角面的切面图为二、多选题15．25℃时，向20mL0.5mol⋅L−1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25mol⋅L−1的盐酸，溶液中A．该温度下MOH的电离常数KB．该温度下b点时，pOH>7C．c点时，2cD．d点对应的溶液中，升高温度c(三、综合题16．配合物在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）铁的一种配合物的化学式为[Fe(Htrz)3](ClO4)2，配体Htrz为三氮唑()①基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为。②元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为。③阴离子ClO4-的键角ClO④Htrz分子为平面结构，其中共有个σ键；用符号πmn表示大π键(m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)，则Htrz分子中的大π键可表示为⑤三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的环戊二烯沸点为42.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是。（2）钴蓝晶胞结构如下图所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为；NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为g⋅cm17．铈的氧化物在半导体材料、汽车尾气净化器等方面有广泛应用。以氟碳酸铈(主要成分CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②F−能与Ce4+、Al3+结合成稳定的CeF3+、Al③溶液中铈的常见离子有Ce4+、Ce3+，其中Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能被萃取。回答下列问题：（1）氟碳酸铈矿浮选过程中采用不同捕收剂BHA和SHA(浓度均为2×10−4mol⋅（2）“氧化焙烧”后的固体产物中含CeO2和CeF4的物质的量之比为3：1，“酸浸”时CeO2溶解，原因是；有报告认为“酸浸”过程使用盐酸弊端很大，原因是(用化学方程式表示)。（3）用TBP(有机萃取剂)“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4+（4）“反萃取”操作过程加入H2O2的作用是，需要用到的玻璃仪器有。（5）若“沉铈”后，溶液的pH为6，c(HCO3−H2CO3Ce2(CO3)3KKK18．2022年1月1日，曾经的天价抗癌药泊马度胺(K)被正式纳入国家医保目录，为癌症患者带来了希望。其合成路线如下(部分条件已省略)：已知：①，Boc2O的结构简式为，可用—Boc代表②③，Fe的产物为Fe2+回答下列问题：（1）烃A的质谱图如图，其结构简式为。（2）E中含氧官能团的名称是，有个手性碳原子；E到F的反应类型为。（3）写出等物质的量D+H→J的化学方程式：；由J生成1molK至少需要Fe的物质的量为mol。（4）满足下列要求的B的芳香族同分异构体共有种；其中核磁共振氢谱中4个峰的分子结构简式为。①能发生银镜反应；②与NaHCO3反应有气体产生（5）如下流程可制备化合物M()：则：试剂b为。19．三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3)是一种重要的含钴配合物，由CoCl2制备它的流程如下：已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。回答下列问题：（1）原料中加入NH4Cl有利于后续钴离子的络合反应，其原因是。（2）制备装置如图，向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟，温度不宜过高的原因是；干燥管中试剂为。（3）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应化学方程式为。（4）由滤渣获取[Co(NH3)6]Cl3•6H2O的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥。下列选项合理的是____(填标号)。A．甲为浓盐酸，乙为水B．甲为乙醇，乙为水C．甲为浓盐酸，乙为乙醇（5）称取0.2675g[Co(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：[Co(NH3)①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则样品纯度的为。②下列操作会使纯度测量值偏高的是(填标号)。A．滴定前，碱式滴定管未润洗B．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡C．滴定终点时俯视滴定管刻度D．滴定时选用酚酞为指示剂20．丙烷脱氢技术是生产丙烯的主要方法之一，反应过程中伴有生成甲烷、乙烷等物质副反应，涉及反应如下：主反应：I.C副反应：II.CIII.CIV.C回答下列问题：（1）反应II在1000K时能自发进行的理由：(用数据说明)。（2）若仅考虑反应I和II，一定温度下，向1L恒容密闭容器中通入0.3mol丙烷，压强为0.375MPa.反应后测得组分的平衡压强(组分的物质的量分数×总压)：p(C①该温度下，反应I用物质的量浓度表示的平衡常数KC为。(保留3位有效数字)。②平衡时丙烯的选择性为(C3H6的选择性=C3（3）对于反应I，下图是某课题组研究设计的一套丙烷连续催化脱氢装置：①恒温下，将1mol丙烷以恒定的流速依次逐个通过三个相同装置，下图是丙烯的产率随着时间的变化阶段一、二、三的图像，其中阶段二图像是(填标号)。②温度对丙烷脱氢反应的影响见下图：项目530℃550℃580℃600℃620℃640℃丙烷转化率%17.6727.8532.5446.3553.1957.28丙烯选择性%88.6484.3871.1669.6563.7948.26将1mol丙烷以恒定的流速通过不同温度相同反应的装置，主反应适宜的温度范围是。（4）平衡常数Kp与温度T(K)的关系曲线如图所示：下列说法正确的是____。A．反应III对应的是图中的曲线③B．若只发生反应IV，恒温恒容下充入原料气体，若压强不再改变则反应达到平衡C．已知高温条件下，C—C键比C—H键更易断裂，制备丙烯应选择较低温度下的高效催化剂（5）丙烯与HBr加成制备有机溴代物作为医药合成中间体。反应过程及能量变化师如图：则：升高温度，反应I速率的增大程度(填“大于”、“等于”或“小于”)反应II速率的增大程度。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．特种钢也叫合金钢，是一种钢材。特种钢是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种不同的特殊性能，故A符合题意；B．Na2O•B2O3•SiO2是一种硅酸盐，故B不符合题意；C．高聚物光敏树脂是聚合物，属于混合物，故C不符合题意；D．纳米材料直接1-100nm，但单纯的纳米铜只是分散质，不能形成分散系，所以不能叫做胶体，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、钢属于合金；

