山东省淄博市部分学校2023届高三下学期二模化学试题

这是一份山东省淄博市部分学校2023届高三下学期二模化学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共14小题）
1．化学与生产、生活、科研密切相关。下列说法错误的是
A．食用油中添加叔丁基对苯二酚作抗氧化剂
B．谷物酿酒是利用淀粉水解产生乙醇的原理
C．“杯酚”分离是利用分子识别原理
D．将模具干燥后再注入铁水防止高温下铁与水反应
2．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．甲：制备少量B．乙：制备硝基苯
C．丙：向容量瓶中转移液体D．丁：关闭a、打开b，检查装置气密性
3．下列关于B、及其化合物的说法正确的是
A．能形成，推测B也能形成
B．键能，推测的熔点高于
C．是两性氢氧化物，推测也是两性氢氧化物
D．六方BN具有与石墨类似的层状结构，推测六方BN也可作润滑剂
4．金银花提取物咖啡酰奎宁(结构简式如下)有止血抗病毒功效，下列说法错误的是
A．分子式为
B．分子中含有4个手性碳原子
C．1ml该分子最多与发生加成反应
D．其酸性水解产物羧酸分子中所有原子可能共平面
5．实验室以BaS为原料制备晶体，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a的作用是防倒吸
B．根据实验可得酸性顺序：
C．丙既可吸收尾气又可判断反应是否完全
D．乙中所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品
6．高分子化合物在材料领域发挥着重要作用。下列说法正确的是
A．微波吸收材料()能使溴水褪色
B．阻燃材料( )由苯酚和甲醇缩聚制得
C．合成消声瓦( )的单体均存在顺反异构
D．合成芳纶( )的单体核磁共振氢谱峰数、峰面积之比均相同
7．用处理酸性废水中的，发生的反应如下：
反应Ⅰ：(未配平)
反应Ⅱ：(未配平)
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量时，消耗的物质的量更多
C．处理等物质的量时，反应Ⅱ中消耗更多
D．用FeS除去废水中的同时，还有利于吸附悬浮杂质
8．由实验操作和现象可得出相应正确结论的是
A．AB．BC．CD．D
9．某化合物由原子序数依次增大的不同主族短周期元素Q、W、X、Y、Z组成，掺杂后具有良好荧光性能。已知W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y
同周期且W、X、Y相邻。下列说法错误的是
A．元素位于第六周期第ⅢB族
B．Z、Q组成的化合物具有强还原性
C．Q、Y组成的两种常见二元化合物均为极性分子
D．W、Q组成的化合物沸点均比Y、Q组成的化合物沸点低
10．微生物燃料电池碳氮联合去除的氮转化系统原理如图所示。下列说法错误的是
A．a极电势低于b极
B．离子交换膜是质子交换膜
C．a、b两极生成和的物质的量之比为5∶4
D．好氧微生物反应器中反应的离子方程式为
11．某温度下，在金表面发生反应：，其速率方程式为(k为速率常数)。反应过程中，与S(催化剂)及时间关系如图所示。已知(半衰期)为反应物消耗一半所用的时间，下列叙述错误的是
A．，Ⅰ条件下
B．其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大
C．其他条件相同，增大，反应速率不变
D．该温度下，当S(催化剂)，时，为
12．探究铜与硝酸反应的生成时的硝酸浓度。如图所示，先通一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入溶液中，当A中气体变为无色时，上提铜丝，再将B中溶液稀释至，取，用的溶液滴定至终点时消耗(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．可用盛有溶液的洗气瓶进行尾气吸收
B．铜与硝酸反应主要生成时的硝酸浓度不大于
C．若不通，可能导致所得实验结果偏高
D．若通过直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉的干扰)进行求算，所得实验结果偏低
