【文档说明】化学-2022年秋季高三开学摸底考试卷（山东专用）01（解析版）.docx，共(22)页，1.950 MB，由envi的店铺上传

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绝密★考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷（01）（山东专用）化学本卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标

号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Fe56Cu64Ce140一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共

20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列物质的应用中，主要利用的反应不属于．．．氧化还原反应的是A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨B．用氮气实现工业合成氨C．实验室用NaOH溶液吸收2SO尾气D．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验2Cl【答案】

C【解析】有电子得失(或电子对偏移)，元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，据此分析解答。A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧

化还原反应，故B不选；C．NaOH溶液和2SO反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故C选；D．发生反应为2KI+Cl2=2KCl+I2，此反应为置换反应，属于氧化还原反应，故D不选；答案选C。2．如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至

右，可以进行的混合物分离操作分别是A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤B．萃取、过滤、蒸馏、蒸发C．蒸馏、过滤、萃取、蒸发D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏【答案】C【解析】由题干图示可知，从左往右的仪器分别为：蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，普通漏斗用于过滤操作，分液漏斗用于

萃取、分液，蒸发皿用于蒸发结晶，故依次可进行的混合物分离操作分别为：蒸馏、过滤、萃取、分液和蒸发，故答案为C。3．下列说法错误的是A．石墨晶体中层内导电性强于层间导电性B．基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3C．

(CH3COO)2Ni·4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6D．N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大【答案】D【解析】A．石墨晶体中层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，

碳原子间以σ键形成六元环，层内形成大π键能提供自由移动的电子导电，而层间以分子间作用力相结合，导电能力差，则层内导电性强于层间导电性，故A正确；B．铬元素的原子序数为24，失去3个电子形成铬离子，基态Cr3+离子的电子排布式为1s22s2

2p63s23p63d3，则最高能层N能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3，故B正确；C．由(CH3COO)2Ni·4H2O的空间构型为八面体，中心离子为镍离子，配位体为2个醋酸根离子和4个水分子，配位数为6，故C正确；D．氮元素的电负性大于磷元素，与氯元素的电负性差值小于磷元素，则

空间构型都为三角锥形的三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；故选D。4．N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是A．22.4L(STP)H2O中有质子10NAB．1molN2H4中共用电子

对6NAC．反应生成3molN2，转移电子8NAD．2molNO与足量O2反应得到NO2分子2NA【答案】C【解析】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；C．反应2N

2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价，NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N

2O4，2moINO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA，D错误；故选C。5．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下，下列说法错误．．的是A．该分子是非极性分子B．分子式为C3H2O3C．该分子中碳原子均采取sp2杂化D．该分子中σ键与π键个

数比为4∶1【答案】A【解析】A．分子正负电荷重心不重叠，为极性分子，故A错误；B．分子式为C3H2O3，故B正确；C．该分子C−O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3

且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故C正确；D．此分子中存在4个C−O键、1个C=O双键，还存在2个C−H键，1个C=C双键，总共8个σ键，2个π键，个数比为8∶2=4∶1，故D正确；故选：A。6．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1

~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A．第一电离能：Q＞Z＞WB．电负性：X＞Y＞ZC．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应D．W2Q2Z3与X2

QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应【答案】C【解析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W

的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离

能：Z＞Q＞W，A错误；B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表

示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D

错误；故合理选项是C。7．吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．有五种含氧官能团B．可发生消去反应C．可发生缩聚反应D．1mol吗替麦考酚酯最多消耗3molNaOH【答案】D【解析】A．由题干有机物结构简式可知，其中含有的含氧官能团有醚

基、酯基和酚羟基三种，A错误；B．由题干有机物结构简式可知，分子中不含醇羟基和碳卤键(或卤素原子)，故不可发生消去反应，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，由于其中

不含有两个羟基或一个羟基、一个羧基，故不可发生缩聚反应，C错误；D．由题干有机物结构简式可知，1mol吗替麦考酚酯分子中含有1mol酚羟基，消耗1molNaOH，2mol酯基，消耗2molNaOH，故最多消耗3moINaOH，D正确；故答案为：D。8．从海带中提取精品甘露醇(C6

H14O6)的流程如图所示。已知甘露醇是一种糖醇，易溶于水，且溶解度随温度的升高而增大，随乙醇的含量增大而骤减。下列说法错误的是A．为了提高甘露醇的提取效率，预处理时可以将海带灼烧成海带灰后再用水浸泡B．浓缩液中所加入的乙醇浓度越大越好，整个流程中乙醇可

