2022-2023学年山东省淄博实验中学高三上学期12月份摸底考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省淄博实验中学高三上学期12月份摸底考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，结构与性质，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省淄博实验中学2022-2023学年高三上学期
12月份摸底考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国古典富载化学知识，下列记载不涉及氧化还原反应的是
A．“何意百炼钢，化为绕指柔”
B．“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”
C．“石垩(生石灰)以水沃之，即热蒸而解”
D．“(火药)乃焰消()、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”
【答案】C
【详解】A．炼钢过程中涉及减少碳含量的反应，碳和氧气生成二氧化碳涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．绿矾烧之则赤，说明煅烧可生成氧化铁，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．生石灰和水反应生成氢氧化钙，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．火药燃烧过程中生成二氧化硫、二氧化碳等物质，有元素化合价改变，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
2．关于下列仪器使用的说法错误的是

A．①、②、④使用前需检漏 B．①、③常用于物质的分离
C．④洗净后必须要进行烘干 D．⑤可用于冷凝回流
【答案】C
【详解】A．分液漏斗、酸式滴定管、容量瓶都是带有瓶塞或活塞的玻璃仪器，使用前需要检漏，故A正确；
B．分液漏斗可用于分液操作，蒸馏烧瓶可用于组装蒸馏装置完成蒸馏操作，故B正确；
C．容量瓶中附有蒸馏水不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，所以容量瓶洗净后不需要进行烘干，故C错误；
D．球形冷凝管可用于冷凝回流，故D正确；
故选C。
3．已知，其中元素X、Y均为第二周期元素，其原子的最外层电子数之和为11，下列叙述错误的是
A．Y的中子数为9 B．与互为同位素
C．属于极性分子 D．是酸性氧化物
【答案】D
【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；元素X、Y均为第二周期元素，两者的最外层电子数分别为Z-2、Z+1-2，其原子的最外层电子数之和为11，则Z-2+(Z+1-2)=11，Z=7，故X为氮、Y为氧；
【详解】A．根据反应式可知，14+4=A+3+1，A=14，则Y的中子数为14+3-(7+1)=9，故A正确；
B．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；与互为同位素，故B正确；
C．分子为不对称分子，属于极性分子，故C正确；
D．NO2和碱反应生成一氧化氮气体，故不是酸性氧化物，故D错误。
故选D。
4．下列说法错误的是
A．明矾溶于水形成胶体，可用于净水
B．碳酸钠显碱性，可用于治疗胃酸过多
C．聚乳酸可降解，可用作手术缝合线
D．有良好的光学特性，可用于制作光导纤维
【答案】B
【详解】A．明矾溶于水形成胶体，能加速水中悬浮物的沉降，可用于净水，故A正确；
B．碳酸钠显碱性且碱性较强，碳酸氢钠一般可用于治疗胃酸过多，故B错误；
C．聚乳酸可降解无残留，可用作手术缝合线，故C正确；
D．有良好的光学特性，可用于制作光导纤维传送光信号，故D正确；
故选B。
5．某阴离子结构式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，X原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍。下列说法错误的是

A．电负性：Z>Y>X
B．简单氢化物沸点：Y C．最高价氧化物水化物的酸性：X>W
D．该阴离子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构
【答案】B
【分析】X原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，且X后面还有Y、Z两种元素，则X为C元素，则W、X、Y、Z均为第二周期元素，Y与C元素形成双键，则Y为O元素，Z与W形成单键，则Z为F元素，W为B元素。
【详解】A．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，电负性增强，则：F>O>C，即Z>Y>X，故A正确；
B．HF、H2O中均含有氢键，但是水能形成更多的氢键，故Y>Z，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：C>B，所以酸性：H2CO3>H3BO3，即X >W，故C正确；
D．该阴离子中所有原子最外层均通过共用电子对达到8电子稳定结构，故D正确；
故选B。
6．2022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学研究有突出贡献的化学家，首个点击化学合成实例如下。下列说法错误的是