13．甲苯与在无水存在下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如下。下列说法错误的是

A．是该反应的催化剂
B．步骤Ⅱ是该反应的决定步骤
C．(l)+ (l)→(l)+HCl(g) ΔH=(b-a)kJ/ml
D．虚线L可表示与的反应中能量的变化
14．是一元弱酸，难溶盐的悬浊液中，不发生水解。实验发现，时，、的关系如图所示：

下列说法错误的是
A．表示的关系B．
C．D．
二、不定项选择题（本大题共1小题）
15．用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为，含有少量)制备的工艺流程如下：

已知：①“转化”分两步进行，其第一步转化为。
②常温下，，。
下列说法错误的是
A．“滤渣1”的主要成分是，含砷废水主要成分是
B．“水解”分离和的原理是的水解高于水解的
C．“转化”的总反应方程式为
D．当恰好完全转化成时，溶液，此时溶液
三、非选择题（本大题共5小题）
16．磷、钠、铁等元素形成的化合物在生产、科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态原子未成对电子数与基态P相同，且与同周期的元素有___________种；第三周期主族元素部分电离能如图所示，其中a、b和c分别代表___________(填标号)。
A．a为、b为、c为 B．a为、b为、c为
C．a为、b为、c为 D．a为、b为、c为
(2)锂离子电池正极材料，结构中八面体与四面体共用氧原子形成稳定的三维通道，有利于快速传输。与结构相似，但不能用作钠离子电池正极材料，从原子结构角度分析可能的原因是___________。
(3)能在有机溶剂中发生电离，生成空间结构相同的阴、阳离子，阳离子的化学式为___________，阴离子中心原子的杂化方式为___________。
(4)常温下黏度很大，温度升高，黏度降低，原因是___________。
(5)在超高压下，金属钠和氮可形成化合物。该化合物中，按简单立方排布，形成立方体空隙(部分结构如图所示)，和交替填充在立方体的中心。晶体中配位的原子数为___________：晶胞中间距为，该晶体的密度为___________；若将取在晶胞顶点，在晶胞中的分数坐标为(0，0，)、(，0，0)、___________和___________。
17．回收稀土元素对促进稀土资源循环利用有十分重要的意义。利用钕铁硼合金废料制备和的工艺流程如下：

已知：①钕能与盐酸发生反应，硼不与盐酸反应；钕离子可与生成可溶性配合物。
②25℃，相关物质的见下表
回答下列问题：
(1)探究不同条件下，“酸浸”操作中钕、铁元素的浸出率，如下表所示。
①酒石酸的作用是___________。
②温度升高钕浸出率降低，可能原因是___________。
(2)“沉钕”过程中，草酸用量对钕回收的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率和沉淀纯度均下降，其原因是___________；“沉钕”后的滤液可导入___________操作再利用(填操作单元的名称)；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧的化学方程式为___________。

(3)“净化”时需先加入的试剂为___________(填化学式)，再用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为___________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5ml/L时，可认为该离子沉淀完全)：“碳化“过程的离子方程式为___________。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以溶液为原料制备，电解时通过膜的离子主要为___________。

18．三苯甲醇 []是一种重要的有机合成中间体，制备流程如下：
已知：Ⅰ.(R-表示烃基)能与水、二氧化碳、氧气、卤代烃、酮反应。如： RMgBr+R′Br→R-R′+MgBr2
Ⅱ.
