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2023年天津市和平区高考化学二模试卷
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这是一份2023年天津市和平区高考化学二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年天津市和平区高考化学二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 《天工开物》中“宋子曰：天生五谷以育民，美在其中，有黄裳之意焉。稻以糠为甲，麦以麸为衣，粟、梁、黍、稷毛羽隐然。”该古文中“麸”的主要成分是( )
A. 纤维素 B. 蛋白质 C. 油脂 D. 淀粉
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. CO2的空间填充模型
B. 顺−2−丁烯的球棍模型：
C. N2的结构式：N≡N
D. 基态氮原子的轨道表示式：
3. LiAlH4是重要的还原剂，合成方法为NaAlH4+LiCl=LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是( )
A. 碱性强弱：LiOH>NaOH B. 半径大小：r(Al3+)>r(Na+)
C. 熔点：Na>Li D. AlH4−有一个键为配位键
4. 为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重．关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是( )
A. 铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小 B. 铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C. 烘干时间过长，会导致测定结果偏小 D. 若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
5. 下列说法不正确的是( )
A. 淀粉在酸或酶的作用下最终水解的产物是葡萄糖
B. 油脂在强碱溶液中，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油
C. 蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸
D. 核酸在一定条件下最终水解产物是形成其单体的核苷
6. 下列说法正确的是
A. 标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
B. 同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同
C. 丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
D. pH=1的盐酸中，c(H+)为1mol⋅L−1
7. 下列叙述正确的是( )
A. 不能用核磁共振氢谱区分C2H5OH和CH3OCH3
B. 铁管镀铝层局部破损后，铁管仍不易生锈
C. 反应活化能越低，该反应越不易进行
D. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越大，则NaA的Kh(水解常数)越大
8. 根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向亚硫酸钠溶液中滴加高氯酸溶液，将得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比S的强
B
向乙醇中加入绿豆大小的钠块，有气泡产生
证明乙醇中含有水
C
将2体积SO2和1体积O2混合通入装有灼热V2O5的容器中充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色
说明SO2和O2的反应有一定的限度
D
将用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄
氧化性：KMnO4>Fe3+
A. A B. B C. C D. D
9. 氯化锌易潮解、易升华。从市售的氯化锌[含Zn(OH)Cl]中制备无水氯化锌，装置如图所示，管式炉有升温和降温的调节功能。下列说法错误的是( )
A. 恒压滴液漏斗、倒置漏斗的作用分别是平衡气压、防止倒吸
B. 通入排出装置中气体的N2必须是干燥的
C. 在尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶
D. 管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ
10. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数数据如图。有关说法错误的是 ( )
A. Keq≈0.1
B. 离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)
C. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力
D. 由于{Ti12O18}团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的Cs+通过
11. “浓差电池“利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池为3mol⋅L−1的AgNO3溶液，乙池为1mol⋅L−1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是( )
A. 一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应达到平衡
B. 当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升
C. 当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加
D. 实验开始先闭合K2，断开K1，此时NO3−向B电极移动
12. 常温时，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加V(NaOH)的变化关系如图所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列说法错误的是 ( )
A. 常温时，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
B. 常温时，A2−的两级水解常数Kh1⋅Kh2=10−16.9
C. 常温时，滴定至pH=5.5时，c(H2A)：c(HA−)：c(A2−)=100.1：101.2：1
D. 常温时，b点对应的溶液中存在可逆过程2HA−⇌H2A+A2−，且K=10−11.1
二、流程题（本大题共3小题，共50.0分）
13. 美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用，它的一种合成路线如图：
已知：①DME的结构简式为
②
回答下列问题：
(1)A中的官能团名称是 ______ 。D的分子式为 ______ 。
(2)B到C的反应类型是 ______ 。E的结构简式为 ______ 。
(3)写出在催化剂作用下D聚合反应的方程式 ______ 。
(4)A的同分异构体中，遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基的有 ______ 种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式 ______ 。
(5)F到G的反应方程式为 ______ 。
(6)4−甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚 ()制备4−甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选) ______ 。
14. 铁氰化钾[K3Fe(CN)6]由亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]制得，请回答下列问题。
Ⅰ.亚铁氰化钾的制取
以含NaCN电镀液为主要原料制备K4Fe(CN)6的流程如图：
(1)常温下，HCN的电离常数Ka=6.2×10−10。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是 ______ 。