A．X的分子式为
B．化合物Y中最多有6个原子共线
C．化合物Z存在对映异构体
D．化合物Y、Z均可被氧化为羧酸
【答案】C
【详解】A．由X结构简式可知，X的分子式为，故A正确；
B．与苯环直接相连的原子共面，碳碳叁键两端的原子共线，则化合物Y中最多有6个原子共线，故B正确；
C．化合物Z中不存在手性碳原子，故不存在对映异构体，故C错误；
D．化合物Y中苯环上连有碳碳三键，Z含有羟基，与羟基直接相连的碳原子上有2个氢且位于碳链的一端，故均可被氧化为羧酸，故D正确。
故选C。
7．离子液体具有良好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，一种离子液体结构如图。有关该物质的说法错误的是

A．阳离子体积大，离子之间作用力较弱，晶体的熔点较低
B．碳原子有、两种杂化方式
C．存在的化学键类型：离子键、共价键、配位键
D．阴离子的空间结构为平面四边形
【答案】D
【详解】A．由图结构可知，该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间的作用力减弱，晶体的熔点降低，故A正确；
B．由结构可知，甲基中碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化，含有双键碳原子的轨道杂化类型为sp2，故该结构中碳原子的轨道杂化类型有2种，B正确；
C．该离子液体中阳离子与阴离子之间以离子键结合，在阳离子中不同的非金属元素的原子之间存在共价键，在阴离子中Al、Cl原子之间存在共价键和配位键，因此该化合物中存在的化学键类型：离子键、共价键、配位键，C正确；
D．阴离子的中心Al原子价电子对数目，Al原子上无孤对电子，因此阴离子的空间构型为正四面体形，D错误；
故答案为：D。
8．利用下图装置进行实验，将液体X逐滴滴加到固体Y中，有关现象或结论错误的是
选项
X
Y
Z
Z中现象或结论
装置
A
浓氨水
氧化钙
溶液
先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解


B
70%硫酸

溶液
产生浑浊
C
饱和食盐水
电石
酸性溶液
褪色，说明生成乙炔
D
浓盐酸

石蕊
溶液先变为红色，后褪色

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氨水与硫酸铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量氨水生成硫酸四氨合铜，A正确；
B．H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，在Z中发生，，B正确；
C．CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2↑，乙炔可以使高锰酸钾褪色，电石中的杂质与水反应生成的硫化氢、磷化氢也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成乙炔，C错误；
D．K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2 ↑+7H2O ，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以石蕊溶液先变红后褪色，D正确；
答案应选C。
9．天然气中含有，用图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)催化下脱硫。下列说法错误的是

A．温度越高，脱除效果越好
B．过程①的pH降低
C．过程②中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4
D．脱硫过程总反应化学方程式为
【答案】A
【详解】A．天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)催化下脱硫，则温度过高会导致硫杆菌失去活性，导致除硫效果下降，故A错误；
B．过程①中铁离子和硫化氢反应生成硫和亚铁离子，反应为，反应后酸性增强，pH降低，故B正确；
C．过程②中亚铁离子和氧气生成水和铁离子，铁化合价由+2变为+3，亚铁离子为还原剂；氧元素化合价由0变为-1，氧气为氧化剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故C正确；
D．脱硫过程总反应为硫化氢和氧气生成硫和水，化学方程式为，故D正确。
故选A。
10．从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法正确的是

A．“碱浸”时，温度越高，浸取率越高
B．“碱浸”时，每反应1molGaAs，理论上消耗
C．滤渣Ⅲ的成分是
D．“操作”用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角
【答案】B
【分析】砷化镓废料加入过氧化氢、氢氧化钠碱浸，氧化铁、碳酸钙不反应成为滤渣Ⅰ，GaAs、和碱反应进入溶液，溶液加入硫酸中和，Ga转化为沉淀、硅转化为硅酸沉淀，沉淀加入稀硫酸溶解Ga的沉淀得到溶液，分离出硅酸沉淀得到滤渣Ⅲ，含镓溶液电积得到镓；中和后的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶等操作得到 ；
【详解】A．“碱浸”时使用了过氧化氢，过氧化氢不稳定受热易分解，故反应中温度不能过高，A错误；
B．“碱浸”时，As的化合价由-3变为+5，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒可知，，每反应1molGaAs，理论上消耗，B正确；
C．由分析可知，滤渣Ⅲ的成分是硅酸，C错误；
D．“操作”为蒸发浓缩、降温结晶等，用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台，D错误；
故选B。
11．利用五乙烯六胺多聚物来捕获制备甲醇的反应机理如图所示，下列说法正确的是