Ⅲ.几种物质的物理性质如下表：(*表示溴苯与水形成的共沸物沸点)
实验装置如下(加热及夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)装置A中的试剂为___________。
(2)制备时，乙醚除作溶剂外，另一个作用是___________；若溴苯-乙醚混合液滴加过快，生成的主要副产物为___________(写结构简式)。
(3)用饱和溶液代替水与中间产物反应，能避免产生难溶的，加入饱和溶液反应的离子方程式为___________。
(4)水蒸气蒸馏过程中若出现堵塞，长导管中液面上升，应进行的操作是___________。
(5)当___________(填实验现象)时，表明水蒸气蒸馏完成；装置B中的物质经___________(填操作名称)分离出产品，再向产品中加入___________进行重结晶进一步提纯(填标号)。
A．溶液 B．水 C．稀盐酸 D．乙醇
(6)计算产率：反应中投加0.10ml溴苯、0.08ml二苯酮，经纯化、干燥后得13.0g产品[M(三苯甲醇)]，则三苯甲醇的产率为___________。
19．平喘药富马酸福莫特罗中间体K的合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. (R=烃基)
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___________；符合下列条件的A的同分异构体有___________种。
①有 ②能与按物质的量之比1∶4发生反应
(2)写出反应②的化学方程式___________。
(3)反应④的目的是___________，反应⑥的反应类型为___________。
(4)H中含氧官能团有___________种，Ⅰ的结构简式为___________。
(5)综合上述信息，写出由间硝基苯乙烯和制备的合成路线。___________
20．氢能将在实现“双碳”目标中起到重要作用，乙醇与水催化重整制氢发生以下反应。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)___________
(2)压强为，的平衡产率与温度、起始时的关系如图甲所示，每条曲线表示相同的平衡产率。
①产率：B点___________C点(填>、=或<)
②A、B两点产率相等的原因是___________
(3)压强为下，和投料比1∶3发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图乙所示[已知：的选择性]
①表示选择性的曲线是___________(填标号)；
②时，生成氢气的体积分数为___________(保留2位有效数字，下同)；
③时，反应Ⅱ的标准平衡常数，其中为标准压强，、、和为各组分的平衡分压，则___________。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数)
(4)已知，向重整体系中加入适量多孔，该做法的优点是___________。
参考答案
1．【答案】B
【详解】A．叔丁基对苯二酚具有较高的抗氧化能力，能延缓植物油分解酶的活性，使植物油保存时间更长，所以食用油中添加叔丁基对苯二酚的目的是作抗氧化剂，故A正确；
B．谷物酿酒的原理是淀粉在酶的作用下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，故B错误；
C．“杯酚”属于超分子，分离是利用了分子识别原理，故C正确；
D．铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则炽热的铁水或钢水注入模具前必须干燥的原因是避免高温条件下铁水与水蒸气反应，故D正确；
故选B。
2．【答案】A
【详解】A．图中用双球安全漏斗，可以控制液体的加入，且生成的气体不会从双球安全漏斗逸出，A项能达到实验目的；
B．制备硝基苯温度为50-60℃采用水浴加热，，图示装置缺少温度计，B不能达到实验目的；
C．玻璃棒引流时应伸入刻度线以下，C项不能达到实验目的；
D．由于漏斗和烧瓶中联通始终压强一致液体可顺利滴下，因此无法检查气密性，D项不能达到实验目的；
故选A。
3．【答案】D
【详解】A．Al原子有3d轨道，可以容纳6对电子形成，但是B是第2周期元素，没有多余的轨道容纳6对电子，无法形成，最大配位数为4，即，故A错误；