B、氧化物只有2种元素，其中1种元素为氧元素；

C、聚合物属于混合物；

D、胶体为混合物。2．【答案】B【解析】【解答】A．硫单质微溶于乙醇，易溶于CS2，实验室常用CS2洗涤附着在试管璧上的硫单质，A说法不符合题意；B．KMnO4有强氧化性，能腐蚀橡胶管，要用酸式滴定管量取，B说法符合题意；C．钠能和水反应生成氢气，且反应放热，C说法不符合题意；D．溶液应盛放在细口瓶中，D说法不符合题意；故答案为B。

【分析】A、清除硫采用二硫化碳；

B、酸式滴定管装氧化剂；

C、钠着火用干沙灭火；

D、溶液应该装在细口瓶。3．【答案】A【解析】【解答】A．NaN3属于离子化合物，是由Na＋和N3−组成，因此1molNaN3B．Fe2O3与Na反应生成了Fe和Na2O，反应前后，铁元素失去了氧，所以氧化铁被还原，而铁是还原的产物，故B不符合题意；C．KClO4属于离子化合物，含有化学键类型为离子键、共价键，故C不符合题意；D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、N3-为原子团，为整体；

B、铁化合价降低，被还原；

C、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；4．【答案】C【解析】【解答】A．根据反应中物质的结构简式可推知，反应属于加成反应，选项A不符合题意；B．钛(Ti)位于第4周期、第IVB族，位于周期表d区，选项B不符合题意；C．DHA与葡萄糖相差3个羟基，而不是差n个CH2，不互为同系物，选项C符合题意；D．CO2转化为淀粉的过程有化合价升降，所以属于氧化还原反应，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、碳氧双键双键的断裂形成羟基，属于加成反应；

B、钛为22号元素，处于周期表d区；

C、同系物的前提是含有相同种类和相同数目的官能团；

D、二氧化碳转化为淀粉化合价发生变化。5．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y分别为F、Na，F-和Na+电子结构相同，原子序数越小半径越大，故F-＞Na+，A不符合题意；B．由分析可知，X为F，是第9号元素，原子核外有9个电子，所以基态原子电子的空间运动状态有9种，B不符合题意；C．由分析可知，X为F，则Y为Na，Z为P，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能减小，所以第一电离能顺序是F>P>Na，C不符合题意；D．该化合物阴离子是PF6-故答案为：D。