循环利用C．操作①是降温冷却，粗品甘露醇经重结晶后可得精品D．浓缩和过滤操作都要用到玻璃棒，但作用不同【答案】A【解析】A．甘露醇为有机醇类物质，能够发生燃烧反应，因此不能将海带灼烧，故A错误；B．甘露醇随乙醇的含量增大而骤减，向浓缩液中加入乙醇使甘露醇析出，因此增大乙醇浓度能够提

高甘露醇的析出率，操作①过滤后得到溶剂乙醇和水，因此乙醇可循环利用，故B正确；C．向浓缩液中加入乙醇后，甘露醇溶于水中，甘露醇溶解度随温度的升高而增大，降低温度后甘露醇析出，因此操作①是降温冷却，过滤后得到粗品甘露醇

，利用甘露醇在水中溶解度随温度变化差异进行重结晶得到精品甘露醇，故C正确；D．浓缩过程中玻璃棒用于搅拌，过滤中玻璃棒用于引流，玻璃棒作用不同，故D正确；故答案为A。9．下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A甲

烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红验证一氯甲烷具有酸性B将纯净的SO2通入紫色石蕊试液中，观察颜色变化验证SO2的漂白性C向硫酸酸化的H2O2溶液中滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄验证氧化性：H2O2>Fe3+D向蔗

糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜蔗糖水解产物具有还原性【答案】D【解析】A．甲烷与氯气光照条件下生成含有一氯甲烷和HCl等的混合物，使湿润的蓝色石蕊试纸变红不是一氯甲烷

，是HCl，A错误；B．SO2的漂白性应用品红溶液验证，使酸性高锰酸钾褪色是它的还原性，B错误；C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，对实验有干扰，无法判断H2O2、Fe3+的氧化性强弱，C错误；D．题给实验操作可

以产生银镜，利用银镜反应可以检验蔗糖水解产物的还原性，D正确；故选D。10．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol-1)如图所示，下列说法错误的是A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．生成NH3

的总反应方程式为232Pd/SVO2NO+5H2N+2HGHC．决定NO生成NH3速率的基元反应为22NHOHNHOH+→D．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2【答案】D【解析】A．由图示知，生成NH3的过程为：+2+10-1-2-3

HHH2223NOHNONHONHOH?NHNH⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，A正确；B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H2P

d/SVG2NH3+2H2O，B正确；C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，C正确；D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化

生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，D错误；故答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．“安心神，坚骨髓，润肌肤”是大宋第一部官修药典《开宝本草

》对铁粉的药用功效的描述。实验室用如图装置模拟制取药用铁粉并检验产物，下列说法不正确的是A．先点燃装置丙的酒精灯，再打开装置甲的分液漏斗活塞B．装置乙、丁中分别装有浓硫酸、无水硫酸铜C．反应后取少量装置丙的药品滴加稀硫酸，检验

是否有铁粉生成D．装置戊可检验是否有CO2生成，并可用点燃的酒精灯除去尾气【答案】AC【解析】A．先打开装置甲的分液漏斗活塞，使稀硫酸与Zn粒反应生成H2排净装置内的空气后再点燃装置丙的酒精灯，故A错误；B．装置乙中的浓硫酸作用

为吸收产生H2中的H2O，丁中的无水硫酸铜遇水会变蓝，用于检验H2O的生成，故B正确；C．无论有无铁粉生产，装置丙中的物质遇稀硫酸都会有气体生成，(FeCO3+H2SO4=H2O+CO2+FeSO4；Fe+H2SO4=H2+FeSO4)，故C错误；D．若有CO2生成，则

装置戊中的澄清石灰水会变浑浊，尾气为H2可以点燃去除，故D正确；故选AC。12．锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。已知：浸出液中的阳离子主要为

Sb3+、Fe3+、Fe2+。下列说法错误的是A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3SB．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”

工序循环使用D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水【答案】D【解析】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2

S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正确；B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B正确；C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C正确

；D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D错误；故答案为：D。13．冰、干冰、金刚石的晶体结构如图，下列说法错误的是A．金刚石中碳原子的杂化方式为3sp杂化B．冰融化的过

程中破坏了氢键和共价键C．冰和干冰的晶体类型相同，均具有自范性D．干冰晶体中，1个2CO分子周围有12个紧邻的2CO分子【答案】B【解析】A．金刚石每个碳原子与4个碳原子相连,杂化方式为3sp杂化，A项正确；B．冰融化的过程是物理变化，破坏

的是分子间作用力，没有破坏共价键，B项错误；C．冰和干冰的晶体类型相同，都是分子晶体，具有自范性，C项正确；D．干冰晶体中，每个顶点的2CO分子紧邻的2CO分子位于面心位置，则晶胞中每个2CO分子周围紧邻的2CO分子数为34=12，D项