A．总反应方程式为
B．该反应中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．该过程原子利用率为100%
D．第1步生成高分子产物链节的分子式为
【答案】A
【详解】A．由图可知，反应为二氧化碳和氢气生成甲醇和水，故总反应方程式为，A正确；
B．第一步中有极性键的断裂和极性键生成，第二步中非极性键的断裂和极性键生成，第三步中极性键生成，第二步中非极性键、极性键的断裂和极性键生成，，故B错误；
C．反应中生成甲醇和水，该过程原子利用率小于100%，故C错误；
D．第1步生成高分子产物链节的分子式为，故D错误；
故选A。
12．某溶液可能含有下列离子的某几种：、、、、、、、和，且所含离子的浓度均相等。某同学设计并完成了如下实验，下列说法正确的是

A．原溶液和都存在
B．溶液中至少有4种离子存在，其中一定存在，且
C．、、一定存在，、一定不存在
D．另取少量溶液，滴入几滴酸性溶液，若溶液紫红色褪去，则证明含有
【答案】C
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到无色气体，根据所给离子可知该气体为氨气，原溶液中一定存在NH；沉淀灼烧得到红棕色固体为三氧化二铁，则原溶液中含有铁元素，可能为Fe3+或Fe2+，则原溶液中一定没有CO；滤液中加入足量氯化钡溶液和盐酸溶液过滤得到4.66g沉淀为硫酸钡沉淀，硫酸钡的物质的量=0.02mol，原溶液中含有0.02molSO，溶液体积为100mL，所以c(SO)=0.2mol/L，因为有硫酸根则一定不含Ba2+；溶液所含离子的浓度均相等，则含有0.2mol/LNH，若另外的阳离子为0.2mol/L的Fe3+，根据电荷守恒以及所提供的离子可知还需要0.2mol/L的Cl-和0.2mol/L的I-，但碘离子和铁离子不共存，所以铁元素以Fe2+的形式存在，浓度为0.2mol/L，根据电荷守恒可知还应含有0.2mol/L带一个负电荷的阴离子，可以是Cl-或I-；焰色试验是要检验钠离子，但由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，当钠离子存在时，则一定还会再多一种阴离子；
【详解】A．根据分析可知溶液中存在Fe2+，不存在Fe3+，故A错误；
B．根据分析溶液中一定存在SO、NH、Fe2+，不一定存在氯离子，故B错误；
C．根据分析溶液中一定存在SO、NH、Fe2+，CO、Ba2+一定不存在，故C正确；
D．不需要进一步确认是否含有Fe2+，故D错误；
故选C。
13．普鲁士蓝及其衍生物可用作钠离子电池的正极材料。放电时嵌入正极或充电时从正极脱嵌的变化为：。已知三者的通式为，均为立方晶胞，如图1所示。嵌入的填充在小立方体的体心，图中均未标出，从普鲁士蓝晶胞中切出的结构如图2所示。下列说法错误的是

A．柏林绿中，的d轨道参与杂化
B．普鲁士蓝晶胞中填充率小于50%
C．普鲁士白的化学式为
D．放电过程中，1个普鲁士蓝晶胞完全转化为普鲁士白晶胞时，转移8个电子
【答案】D
【详解】A．Fe3+与CN-形成配位键，而Fe3+的4s轨道已经没有电子，故需要铁离子的3d轨道参与杂化通过杂化轨道成键，A正确；
B．图2中，嵌入的填充在小立方体的体心，而其他空隙没有填充，则填充率小于50%，B正确；
C．由均摊法分析，以图2的个晶胞为例，Fe3+、Fe2+的总数目为、CN-数目为，若为普鲁士白则完全嵌入，则个晶胞的体心为1个Na+，故普鲁士白化学式为，C正确；
D．钠离子带1个单位正电荷，每伴随1个电子的转移则会嵌入或脱嵌1个钠离子，柏林绿到普鲁士白，会伴随8个的嵌入，普鲁士蓝为部分嵌入，故放电过程中，1个普鲁士蓝晶胞完全转化为普鲁士白晶胞时，转移小于8个电子，D错误；
故选D。