【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；

B、9号元素，有9个电子，因此具有9种空间运动状态；

C、同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能减小；

D、中心原子P的价层电子对数为6，呈正八面体结构。6．【答案】B【解析】【解答】A．氯化铁溶液可作为印刷电路板的刻蚀液，其反应为Cu+2FeB．b为Cu2OC．c为CuO，d为Cu(OH)2，CuO不能直接转化为D．若e为Cu(NO3)2，在酸性条件下NO3−具有氧化性，Fe故答案为：B。

【分析】A、电荷不守恒；

B、氧化亚铜和氢离子反应生成铜、铜离子和水；

C、氧化铜无法直接生成氢氧化铜；

D、硝酸根、氢离子、亚铁离子三者无法同时存在。7．【答案】D【解析】【解答】A．黄磷与过量烧碱溶液生成次磷酸钠，故次磷酸钠是正盐，A不符合题意；B．非金属性越强，其对应简单阴离子还原性越弱，非金属性N强于P，故PH3的还原性强于NH3，B不符合题意；C．黄磷和烧碱溶液的反应为P4D．依据分析可得关系式：P4~PH3~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5PH3，则理论上，1mol白磷可生产1mol+1.5mol=2.5molPH3，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、氢氧化钠过量时，没有酸式盐的存在；

B、非金属性越强则氢化物的还原性越强；

C、黄磷和氢氧化钠、水反应生成磷化氢、次磷酸钠；

D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。8．【答案】C【解析】【解答】A．反应①中乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，方程式为：2CH2=CH2+O2→催化剂Δ2，原子利用率为100%；反应②为乙烯和Cl2先发生加成反应，再和H2B．环氧乙烷的分子式为C2H4O，二甲醚的分子式是C2H6O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B不符合题意；C．根据反应④中加成反应可知，可以发生反应，故C符合题意；D．酸性高锰酸钾溶液还可以氧化醛基，反应⑤不能用酸性高锰酸钾溶液作氧化剂，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.加成反应的原子利用率为100%；

B.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；

D.酸性高锰酸钾能氧化醛基。9．【答案】D【解析】【解答】A．根据以上分析可知装置A发生反应生成氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：CrB．若装置C发生堵塞，则装置B中压强增大，因此长颈漏斗内液面会上升，B不符合题意；C．要验证氯气没有漂白性，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的红色布条检验，则为了验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，C不符合题意；D．将氯气通入溴化钠溶液中，导致溶液中可能含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，导致干扰实验，所以若观察到锥形瓶下层液体呈紫红色，不能证明氧化性Br故答案为：D。

【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，通过无水氯化钙干燥气体，验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于苯，出现分层后上层为紫红色的苯层，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰，最后用NaOH溶液吸收尾气。10．【答案】D【解析】【解答】A．根据流程可知，该反应中[Cu]为催化剂，H+是中间产物，故A不符合题意；B．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化，后续产物中变为双键，为sp2杂化，故B不符合题意；C．反应过程I中有极性键断裂，但没有非极性键形成，故C不符合题意；D．据图可知，该流程中初始反应物为N3-R2和HC≡CR1，最终产物为，化学方程式为N3-R2+HC≡CR1，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.催化剂在反应前后质量和化学性质均不变；

B.N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，后续产物中变为双键；

C.相同的非金属原子之间形成非极性键，不同的非金属原子之间形成极性键。11．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，③中浓盐酸会进入到④中试管中，浓盐酸与KMnO4反应会生成氯气，氯气可以使石蕊溶液褪色，用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，A符合题意；B．由分析可知，③中浓HNO3会进入到④中试管中，Cu与浓HNO3反应会生成二氧化氮气体，二氧化氮与FeSO4溶液反应，会氧化二价铁离子变为三价铁离子，溶液呈现棕黄色，不会褪色，且二氧化氮不能用水吸收，会有一氧化氮的生成，故应用氢氧化钠溶液吸收尾气，B不符合题意；C．由分析可知，③中浓H2SO4会进入到④中试管中，木炭与浓H2SO4的反应需要加热，④中试管没有加热，木炭与浓H2SO4的不发生反应，C不符合题意；D．由分析可知，③中浓NaOH溶液会进入到④中试管中，浓NaOH溶液与NH4Cl固体混合，可以得到氨气，氨气与少量CuSO4溶液反应，开始得到蓝色氢氧化铜沉淀，随着氨气的不断通入，最后沉淀会转化为铜氨络离子，铜氨络离子溶液颜色是蓝色，⑤中溶液颜色没有褪去，不符合题意，最后用CCl4和水除去多余的氨气，还可以防止倒吸现象，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯气能被氢氧化钠溶液吸收；