正确；答案选B。14．我国科学家设计的Mg-Li双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是A．放电时，正极电极反应式为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2SB．充电时，Mg电极连外接电源负极C．充电时，每生成1molMg，电解质溶液质量减少24gD．电解液含离

子迁移速率更快的Li+提高了电流效率【答案】C【解析】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，A正确；B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，为阴极

，连接外接电源的负极，B正确；C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，C错误；D．电解液中含离子

迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确；综上所述答案为C。15．HX是一元弱酸，微溶盐MX2的饱和溶液中c(M2+)随c(H+)而变化，M2+不发生水解。25℃时，实验测得pM与δ(X−)的关系如图所示，其中A点对应的pH=5.0。[已知lg2≈0.3.，

pM=−lgc(M2+)，δ(X−)=--c(X)c(X)+c(HX)]。则下列说法正确的是A．A点对应溶液中存在2c(M2+)=3c(HX)B．B点对应溶液的pH约为5.6C．25℃时，Ksp(MX

2)的数量级为10−6D．25℃时，HX的电离常数Ka为2.5×10−6【答案】BD【解析】该溶液中同时存在平衡：+-H+XHX、2+-2MX(s)M+2X。A．依题意2+-2MX(s)M+2X，根据物料守恒，A点对应溶液中有：-2+c(X)+c(H

X)=2c(M)，又--c(X)c(X)+c(HX)=0.2，即-1c(X)=c(HX)4，所以2c(M2+)=54c(HX)，A错误；B．B点对应溶液中--c(X)c(X)+c(HX)=0.5，即-c

(X)=c(HX)，又由D项说明知，25℃时，HX的电离常数Ka为2.5×10−6，则B点对应溶液中c(H+)=Ka，pH=−lgc(H+)=−lg2.5×10−6，则pH约为5.6，B正确；C．A点对应溶液中有：c(M2+)=10−2

.53mol/L，-2+c(X)+c(HX)=2c(M)=2×10−2.53mol/L，又--c(X)c(X)+c(HX)=0.2，即-1c(X)=c(HX)4，则c(X−)=0.4×10−2.53mol/L，故25℃时，Ksp(MX2)=2+2-c(M)c(

X)=10−2.53×(0.4×10−2.53)2=1.6×10−8.59，数量级为10−9，C错误；D．A点对应的pH=5.0，-1c(X)=c(HX)4，则HX的电离常数Ka=+-cHcXc()()(HX)=

5110c(HX)4c(HX)−=2.5×10−6，D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）氟硼酸盐是化工生产中比较常见的一类物质，如4KBF、44NHBF、4BF−等。(1)下列状态的氟中，失去最外层一个电子所需要的能量最

大的为___________(填字母)。A．B．C．D．(2)4KBF是合成深紫色固体氟硼铍酸钾的原料。3BF能结合F−形成4BF−，在此过程中F—B—F键的键角将___________(填“减小”或“增大”)。(3)4BF−是一种液体电解质，在有机合成中

能提高氢化反应的选择性。①该物质的组成元素中属于p区元素的有___________种。②该物质中C原子的杂化类型为___________。③与4KBF(熔点：530℃)相比，该物质熔点较低的可能原因为______。(4)44NHBF是合成新型材料氮化硼的原料之一、①44

NHBF中对键合电子吸引能力最强的元素是____(填元素符号)，其中配位键与σ键的数目之比为____。②氮化硼的主要结构有六方氮化硼和立方氮化硼，其中立方氮化硼晶胞的截面图如图所示：据此判断，每个晶胞中含有B的数目为____，B、N原子之间的最短距离为____

__nm。【答案】(1)B（1分）(2)减小（1分）(3)4（1分）2sp、3sp（2分）阳离子体积大，阴阳离子间的作用力弱（1分）(4)①F（1分）1：4（2分）②4（1分）3a4（2分）【解析】(1)A．该粒子为基态F原子，其失去最外层一个电子所需要的能量小于F+；B

．该粒子为基态F+，由于F的第二电离能高于第一电离能，故其失去最外层一个电子所需要的能量较大；C．该粒子为激发态F原子，其失去最外层一个电子所需要的能量小于基态F原子；D．该粒子为激发态F+，其失去最外层一个电子所需要的能量小于基态基态F

+；综上所述，失去最外层一个电子所需要的能量最大的为基态F+，故选B。(2)BF3的空间构型为平面正三角形，F-B-F键的键角为120°，-4BF的空间构型为正四面体形，F-B-F键的键角为109°28’，故BF3结合F-形成-4BF的过程中，F-B-F键的键