二、多选题
14．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
检验晶体是否已氧化变质
将样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，
溶液变红，说明已氧化变质
B
鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物
取涂改液与KOH溶液混合充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液
出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C
检验苯中的苯酚
取少量样品，加入适量的浓溴水
若未出现白色沉淀，说明苯中不存在苯酚
D
探究B、C、S三种元素的非金属性
分别向饱和溶液和稀硫酸溶液中加入少量粉末
前者无气泡冒出，后者有气泡冒出，说明非金属性：S>C>B

A．A B．B C．C D．D
【答案】BD
【详解】A．在酸性条件下有强氧化性，可将氧化成，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能说明晶体已氧化变质，故A错误；
B．氯的中间价态化合物在热的KOH溶液中能发生歧化反应生成Cl-，加入硝酸酸化后再加入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，即生成了AgCl，则说明涂改液中存在含氯化合物，故B正确；
C．溴水与苯酚反应生成少量三溴苯酚，易溶于苯，所以未出现白色沉淀，不能说明苯中不存在苯酚，故C错误；
D．发生强酸制取弱酸的反应，前者无气泡产生，后者有气泡产生，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以能说明非金属性：S>C>B，故D正确；
故答案选BD。
15．已知苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下。下列说法错误的是

A．操作a所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯
B．操作b和操作c均为重结晶
C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同
D．该流程中苯甲酸先转化为苯甲酸钠，后转化为苯甲酸
【答案】BC
【分析】由题给流程可知：向混合物中加入饱和碳酸钠溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得到含有苯甲酸乙酯和环己烷的有机相和水相；向水相中加入乙醚，萃取水相中的苯甲酸乙酯和环己烷，分液得到有机相和萃取液；有机相混合得到有机相I，有机相经蒸馏得到共沸物和有机相II，向有机相中加入无水硫酸镁除去水分，干燥有机相，过滤、蒸馏得到苯甲酸乙酯，向萃取液中加入稀硫酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，过滤得到苯甲酸粗品，经重结晶得到苯甲酸，据此分析。
【详解】A．由分析可知，操作a为分液，分液所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，A正确；
B．操作b为蒸馏，操作c为重结晶，B错误；
C．加入无水硫酸钠镁的作用是除去水分，干燥有机相I，饱和碳酸钠作用是将苯甲酸转化为苯甲酸钠，C错误；
D．该流程中苯甲酸先与饱和碳酸钠溶液反应转化为苯甲酸钠，苯甲酸钠再与稀硫酸反应转化为苯甲酸，D正确；
故本题选BC。

三、工业流程题
16．Ⅰ.以炼锌烟尘(主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO)为原料，制取氯化锌晶体的工艺流程如下。已知Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。

(1)“碱溶”中反应的离子方程式为_______。
(2)洗涤沉淀A的操作是_______。
Ⅱ.利用和制备无水，回收剩余的并验证生成物中含有的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知的沸点是77℃，遇水极易反应产生两种酸性气体。

(3)冰水的作用是_______。
(4)接口的连接顺序为a→_______→_______→h→_______→_______→_______→e。_____
(5)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(6)实验结束后，为检测晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的操作顺序为_______(填序号)
a.干燥；b.洗涤； c.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；d.称取蒸干后的固体mg溶于水； e.过滤；f.称得固体为ng
若_______(保留两位有效数字)，即可证明晶体已完全脱水。
【答案】(1)ZnO+2OH-=ZnO+H2O
(2)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待液体自然流出后，重复操作2-3次
(3)充分冷凝，提高SOCl2回收率，防止SOCl2挥发，以免对后续实验引起干扰
(4)a→f→g→h→i→b→c→d→e
(5)ZnCl2∙xH2O+xSOCl2ZnCl2+xSO2↑+2xHCl ↑
(6)     d→c→e→b→a→f     0.47