B．、 均为分子晶体，对分子晶体来说，键能不能决定物质的沸点，二者组成结构相似，相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高，故B错误；
C．氢氧化物的酸碱性与元素的电负性有关，同主族元素的电负性并不一定相近，所以并不存在相似性，只具有弱酸性，不具有碱性，不是两性氢氧化物，故C错误；
D．六方BN具有与石墨类似的层状结构，推测六方BN也可作润滑剂，故D正确；
故选D。
4．【答案】C
【详解】A．由结构简式是可知有16个C，8个O,8个不饱和度，则有18个H，分子式为，A项正确；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，方便观察将手性碳原子标号， 手性碳一共有4个，B项正确；
C．该物质中含有苯环，碳碳双键，可与和氢气加成，酯基上的双键不能和氢气加成，所以1ml该分子最多可与5ml发生加成反应，C项错误；
D．酸性水解产物羧酸分子中，苯环，碳碳双键，碳氧双键都为平面结构，经过旋转单键，可以在同一平面，D项正确；
答案选C。
5．【答案】B
【分析】甲利用浓硫酸的难挥发性制备易挥发的HCl。乙制备BaCl2⋅2H2O 晶体。丙吸收尾气。
【详解】A．HCl极易溶于水，吸收时需要防倒吸，a大体积可与防倒吸，A项正确；
B．由于甲利用浓硫酸的难挥发性制备易挥发的HCl，不体现酸性强弱，所以无法确认H2SO4与HCl的酸性强弱，B项错误；
C．若反应完丙中无H2S与CuSO4反应，不再有沉淀产生，C项正确；
D．溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩冷却结晶、过滤得到产品，D项正确；
故选B。
6．【答案】A
【详解】A．含有碳碳双键，能使溴水褪色，故A正确；
B． 是由苯酚和甲醛缩聚制得，故B错误；
C． 的单体有CH2=CH-CH=CH2、，二者的双键碳原子中均有连接两个氢原子的碳原子，均不存在顺反异构，故C错误；
D． 的单体为、 ，等效氢的种类数均为2种，核磁共振氢谱峰数相同，但是两种氢原子的个数之比分别为4:2，4:4，即2:1，1:1，峰面积之比不相同，故D错误；
故选A。
7．【答案】B
【分析】反应Ⅰ按照升降守恒FeS为还原剂化合价升高9，而为氧化剂化合价 降低6，最小公倍数为18，FeS系数配2，系数配3，所以配平方程式为
2FeS+3+26H+=2Fe3++2+6Cr3++13H2O。同理配平反应Ⅱ，Cu2S作为还原剂化合价升高10，而为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为30，定3Cu2S和5，配平得3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O。
【详解】A．还原剂与还原产物（Cr3+）的物质的量之比为2:6=1:3，A项正确；
B．反应Ⅰ处理1ml需要消耗FeS为ml。反应Ⅱ处理1ml需要消耗Cu2S。所以消耗的Cu2S更多，B项错误；
C．反应Ⅰ处理1ml需要消耗H+为ml。反应Ⅱ处理1ml需要消耗H+为。所以反应Ⅱ消耗更多H+，C项正确；
D．反应中产生的Fe3+易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D项正确；
故选B。
8．【答案】D
【详解】A．双氧水与酸性高锰酸钾可以发生氧化还原反应生成氧气，故不能说明高锰酸钾对过氧化氢分解具有催化作用，A错误；
B．甲酸中含有醛基能与过量的酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，B错误；
C．双水解反应是指弱酸阴离子和弱碱阳离子相互促进水解。而偏铝酸根离子和碳酸氢根离子水解都是显碱性，故偏铝酸钠与碳酸氢钠反应不属于双水解，C错误；
D．反应先生成氢氧化铜沉淀，后生成[Cu(NH3)4]2+,说明与配位能力：，D正确；
答案选D。
9．【答案】D
【分析】五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，为第二周期元素，所以Q为H元素，Z第三周期元素，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，五种元素不同主族，则Z不可能为Na，若为Mg，则没有满足条件的W和X，若为Al，则W、X、Y分别为6、7、8号元素，即分别为C、N、O，符合题意；若Z为Si，则没有满足条件的W和X；若Z为P，则W、X、Y分别为7、8、9号元素，分别为N、O、F元素，N和P同族元素，不符合题意；若Z的原子序数再增大，则Y不可能为第二周期的主族元素，综上所述：Q为H元素，W的C元素，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素。