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，发生的反应方程式是 ______ ，反应完成后再加入CaCl2溶液的作用是 ______ 。
(3)转化池中发生复分解反应生成K4Fe(CN)6，说明该反应能发生的理由 ______ 。
(4)系列操作B为 ______ 。
Ⅱ.铁氰化钾的制取
(1)电解法：工业上，以石墨为电极，电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，阳极的电极反应式为 ______ 。
(2)氯氧化法：在氯气的作用下，在约60～65℃下将亚铁氰化钾热溶液氧化。当反应物料液的pH控制在6～7时，停止引入氯气，该步反应的方程式为 ______ 。然后加入KMnO4饱和溶液(碱性下被还原为MnO2)和未反应完的亚铁氰化钾继续反应，并用棕色硫酸铵检查反应是否完全，用盐酸调节料液的pH，使pH为7～8，该步反应的方程式为 ______ 。反应后，将料液沉淀，过滤并在溶液中真空经 ______ (填提纯方法)得铁氰化钾成品。用这种方法可以提纯下列实验产品的是 ______ (填序号)。
a.粗碘(含有少量沙粒)
b.粗乙醇(含有少量水)
c.粗苯甲酸(含有少量氯化钠)
15. 基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如图。
(1)总反应3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)ΔH= ______ kJ⋅mol−1。
(2)有利于提高反应i平衡转化率的条件为 ______ (填标号)。
a.高温高压
b.高温低压
c.低温高压
d.低温低压
(3)60℃、100kPa条件下，反应ii中溶液pH随时间变化如图，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 ______ 。
(4)为探究反应ii中15min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ⅱ的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒(活化络合物与反应物的零点能之差)较低的原因是 ______ 的键能大于的 ______ 键能。
②15min时反应速率突然加快的原因是 ______ 。
(5)相较于哈伯法合成氨碳基化学链合成氨的优势有 ______ 、 ______ (写出两条即可)。
(6)可用0.2mol⋅L−1AgNO3溶液吸反应ⅱ排放出的NH3，AgNO3全部生成Ag(NH3)2NO3而失效。为使吸收液完全再生，向其中加入0.4mol⋅L−1HNO3溶液调节pH至少为 ______ 。[已知常温下，Kb(NH3)=2×10−5，Ag++2NH3⇌Ag(NH3)2+的K稳=1×107]
三、简答题（本大题共1小题，共14.0分）
16. Nd2Fe14B、KCoF3是新型磁性材料的成分。依其中有关元素回答问题：
(1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于 ______ 区，铁元素在元素周期表中的位置 ______ 。
(2)BF3的立体构型为 ______ ；其中B原子的杂化方式为 ______ 。
(3)KBH4是一种重要的还原剂，其组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ 。
(4)KCoF3的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。
①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为 ______ 。
②该晶体密度为ρg⋅cm−3，则K和Co之间的最短距离为 ______ pm。
(5)[Co(NH3)6]Cl3的制备：称取研细的CoCl2⋅6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水，5mL30%的H2O2溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得[Co(NH3)6]Cl3溶液。写出该的离子方程式为 ______ 。在制取的过程中可能还会有a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质生成，物质的量相等的这三种物质分别与足量AgNO3反应，生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为 ______ (填字母序号)。
(6)常温下，已知H2CO3电离平衡常数：Ka1=1×10−3、Ka2=1×10−7，Ksp[Co(OH)2]=1×10−15、Ksp(CoCO3)=1×10−13。写出向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，生成沉淀的离子方程式 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：大多数植物中都富含纤维素，根据“稻以糠为甲，麦以麸为衣”可知，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素，
故选：A。
纤维素在植物中含量丰富，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素。
本题以传统文化为情境，考查物质的组成，意在考查考生分析问题和记忆的能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。
2.【答案】C
【解析】解：A.CO2分子中碳原子连有两个氧原子，三个原子在一条直线上，但氧原子半径比碳原子半径小，空间填充模型为，故A错误；
B.顺−2−丁烯的结构中，两个−H位于双键的同侧，球棍模型为，故B错误；
C.氮气中N原子之间以三键结合，其结构式为N≡N，故C正确；
D.基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，根据洪特规则可知，2p能级的3个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，基态氮原子的轨道表示式是，故D错误；
故选：C。
A.二氧化碳为直线形结构；
B.顺−2−丁烯中2个−H位于碳碳双键的同一侧；
C.氮气中N原子之间以三键结合；
D.此轨道表示式违背洪特规则。
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及球棍模型、结构式和填充模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
3.【答案】D
【解析】解：A.金属性：Li
故选：D。
A.金属性越强，对应碱的碱性越强；
B.离子的核外排布相同时，核电荷数越小，离子半径越大；
C.金属键的键能越大，金属的熔沸点越高；
D.AlH4−中有3个共价键，一个配位键。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及离子半径、金属键强弱、碱性强弱的比较，配位键的形成等，属于基本知识的考查，难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A、铁皮未及时取出，导致部分铁溶解，质量差 w1− w 2偏大，引起结果偏高，故A错误；
B、铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差 w1− w 2偏小，引起结果偏低，故B错误；
C、烘干时间过长(铁被氧化)，则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，故C正确；
D、若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，故D错误；
故选C．
测定镀锌铁皮的锌镀层厚度是根据铁皮的面积测定电镀前后铁皮质量的增重，进而可计算锌镀层的厚度，
过迟判断反应终点导致部分铁溶解， w1− w 2偏大而引起结果偏高，过早判断反应终点、铁皮未烘干就去称重则使 w1− w 2 偏小而引起结果偏低，烘干时间过长(铁被氧化)，则剩余物的质量偏大．
本题考查锌镀层厚度的测定的实验方案的评价，题目难度不大，注意把握实验操作原理以及注意事项．
5.【答案】D
【解析】解：A.淀粉是由单糖构成的高分子化合物，最终水解的产物是葡萄糖，故A正确；
B.油脂在强碱溶液中发生皂化反应，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；
C.蛋白质是由氨基酸构成，蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸，故C正确；