【分析】炼锌烟尘(主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO)中加入NaOH，由于ZnO具有两性，能与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，而CuO和FeO不溶，于是成为沉淀A的主要成分；滤液中通入过量CO2调节pH，Na2ZnO2生成Zn(OH)2沉淀，CO2转化为NaHCO3；加入盐酸酸溶，Zn(OH)2转化为ZnCl2；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，便可获得氯化锌晶体，以此解答。
【详解】（1）从以上分析可知，碱溶时加入过量NaOH溶液，ZnO与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，而CuO和FeO不溶，发生反应的离子方程式是：ZnO+2OH-=ZnO+H2O ；
（2）因为加入NaOH后，CuO和FeO不溶，所以沉淀A的主要成分的化学式是CuO、FeO，CuO、FeO都不溶于水，可以用蒸馏水洗涤沉淀A，操作是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待液体自然流出后，重复操作2-3次。
（3）已知的沸点是77℃，易挥发，所以冰水的作用是充分冷凝，提高SOCl2回收率，防止SOCl2挥发，以免对后续实验引起干扰。
（4）品红溶液用于检验SO2，NaOH溶液用于吸收尾气，浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入反应容器，空的集气瓶用作安全瓶，故仪器的连接顺序为a→f→g→h→i→b→c→d→e。
（5）三颈烧瓶中，和反应生成、SO2和HCl气体，化学方程式为：ZnCl2∙xH2O+xSOCl2ZnCl2+xSO2↑+2xHCl ↑。
（6）实验结束后，为检测ZnCl2 •xH2O晶体是否完全脱水，ZnCl2•xH2O晶体完全脱水得到ZnCl2，称取蒸干后的固体m克溶于水，与足量的稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，得到固体AgCl ng，比较mg 产品和ng AgCl中氯元素的质量即可，所以正确的实验顺序为d→c→e→b→a→f；由ZnCl2•xH2O～ZnCl2～2AgCl，ZnCl2～2AgCl，mg 产品和ng AgCl中氯元素的质量相等，即可证明晶体已完全脱水，，则0.47。
17．某合金废料主要含有金属铈(Ce)、镍(Ni)、钴(Co)、锰(Mn)、铝(Al)，一种回收工艺的部分流程如下：

已知：Ce(Ⅲ)更容易在盐酸中浸出；稳定性：小于，易被氧化，有较强的萃取性能；易被氧化为，难溶于稀酸。
(1)“水浸”所得滤渣为、NiO、MnO、CoO，则滤液Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)，为提高水浸效率，可采取的措施有_______。
(2)“酸浸Ⅰ”中与反应的离子方程式为_______。滤渣Ⅱ是_______(填化学式)。
(3)“沉铈”中生成的离子方程式_______。
(4)“萃取”时先通气体X，目的是_______。钴镍萃取百分数(E)和分离系数(分离系数越大，分离效果越好)与影响因素的关系如下图所示，最佳条件为_______(填标号)。
a.pH=8.5    相比0.5  温度20℃    b.pH=9.6    相比1.0  温度30℃
c.pH=10.03  相比1.0  温度20℃    d.pH=11.63  相比0.5  温度40℃

【答案】(1)     NaAlO2     将废料粉碎、适当升高温度等
(2)         
(3)
(4)     把二价钴转化为三价钴，利于后续的萃取分离     c

【分析】合金废料加入碳酸钠煅烧水浸分离出、NiO、MnO、CoO；加入盐酸、过氧化氢酸浸，与生成X氧气、三价Ce；氨分离操作中加入氨水、氯化铵，将Ce、Mn转化为沉淀，沉淀加入稀硫酸、过氧化氢酸浸，分离出二氧化锰固体，滤液加入碳酸氢铵得到沉淀；氨分离后的溶液先通入氧气将二价钴转化为三价钴，然后加入萃取剂，有机相中得到镍的化合物，最终转化为硫酸镍晶体，水相中含有钴的化合物，最终转化为晶体。
【详解】（1）“水浸”所得滤渣为、NiO、MnO、CoO，则说明铝元素参与反应进入溶液，铝和碱性物质反应生成偏铝酸钠，滤液Ⅰ的主要成分是NaAlO2；为提高水浸效率，可以将废料粉碎、适当升高温度等；
（2）Ce(Ⅲ)更容易在盐酸中浸出， “酸浸Ⅰ”中与生成氧气同时生成三价Ce，反应为离子方程式为。由流程可知，最终得到铈(Ce)、镍(Ni)、钴(Co)的产品，则锰在流程中被除去，易被氧化为，难溶于稀酸，则在酸浸Ⅱ中过氧化氢将氧化为固体而除去，故滤渣Ⅱ是；
（3）“沉铈”中计入碳酸氢铵溶液将三价铈转化为同时生成二氧化碳气体，离子方程式；
（4）已知，稳定性：小于，易被氧化，有较强的萃取性能；X气体为氧气，氧气具有氧化性，可以把二价钴转化为三价钴，利于后续的萃取分离；
分离系数越大，分离效果越好；由图可知，最佳条件为pH=10.03、相比1.0、温度20℃，此时镍在有机相萃取率高、且两者的分离系数大；故选c。