角减小。(3)①该物质的组成元素有C、H、N、B、F，属于p区的元素是C、N、B、F，共4种；②该物质中，五元环中的C原子采用sp2杂化，烷基上的碳原子采用sp3杂化，即该物质中C原子的杂化类型为sp2、sp3；③与KBF4相比，该物质的阳离子体积

较大，阴阳离子间的作用力较弱，故该物质熔点较低。(4)①NH4BF4中，F的电负性最强，故对键合电子吸引能力最强的元素是F；+4NH和-4BF中，各存在1个配位键和3个单键，配位键和单键都是σ键，故NH4BF4中配位键与σ键

的数目之比为1:4；②根据立方氮化硼晶胞的截面图可知，立方氮化硼晶胞结构与金刚石晶胞相似，N原子位于晶胞的顶点和面心，其个数为118682+=4，B原子位于晶胞内部，其个数为4；B、N原子之间的最短距离为体对角线的14，晶胞参数为anm，则B、N原子之间的最短距离为3anm4。17．（12

分）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)

3]=1×10-22]；③lg2=0.3。回答下列问题：(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450～5008gl4对流空气氧化炉中450～500

986在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是_______________________________________。(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____________________

_________________，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为_____________(化学式)。(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是__________，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方

程式为____________________________，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为_____________t。(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为_____

___________________________，铝粉必须过量的原因是________________________________________。【答案】（除标注外，每空2分）(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积（1分）(2)酸性、还原性（1分）K

BF4（1分）(3)3.3≤pH<7（1分）2Ce3++6HCO3−=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O17.2(4)3CeO2+4Al高温2Al2O3+3Ce使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境【解析】氟碳铈矿含CeF

CO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl

溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。(1)在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固

体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶

液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)=22301110.−=10-7，c(H+)=10-7，p

H=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)=385381010−−=2×10-11，c(H+)=141110210−−=3102−,pH=-lg3102−=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入

NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO3−=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，()2322232CeCOO=6CO+4Ce+Δm4?

172t232tmO5.8t，m=41725.8232t=17.2t则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO3−=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；(4)用过量铝粉还原Ce

O2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al高温2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al高温2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。18．（1

2分）实验室以活性炭为催化剂，用2CoCl制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){()336CoNHCl}，装置如图所示。已知：①()236CoNH+具有较强还原性；溶液呈棕色。②15sp2KCo(OH)=610−。回答下列问题

：(1)仪器a的名称是_______________；仪器b中的试剂是_______________。(2)产品制备.检查装置气密性并将24CoClNHCl、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，4NHCl的作用是_________

______________________________；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，该过程发生反应的离子方程式为_____________________________________

__。(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到()336CoNHCl晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是_______________________________________。(4

)测定产品中3NH的含量。实验如下：①蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的3NH通入含有11124VmLcmolLHSO−标准溶液的锥形瓶中。②滴定：用12cmolLNaOH−溶液滴定剩余的24HSO，消耗2VmLNaOH

溶液。滴定时选用的指示剂为_______________，3NH的质量分数为_______________；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得3NH的含量_______________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（除标注外，每空2分）(1

)恒压滴液漏斗（1分）P2O5或无水CaCl2等（1分）(2)4NHCl会抑制32NHHO的电离，防止生成Co(OH)2沉淀（1分）2()236CoNH++H2O2+24NH+2()336CoNH++

23NH↑+2H2O(3)降低()336CoNHCl在水中的溶解度，有利于其结晶析出(4)甲基橙（1分）17(2c1V1-c2V2)%无影响【解析】实验室以活性炭为催化剂，用2CoCl与氯化铵反应

制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){()336CoNHCl}，并测定产品中3NH的含量。(1)根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；(2)加入4NHCl可增大铵根离子的浓度，抑制32

NHHO的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min，发生反应的离子方程式为2()236CoNH++H2O2+24NH+2()336CoNH++23NH↑+2H2O；(3)加入浓盐酸，降低()

336CoNHCl在水中的溶解度，有利于其结晶析出；(4)②滴定：用12cmolLNaOH−溶液滴定剩余的24HSO，消耗2VmLNaOH溶液。滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可

计算3NH的质量分数为17(2c1V1-c2V2)%；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得3NH的含量无影响。19．（12分）地诺帕明()是治疗心力衰竭的药物。该化合物的一种合成

路线如下图所示：已知：Bn为苄基()回答下列问题：(1)地诺帕明分子中的含氧官能团为___________(填官能团名称)，B合成C的反应类型为___________，Bn-Cl的作用是_________________________________________。(2)上述流程中，化合物A