【详解】A．元素为镧系元素，位于第六周期第ⅢB族，A正确；
B．Z为Al元素，Q为H元素，Z、Q组成的化合物为，具有强还原性，B正确；
C．Q为H元素，Y为O元素，组成的两种常见二元化合物分别为：和,均为极性分子，C正确；
D．Q为H元素，W的C元素，组成的化合物为烃类物质，沸点与C原子数的多少和支链的数目有关，与的沸点无法比价，D错误；
故选D。
10．【答案】C
【详解】从图分析，a电极上为乙酸根离子生成二氧化碳，失去电子，为负极反应，b为正极。据此解答。
A．a为负极，b为正极，正极电极比负极高，A正确；
B．a的电极反应为，b的电极反应为，氢离子向正极移动，故使用质子交换膜膜，B正确；
C．根据ab电极反应分析，电子守恒，则二氧化碳和氮气的物质的量比为10:4=5:2，C错误；
D．从图分析，铵根离子和氧气进去反应生成硝酸根离子，故反应的离子方程式为：，D正确；
故选C。
11．【答案】A
【详解】A．根据如所示，Ⅰ和Ⅲ条件相同，起始浓度不同，但反应速率相同，说明反应速率与起始浓度无关，所以，，A错误；
B．对比Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅱ中S(催化剂)越大最大，反应速率越大，k越大，Ⅰ和Ⅲ的S(催化剂)相同，反应速率相同，k相同，所以在其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大，B正确；
C．由以上分析，与反应速率无关，C正确；
D．由图可知，在条件Ⅰ，S(催化剂)，消耗一半即小号所用的时间为，所以半衰期为，D正确；
故选A。
12．【答案】D
【分析】A瓶中的反应为4HNO3(浓)+Cu=2NO2↑+2H2O+Cu(NO3)2。B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20ml⋅L−1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL，即n(NaOH)=0.20×15.00×10-3ml=3×10-3ml，有关系式为NaOH~HNO3则B瓶中产生的n(HNO3)= 3×10-3ml×10=3×10-2ml，又3NO2~2HNO3则A瓶中产生的NO2为3×10-2ml×=4.5×10-2ml。由关系式得4HNO3(浓)~2NO2则消耗的浓硝酸为4.5×10-2×2=9×10-2ml。
【详解】A．NaOH溶液不能直接与NO反应，所以它不能吸收尾气，A项错误；
B．溶液中剩余的硝酸浓度为。但当反应产生无色NO气体时停止反应，即硝酸浓度大于8ml⋅L−1也产生了NO，B项错误；
C．若不同如N2，B瓶中NO也转变为HNO3，从而导致消耗的HNO3偏大，A中剩余HNO3偏低，结果偏低，C项错误；
D．当A中气体变为无色时停止反应，产生NO的浓度应该比A瓶的大。所以直接测定A瓶中的酸可能导致结果偏低，D项正确；
故选D。
13．【答案】D
【详解】A．由反应历程可知，是该反应的催化剂，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决定步骤，B正确；
C．根据反应历程，总反应为：(l)+ (l)→(l)+HCl(g) ΔH=(b-a)kJ/ml，C正确；
D．三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线（虚线L）应在甲苯的实线图纸上，D错误；
故选D。
14．【答案】B
【分析】由电离常数公式可知，HA溶液中=，电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，当溶液中氢离子浓度增大时，溶液中和的值减小，则曲线L1表示与氢离子浓度的变化关系，表示与氢离子浓度的的变化关系；由图可知，溶液中氢离子浓度为0时，溶液中=1.0×10—6，则MA2溶液中M2+离子的浓度为1.0×10—4ml/L，MA2的溶度积为1.0×10—4×(2.0×10—4)2=4.0×10—12；当溶液中氢离子浓度为1.0×10—5ml/L时，溶液中=1.5×10—6，则c(M2+)=1.31×10—4ml/L；由溶度积可得c(A—)== =1.75×10—4ml/L，由物料守恒可知，溶液中2c(M2+)=c(A—)+c(HA)，则溶液中c(HA)=1.3×10—4ml/L，解得=y=2，HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10−,5。