四、结构与性质
18．过渡元素用途广泛。回答下列问题：
(1)基态的价电子排布式为_______。
(2)Co与Ca位于同一周期、且最外层电子数相等，但Co的熔点、沸点均比Ca高，原因是_______。
(3) 1mol中含有的σ键数目为_______，分子与形成配合物后键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)中配体的空间结构为_______，N、O原子相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______(填元素符号)。
(5)一种铁基超导材料晶胞结构如图a所示，铁原子沿z轴方向的投影如图b所示。该材料的化学式为_______，已知体心与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，晶胞中As原子1分数坐标为(0，0，0.628)，则As原子2的分数坐标为_______，体心Ca原子与As原子1之间的距离为_______pm。

【答案】(1)3d5
(2)两者均为金属晶体，且Co原子半径更小，形成的金属离子半径更小，导致其金属键键能更大
(3)     21NA     变大
(4)     直线形     O
(5)     CaFe2As2     (0.5，0.5，0.872)    

【详解】（1）锰为25号元素，失去2个电子形成基态，其价电子排布式为3d5；
（2）两者均为金属晶体，且Co原子半径更小，形成的金属离子半径更小，导致其金属键键能更大，故Co的熔点、沸点均比Ca高；
（3）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；1分子含有6个配位键、且氨分子中含有3×5=15个σ键，共21个σ键；故1mol中含有的σ键数目为21NA；分子中存在1对孤对电子，通过孤对电子与形成配合物后孤对电子对数为0，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故使得键角变大；
（4）与二氧化碳互为等电子体，空间结构相似，为直线形；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大；N原子和O-的2p轨道均为半充满稳定状态，氮原子的第一电离能较大、O第二电离能较大且此时两者失去电子情况相同，但是由于氧原子的半径更小，故导致O第二电离能更大，使得第二电离能与第一电离能差值更大的是氧元素，氮的第一电离能和第二电离能分别为1402.3kJ/mol、2856 kJ/mol，氧的第一电离能和第二电离能分别为1313.9kJ/mol、3388.3kJ/mol，故填O；
（5）由均摊法可在，一个晶胞中Ca数目为、Fe数目为、As数目为，则该材料的化学式为CaFe2As2；晶胞中As原子1分数坐标为(0，0，0.628)，已知体心与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，体心Ca坐标为(0.5，0.5，0.5)，则As原子1与体心Ca在z轴上的坐标差为0.628-0.5=0.128，则As原子2的z轴上距离顶面的坐标差为0.128，故As原子2的z轴上坐标为1-0.128=0.872，故As原子2的分数坐标为(0.5，0.5，0.872)；
与底面平行的体心Ca所在平面和As原子1的距离为0.128cpm，体心Ca原子与As原子1所在z轴的距离为，则体心Ca原子与As原子1之间的距离为pm。

五、实验题
19．某小组利用“氯气氧化法”制备溴酸钠()，并测定产品纯度。
Ⅰ.制备

(1)装置Ⅰ中制取氯气的化学方程式为_______，试剂X为_______(填试剂名称)。
(2)向装置Ⅲ通前，先打开电热磁力搅拌器，升温至50~60℃，滴入适量液溴，然后打开、，通入至pH传感器显示接近中性，关闭、。装置Ш中发生反应的总化学方程式为_______。反应结束后，为避免Ⅰ中残留的污染空气，在拆卸装置前应进行的操作是_______。
Ⅱ.的分离提纯
(3)溴酸钠和氯化钠的溶解度曲线如图所示。将装置Ⅲ中所得混合液趁热过滤，将滤液、_______、_______、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。