B.浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸易挥发，能将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；

C.木炭与浓硫酸在加热条件下才能反应；

D.硫酸铜溶液少量，氢氧化铜会溶于过量的氨水形成铜氨络离子溶液。12．【答案】D【解析】【解答】A．焙烧”中生成Na2MoO4的反应：NaB．根据分析可知，浸出渣主要成分是Fe2O3，B不符合题意；C．当c(Al3+)≤10-5，可以认为Al3+沉淀完全，根据铝元素离子浓度的对数lgc与溶液pH的关系图，说明Al3+被沉淀完全时对应的pH大约是4.7，而当溶液中c{[Al(OH)4]-}>10-5时，开始生成[Al(OH)4]-，此时溶液pH大约为8，说明pH调节应该是在4.7~8，C不符合题意；D．蒸发浓缩、冷却结晶，Na2MoO4没有结晶析出，Na2SO4得到Na2SO4·10H2O，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小、Na2SO4溶解度随温度变化较大，D符合题意；故答案为：D。

【分析】废催化剂加入碳酸钠焙烧，MoO3发生反应Na2CO3+MoO3焙烧=Na2MoO4+CO2↑，Al2O3发生反应Na2CO3+Al2O3=2NaAIO13．【答案】D【解析】【解答】A．综上所述，放电时，该装置为原电池，正极反应式为FQ+2eB．放电时为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn−2eC．充电时为电解池，原来电池的负极作阴极，与电源负极相连，所以a为电源负极，故C不符合题意；D．充电时，负极材料作阴极，电极反应式为[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH故答案为：D。

【分析】放电时为原电池，金属Zn为负极，电极反应式为Zn−2e−+4O14．【答案】B【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，Al原子周围等距且最近的Al原子有12个，故A不符合题意；B．根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数为8×18+6×C．A为原点，C为(1，1，1)，B为右面面心，所以B的坐标为(1D．由晶胞结构可知，沿晶胞对角面的切面图为，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.Al原子周围等距且最近的Al原子有12个；

B.根据均摊法计算；

C.B的坐标为(1，12，15．【答案】B,C【解析】【解答】A．a点时，lgc(MOH)c(M+)=0，c(MOH)B．b点中和率为50%，有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，B符合题意；C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，溶液中溶质为物质的量浓度MOH小于MCl，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，C符合题意；D．d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，c(H故答案为：BC。

【分析】A.根据Kb=c(M+)c(OH16．【答案】（1）4：5；H<C<N<O；大于；8；56（2）CoAl2O4；8×(59+2×27+4×16)【解析】【解答】（1）①)Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式是3d64s2，Fe原子失去最外层2个4s电子得到Fe2+，失去最外层2个4s电子和1个3d电子得到Fe3+，所以基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，基态Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，所以未成对的电子数之比为4：5；②同周期元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从下到上，电负性依次增大，所以元素H、O、C、N电负性从小到大H<C<N<O；③已知ClO3、ClO4-中中心原子周围的价层电子对数为：3+7+1−3×22=4④根据④Htrz结构简式，是五元环结构，一个三氮唑环上有5个σ键，另外还有1个N-Hσ键和2个C-Hσ键，共8个σ键；在配合物[Fe(Htrz)3](ClO4)2中，Fe2+提供空轨道，配位体的N原子上含有孤电子对，所以在配位体中，参与形成大π键的原子数是5，参与形成大π键的电子数是6，所以可表示为56；⑤1，2，4-三氮唑的沸点为260℃，而环戊二烯()的沸点为42.5℃，前者的沸点比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中N原子非金属性强，原子半径小，不同的分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，而在环戊二烯分子之间无氢键，因此前者熔沸点比后者高；（2）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4×(4×18+2×14+1)=8、4×4=16、8×4=32，所以化学式为CoAl2O4；该晶胞的体积为(2a×10-7)3cm