的同分异构体中含苯环的酯有___________种。其中，1H-NMR有四组峰，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的同分异构体的结构简式为_____________________。(3)上述流程中，C和D反应合成E的方程式为______________

_____________________________________。(4)化合物F可能具有的性质为___________(填标号)。a．水溶液显酸性b．遇FeCl3溶液显紫色c．一定条件下，1mol化合物F最多能与6

molH2反应(5)已知(a)12HOACBr⎯⎯⎯⎯→，(b),,2RNH+RXRNHRHX(x=ClBrI)⎯⎯→、、,根据已知条件，写出以化合物A为原料经3步合成地诺帕明的合成路线(其它试剂任选)______________________________

____________________________________________________。【答案】（除标注外，每空2分）(1)羟基、醚键（1分）氧化反应（1分）保护酚羟基，防止酚羟基被氧化（1分）(2)6（1

分）（1分）(3)+→+H2O(4)a(5)12HOACBr⎯⎯⎯⎯→4NaBH⎯⎯⎯→（3分）【解析】和Bn-Cl发生取代反应生成，和SeO2发生氧化反应生成，和D(C10H15NO2)反应生成，则D为。(1)分子中的含氧官能团为：羟基、醚键；和SeO2发生氧化反应生成，反

应类型为氧化反应；Bn-Cl的作用是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；(2)的同分异构体中含苯环的酯有、、、、、，共6种；其中，有1H-NMR有四组峰，说明含有四种不同环境的H原子，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有

醛基，符合条件的同分异构体为：；(3)有分析可知D为，和反应生成，化学方程式为+→+H2O；(4)a．F为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，a项正确；b．F中没有酚羟基，遇FeCl3溶液不会显紫色，b项错误；

c．1个F中含有3个苯环，所以一定条件下，1mol化合物F最多能与9molH2反应，c项错误；答案选a；(5)和12HOACBr发生取代反应生成，和发生取代反应生成HBr，HBr和NaBH4发生还原反应生

成，合成路线为12HOACBr⎯⎯⎯⎯→4NaBH⎯⎯⎯→。20．（12分）甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−885kJ/mol2C2H2(g)+5O2(g)=4

CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=−2600kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=−572kJ/mol则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)ΔH=_______kJ/mol。(2

)①若用分别表示CH4、CH2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)。②在恒容密闭容器中充入amol甲烷，测得单位时间内在固体催、化剂表面CH4的转化率[α(CH4)]

与温度(t℃)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。(3)甲烷分解体系中几种气体的平衡分压(p/Pa)与温度(t/℃)的关系如图所示。①T℃时，化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数K=____

___Pa2。②在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0.12molCH4只发生反应2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(

结果保留两位有效数字)。(4)甲烷除裂解反应外还能发生水蒸汽重整反应，涉及以下反应方程式：I.CH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ·mol−1；II.CO(g)+H2O(g)→CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ·mol−1

；在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的CH4和H2O(g)发生水蒸汽重整反应。①压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是_______。②500℃时，反应相同时间后测

得CH4的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)_______(填“>”“＜”或“=”)c(E)。【答案】(1)+378（2分）(2)B（2分）温度过高，催化剂活性降低（1分）(3)104.7（2分）66.7%（2分）(4)加入CaO的

体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大（2分）>（1分）【解析】(1)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=−885kJ/mol②2C2H2(g)+5O2(g)=4CO

2(g)+2H2O(l)ΔH2=−2600kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=−572kJ/mol根据盖斯定律，由①2−②12−③32得反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)ΔH=(−885kJ/mo

l)2−(−2600kJ/mol)12−(−572kJ/mol)32=+378kJ/mol；(2)因为A→B吸收能量，B→C放出能量，所以B点能量最高，答案为B；t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；(3)①将该反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度

换为平衡分压，t3℃时,化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)的气体分压为:p(CH4)=103、p(H2)=104、p(C2H2)=10−1.3，压强平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积=()()31.3423101010−=104.7；②设CH4

的开始浓度为0.3mol/L，转化浓度为xmol/L，根据反应方程式2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(CH4)=(0.3−x)mol/L，c(C2H4)=2xmol/L，c(H2)=xmol/L，达到平衡时，测得p(C

2H4)=p(CH4)，由于容器的容积不变，气体的物质的量的比等于压强的比，可知:0.3−x=2x，所以x=0.2mol/L，故CH4的平衡转化率=0.2mol/L0.3mol/L100%=66.7%

；(4)①CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应I的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为:加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大；②500℃时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大，答案为>。