Ⅲ.测定产品纯度
步㵵1：取mg粗产品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，再用标准溶液滳定，平均消耗标准溶液的体积为。
(已知、，杂质不反应)
步骤2：另取25.00mL蒸馏水做空白实验，消耗标准溶液。(空白实验的目的是减小滴定过程中空气及溶解氧氧化KI带来的影响)
(4)产品纯度为_______(用含m，c，，的代数式表示)。
(5)若不设置空白实验，则测得产品的纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)          饱和食盐水
(2)          关闭K3、打开K2
(3)     蒸发浓缩     降温结晶
(4)
(5)偏高

【分析】漂粉精含有次氯酸钙，次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯化钙、水、氯气，反应为，生成的氯气含有挥发的氯化氢气体，通过饱和食盐水装置Ⅱ除杂后进入装置Ⅲ，碳酸钠、溴、氯气发生氧化还原反应生成、氯化钠、二氧化碳，反应为；尾气有毒使用碱液吸收防止污染；
【详解】（1）由分析可知，装置Ⅰ中制取氯气的化学方程式为，试剂X为饱和食盐水，用于吸收氯化氢气体；
（2）由分析可知，装置Ш中发生反应的总化学方程式为。反应结束后，为避免Ⅰ中残留的污染空气，在拆卸装置前应进行的操作是关闭K3、打开K2，加入氢氧化钠溶液吸收装置中的氯气；
（3）由溶解度曲线可知，溴酸钠溶解度受温度影响较大，可以采用降温结晶的方法提取；故将装置Ⅲ中所得混合液趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。
（4）已知、，则，结合空白试验可知，，产品纯度为
（5）空白实验的目的是减小滴定过程中空气及溶解氧氧化KI带来的影响，若若不设置空白实验，则测得产品的纯度导致溶解的空气中的氧气计算为的量，导致实验结果偏高。

六、有机推断题
20．抗炎药物洛索洛芬钠中间体H的一种合成路线如下：

已知：
Ⅰ.(Ar为芳基，Z=COX、COOR、X=Cl、Br)
Ⅱ.(Ar为芳基，X=Cl、Br)
Ⅲ.(X=Cl、Br)
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______。
(2)的化学方程式为_______。的反应类型为_______，F中官能团的名称为_______。
(3)符合下列条件的D的同分异构体有_______种。
①属于芳香族化合物；
②常温能与溶液反应；
③分子中含有9个相同化学环境的氢原子。
其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为9：2：2：1的结构简式为_______。
(4)根据上述信息，写出以和为原料制备的合成路线。____
【答案】(1)CH2=C(CH3)COOH
(2)     CH3CH(CH3)COOH+CH3OH CH3CH(CH3)COOCH3+H2O     还原反应     溴原子、酯基
(3)     3    
(4)


【分析】C生成D为已知Ⅰ反应原理，结合D结构简式可知，C为CH3CH(CH3)COOCH3；B和甲醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成C，则B为CH3CH(CH3)COOH；A和氢气加成生成B，则A可以为CH2=C(CH3)COOH；D发生已知反应Ⅱ原理生成E，结合最终生成产物H可知，D生成E反应为D中已有支链的对位氢被取代的反应，E为；EF相比，F多了2个氢、少了1个氧，则F为E中羰基被还原的产物，F为；
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)COOH；
（2）B和甲醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成C，化学方程式为CH3CH(CH3)COOH+CH3OH CH3CH(CH3)COOCH3+H2O。由分析可知，的反应类型为还原反应；F为，官能团的名称为溴原子、酯基；
（3）符合下列条件的D的同分异构体：
①属于芳香族化合物，含有苯环；
②常温能与溶液反应，含有羧基-COOH；
③分子中含有9个相同化学环境的氢原子，则含有-C(CH3)3；
故苯环上只能含有2个取代基，存在邻间对3种情况；其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为9：2：2：1，则其结构对称性较好，结构简式为；
（4）和发生已知Ⅰ的反应生成，发生已知Ⅱ反应生成，发生E生成F的原理生成；故流程为：。