【分析】（1）①基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，基态Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数分别为4、5；

②元素的非金属性越强，电负性越大；

③孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

④单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；

⑤1，2，4三氮唑分子间可形成氢键，沸点升高；

（2）根据均摊法计算；根据ρ=m17．【答案】（1）BHA、pH值为9.5（2）CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O；2CeO2+8HCl=Cl2↑+2CeCl3+4H2O（3）使平衡往正向移动，提高萃取的效果；Al3+（4）将CeTBP4+还原为Ce3+；分液漏斗（5）1×1【解析】【解答】（1）根据pH对氟碳酸铈矿浮选捕收率的影响图示，当捕获剂为SHA时，其最大浮选回收率为62%，当捕获剂为BHA时，其最大浮选回收率为80%，因此最佳捕获剂应选择BHA，此时对应的最佳pH值为9.5。（2）已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3：1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4+，则Ce4+能与F结合成CeF3+，发生反应CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸，盐酸具有还原性，CeO2具有较强的氧化性，故能使得氯化氢被氧化成有毒气体氯气，会污染环境，反应的化学方程式为2CeO2+8HCl=Cl2↑+2CeCl3+4H2O；（3）“萃取”时存在反应CeF3++TBP⇌CeTBP4++F−，氟洗液中添加Al3+、F（4）“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3+产生，CeTBP4+中Ce为+4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做了还原剂，将CeTBP4+还原为Ce3+；萃取需要用到的玻璃仪器是分液漏斗；（5）溶液的pH为6，则c(H+)=10-6mol/L，当c(HCO3−)=0.2mol⋅

【分析】氟碳酸铈经选矿之后得到精矿，通过氧气氧化焙烧获得CeO2、CeF4和二氧化碳，再加入盐酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+，促进CeF3++TBP⇌CeTBP4++F-正向进行，然后进行反萃取，发生反应2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP，形成Ce3+，通过加入碳酸氢铵Ce3+完全沉淀，得到Ce2(CO3)3，最后煅烧生成CeO2。18．【答案】（1）（2）羧基、羰基；1；取代反应（3）+→+H2O；3（4）13；（5）【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为。（2）由E的结构简式可知，E中含氧官能团的名称是羧基、羰基；连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，E中有1个手性碳原子，由分析可知，E到F的反应类型为取代反应。（3）D和H发生脱水的聚合反应生成，反应方程式为：+→+H2O；由信息③可知，把J中的硝基转化为氨基过程中，N元素化合价由+3价下降到-3价，产物Fe以Fe2+形式存在，由J生成1molK至少需要Fe物质的量为3mol。（4）B的芳香族同分异构体，满足条件①能发生银镜反应，说明其中含有醛基或甲酸酯结构；②与NaHCO3反应有气体产生，说明其中含有-COOH；苯环上取代基可能的组合为-COOH、-OOCH，-COOH、-OH、-CHO，满足条件的同分异构体共有13种，其中核磁共振氢谱中4个峰的分子结构简式为。（5）路线I中反应中的氨基和羧基也可能发生脱水缩合反应导致有副产物产生，结合信息①可以先将中的氨基转化为后在和反应，最后再将转化为氨基即可，故答案为：。

【分析】A可以被酸性高锰酸钾溶液氧化成B，则A为，C发生已知②生成D，则C为，D为，E发生已知①得到F，则F为，F脱水生成G，G发生信息①的反应生成H，则G为，H为，J被还原得到K。19．【答案】（1）抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成（2）d；既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；P2O5或CaCl2（3）2CoCl2+10NH3•H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O（4）C（5）91.67%；B【解析】【解答】（1）后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成。（2）Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。（3）CoCl2和NH3•H2O、H2O2反应生成[Co(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2CoCl2+10NH3•H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。（4）由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3•6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3•6H2O的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为：C。（5）①称取0.2675g[Co(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3↑+3NaCl，将生成的氨气通入装有25.00mL0.5000mol⋅L②A．碱式滴定管未润洗，