【详解】A．由分析可知，表示与氢离子浓度的的变化关系，故A正确；
B．由分析可知，HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10−,5，故B错误；
C．由分析可知，MA2的溶度积，故C正确；
D．由分析可知，溶液中=y=2，故D正确；
故选B。
15．【答案】BD
【详解】A．漂浮阳极泥中的不与盐酸反应，故酸浸过滤后成为“滤渣1”的主要成分，由图可知水解步骤后的水解生成SbOCl，经过滤变为滤渣出掉，调节pH的目的是除砷，可推出含砷废水主要成分是，故A正确；
B．由图可知，加NaOH之前，水解生成SbOCl，此时溶液pH较小，加入NaOH后，水解，故“水解”分离和的原理是的水解低于水解的，故B错误；
C．由图可判断出“转化"的反应物为BiOCl和NaOH，生成物为Bi2O3，再结合元素守恒可知方程式正确，故C正确；
D．的，等号两边同乘以可得，，，，，pH=13，故D错误；
故选BD。
16．【答案】(1) 3 D
(2)Na+的半径大于Li+，在三维通道中传输困难
(3) PCl sp3
(4)H3PO4分子间存在较强的分子间氢键使溶液粘度很大，升高温度，一部分分子间氢键被破坏，粘度减小
(5) 4 (0， ，0) (， ，)
【详解】（1）磷元素的原子序数为15，基态原子的价电子排布式为3s23p3，原子核外有3个未成对电子，与铁元素同周期的第四周期元素中，价电子排布式为3d34s2、3d54s2、4s24p3的钒原子、锰原子和砷原子也有3个未成对电子，共有3种；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，M原子的3s轨道为全充满结构、磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则图c表示第三周期的第一电离能变化规律；钠原子失去1个电子所得钠离子的2p轨道为全充满结构，较难失去电子，镁原子失去2个电子后，镁离子的2p轨道为全充满结构，较难失去电子，所以第二周期元素中钠元素的第二电离能最大，镁元素的第三电离能最大，则图a表示第三周期的第二电离能变化规律、图b表示第三周期的第三电离能变化规律，故选D，故答案为：3；D；
（2）由于钠离子的离子半径大于锂离子，在三维通道中传输困难，所以与LiFePO4结构相似的NaFePO4不能用作钠离子电池正极材料，故答案为：Na+的半径大于Li+，在三维通道中传输困难；
（3）由铝原子的价电子排布式为3s23p1可知，PCl5⋅AlCl3在有机溶剂中电离出空间结构相同的AlCl离子和PCl离子；AlCl离子中铝原子的价层电子对数为4，则铝原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：PCl；sp3；
（4）磷酸是三元中强酸，分子中含有的非羟基氧原子和羟基能形成分子间氢键，使分子间的作用力增大，导致溶液粘度很大，升高温度，一部分分子间氢键被破坏，分子间作用力减弱，溶液的粘度减小，故答案为：H3PO4分子间存在较强的分子间氢键使溶液粘度很大，升高温度，一部分分子间氢键被破坏，粘度减小；
（5）由题意可知，晶胞中钠离子位于顶点、面心、体心、棱中心，电子对、He原子处于小立方体的中心，则处于体心的钠离子与位于小立方体中心的氦原子的距离最近，则钠离子的配位数为4；由晶胞结构可知，晶胞中钠离子的个数为8×+6×+12×+1=8，位于体内的电子对、氦原子个数为4，晶胞中间距为体对角线的，则晶胞的参数为nm，设晶体的密度为ag/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3a，解得a=；由将取在晶胞顶点，位于顶点在晶胞中的分数坐标为(0，0，)、(，0，0)、(0， ，0)，位于体心在晶胞中的分数坐标为(， ，)，故答案为：4；；(0， ，0)；(， ，)。
17．【答案】(1) 抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率 盐酸易挥发，温度升高，溶质挥发，导致盐酸溶液浓度下降，导致铁、钕浸出率降低
(2) 钕离子可与生成可溶性配合物 酸浸
(3) H2O2 2.8
(4)Nd3+
【分析】钕铁硼合金与盐酸反应，硼不与盐酸反应，酸浸后，浸出液中含有氯化亚铁和NdCl3，加入草酸沉钕，生成，滤液含有盐酸，再煅烧得到，浸出液经过净化得到NdCl3，因此净化步骤应为除去铁，碳化得到，氟化得到NdF3。
【详解】（1）①对比实验Ⅲ和Ⅳ，两组实验的变量是加入酒石酸，的浸出率下降，Nd的浸出率上升，故酒石酸的作用是抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率。
②对比实验Ⅰ和Ⅱ，温度升高，铁和钕的浸出率均降低，则导致铁、钕浸出率降低，可能原因是盐酸易挥发，温度升高，溶质挥发，导致盐酸溶液浓度下降，导致铁、钕浸出率降低。
（2）当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率和沉淀纯度均下降，其原因是钕离子可与生成可溶性配合物；“沉钕”后的滤液含有盐酸，可导入酸浸操作再利用；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧的化学方程式为。
（3）由分析知，“净化”时需先加入的试剂为H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再用氨水调溶液的pH，将Fe3+沉淀完全，，pH=2.8，则pH的理论最小值2.8。“碳化“过程的离子方程式为。
（4）阳极反应为，阴极发生反应，为防止生成的氯气与阴极的OH-反应，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，电解时通过膜的离子主要为Nd3+。
18．【答案】(1)碱石灰
(2) 挥发生成的乙醚蒸气，可以排除装置内的空气，防止与水、二氧化碳、氧气反应
(3)
(4)打开活塞K，撤去热源
(5) 无油状液体蒸出时 过滤（或抽滤） D
(6)
【分析】镁和溴苯反应制备，再和二苯酮的乙醚溶液反应，生成中间产物，加入饱和氯化铵溶液，得到粗产品，再经过蒸馏、过滤得到较纯的三苯甲醇，最后加入乙醇溶解重结晶进一步纯化。
【详解】（1）为了防止水蒸气进入装置中，使水解，装置A中应该装碱石灰；
（2）制备时，乙醚除作溶剂外，另一个作用是：挥发生成的乙醚蒸气，可以排除装置内的空气，防止 与水、二氧化碳、氧气反应；在滴加的过程中，若溴苯-乙醚混合液滴加过快，生成的主要副产物为：；
（3）溶液水解先酸性，可以防止生成，加入，反应的离子方程式为：；
（4）水蒸气蒸馏过程中若出现堵塞，应打开活塞K，撤去热源；
（5）三苯甲醇不溶于水，所以蒸馏时，当无油状液体蒸出时，蒸馏已经完成；三苯甲醇固体易溶于乙醇，用过滤分离产品，再加入乙醇溶解，进行重结晶进一步提纯产品；
（6）0.10ml溴苯、0.08ml二苯酮反应后得到的产品（三苯甲醇）理论为：0.08ml，，产率为：。
19．【答案】(1) 6
(2)+Br2+HBr
(3) 保护氨基 还原反应
(4) 2 HCOOH
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，与PhCH2Cl发生信息Ⅰ反应生成，则A为、B为；四氯化碳作用下与溴发生取代反应生成，则C为；发生信息Ⅱ反应生成，与PhCH2Cl发生取代反应生成，则E为、F为；与发生环加成反应生成，与铁和盐酸发生还原反应生成，则H为；乙酸酐作用下与甲酸发生取代反应生成，则I为甲酸；催化剂作用下与氢气反应生成。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，A的同分异构体含有氨基，能与氢氧化钠按物质的量之比1：4发生反应说明分子中的官能团为碳碳三键、氨基和4个酚羟基，同分异构体的结构可以视作、、分子中烃基的氢原子被氨基取代所得结构，共有2×3=6种，故答案为：；6；
（2）反应②为四氯化碳作用下与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（3）由E分子中含有氨基、K分子中含有亚氨基可知，反应④的目的是保护氨基；由分析可知，反应⑥为与铁和盐酸发生还原反应生成，故答案为：保护氨基；还原反应；
（4）由分析可知，H的结构简式为，含氧官能团醚键和羟基，共有2种；I为结构简式为HCOOH的甲酸，故答案为：2；HCOOH；
（5）由题给信息可知，由间硝基苯乙烯和制备的合成步骤为催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，与发生环加成反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，乙酸酐作用下与甲酸发生取代反应生成，催化剂作用下与氢气反应生成，合成路线为，故答案为：。
20．【答案】(1)+173.3kJ/ml
(2) > B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、Ⅲ正向移动产生H2的量相等
(3) a 53% 14
(4)多孔CaO与CO2接触面积大，吸收CO2速率快，使得反应Ⅱ和Ⅲ正向进行，提高氢气的产率同时为反应提供热能
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+2×反应Ⅱ得到反应Ⅲ，ΔH3=ΔH1+2×ΔH2=(+255.7-41.2×2)kJ/ml=+173.3kJ/ml。
（2）①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点曲线上取一个点与B点温度相同标为点D，D点与B点相比温度相同，但是小于B点，增大反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动，氢气的产率增大，因此产率B点>C点。
②A、B两点相同，B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、Ⅲ正向移动产生H2的量相等，因此A、B两点氢气产率相等。
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a。
②a表示CO2的选择性曲线，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线，设乙醇与水的投料比分别为1ml和3ml，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的转化率为0.6，n(CO2)+n(CO)=1×0.6×2=1.2，解得n(CO)=0.18ml，n(CO2)=1.02ml，设反应Ⅰ转化乙醇xml，，设反应Ⅱ转化COyml，，因乙醇的转化率为0.6，则反应Ⅲ转化乙醇为0.6-x，，CO的物质的量为0.18ml，则2x-y=0.18，则n(H2O)=1.38ml，n(H2)=3.42ml，n(C2H5OH)=0.4ml，n(CO)=0.18ml，n(CO2)=1.02ml，则氢气的体积分数为。
③由②知n(H2O)=1.38ml，n(H2)=3.42ml，n(C2H5OH)=0.4ml，n(CO)=0.18ml，n(CO2)=1.02ml，总物质的量为6.4ml，此时压强为160kPa，各物质分压为p(H2O)=34.5kPa，p(H2)=85.5kPa，p(C2H5OH)=10kPa，p(CO)=4.5kPa，p(CO2)=25.5kPa，则。
（4）已知CaO与CO2反应生成CaCO3，多孔CaO与CO2接触面积大，吸收CO2速率快，使得反应Ⅱ和Ⅲ正向进行，提高氢气的产率同时为反应提供热能。
选项
实验操作
现象
结论
A
向双氧水中滴加酸性溶液
迅速有气泡生成
对分解具有催化作用
B
甲醇与过量酸性高锰酸钾溶液混合
紫红色变浅
甲醇被氧化成甲酸
C
向溶液中滴加少量溶液
产生白色沉淀
与发生了相互促进的水解反应
D
向盛有溶液的试管中逐滴加入氨水至过量
先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色溶液
与配位能力：
物质
序号
温度(℃)
盐酸(ml/L)
酒石酸浓度(g/L)
的浸出率(%)
Nd的浸出率(%)
Ⅰ
40
4
0
69.15
87.22
Ⅱ
50
4
0
65.35
83.45
Ⅲ
40
6
0
74.64
91.05
Ⅳ
40
6
50
71.54
93.62
物质
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
三苯甲醇
164.2
380
不溶于水，易溶于乙醇
乙醚
-116.3
34.6
微溶于水
溴苯
-30.7
156.2(92.8*)
不溶于水，易溶于乙醚