D.核酸初步水解产物是核苷酸(脱氧核糖核苷酸或核糖核苷酸)，水解的最终产物是五碳糖、含氮碱基、磷酸，故D错误；
故选：D。
A.淀粉是由单糖构成的高分子化合物；
B.油脂在强碱溶液中发生皂化反应；
C.蛋白质是由氨基酸构成；
D.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，为生命的最基本物质之一。
本题考查了化学与生活，主要考查基础有机，主要六大营养物质的性质。
6.【答案】B
【解析】A.标况下，水不是气态，体积不是22.4L，故A错误；
B.同温同压下，N2和CO的体积相等，则物质的量相等，分子数相等，故B正确；
C.设质量为mg，丁烷所含碳原子物质的量为mg58g/mol×4=2m29mol，乙烷所含碳原子物质的量为mg30g/mol×2=m15mol，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故C错误；
D.pH=1的盐酸中，c(H+)为0.1mol/L，故D错误；
故选：B。
7.【答案】B
【解析】解：A.C2H5OH核磁共振氢谱显示有三种氢，比例为3：2：1，CH3OCH3核磁共振氢谱显示只有一种氢，所以可以用核磁共振氢谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故A错误；
B.铁管镀铝层局部破损后，铁铝在潮湿的空气构成原电池，铝比铁活泼，铝作负极被腐蚀，铁管作正极仍被保护，故B正确；
C.反应活化能越低，该反应越容易进行，故C错误；
D.因为Kh=KwKa，因此一元弱酸HA的Ka越大，Kh越小，故D错误；
故选：B。
A.C2H5OH核磁共振氢谱显示有三种氢，比例为3：2：1，CH3OCH3核磁共振氢谱显示只有一种氢；
B.铁管镀铝层局部破损后，铁铝在潮湿的空气构成原电池，铝比铁活泼，铝作负极被腐蚀，铁管作正极仍被保护；
C.反应活化能越低，该反应越容易进行；
D.根据Kh=KwKa分析。
本题主要考查核磁共振氢谱、原电池的工作原理等知识，为高频考点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、反应限度、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
【解答】
A.亚硫酸钠不是S的最高价氧化物对应的水化物，所以不能比较S与Cl的非金属性强弱，故A错误；
B.乙醇也会与钠反应产生气体，无法证明乙醇中含有水，故B错误；
C.在相同条件下，2体积SO2和1体积O2反应，前者产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明反应后有SO3生成，后者褪色，说明反应后仍然存在SO2，能够证明说明SO2和O2的反应有一定的限度，故C正确；
D.KMnO4、HNO3都有强氧化性，将用稀硫酸酸化后的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄，不能证明氧化性：KMnO4>Fe3+，故D错误。
9.【答案】D
【解析】解：A.恒压滴液漏斗可以保证装置内部压强不变，保存恒压滴液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，倒置的发扬蹈厉可以防止倒吸，故A正确；
B.因为氯化锌易潮，通入排出装置中气体的N2必须是干燥的，解故B正确；
C.为了防止氯化锌吸水潮解，在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置，故C正确；
D.氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，故D错误；
故选：D。
根据图示可知，利用浓硫酸的高沸点、酸性，氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl，用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，实验结束时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ；为了防止氯化锌吸水潮解，在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置，据此进行解答。
本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，D为易错点，注意掌握制备方案的设计原则，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.根据上述平衡可知，Keq=c(Rb+)c(Cs@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb@Ti12O18)=c(Cs@Ti12O18)c(Rb@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb+)，从右侧图像的意义看，Keq=直线的斜率=1−0.10.1−0.01=10，故A错误；
B.根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一周期，电子层数越多离子半径越大，所以离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)，故B正确；
C.根据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行，即{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，故C正确；
D.Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径，且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏，则说明{Ti12O18}团簇表面的孔允许Cs+进入笼内时，是柔性的，不是刚性的，否则交换过程中骨架结构会被破坏，故D正确；
故选：A。
A.根据上述平衡可知，Keq=c(Rb+)c(Cs@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb@Ti12O18)；
B.根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一周期，电子层数越多离子半径越大；
C.根据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行；
D.{Ti12O18}团簇表面的孔允许Cs+进入笼内时，是柔性的，不是刚性的。
本题考查微粒半径大小比较、平衡常数计算与应用等，注意对平衡常数的理解，题目侧考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
11.【答案】C
【解析】解：A.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，故A正确；
B.闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3−向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，故B正确；
C.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故C错误；
D.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3−向B极移动，故D正确；
故选：C。
断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol⋅L−1的AgNO3溶液，乙池为1mol⋅L−1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3−向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3−向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答．
本题综合考查电解池和原电池的工作原理，为高考常见题型，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等．
12.【答案】D
【解析】解：A.酚酞的变色范围：pH<8时溶液呈无色，pH在8.2～10时溶液呈浅红色，pH>10时溶液呈红色，图中d点溶液的pH在8～9之间，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色，故A正确；
B.由图可知，A点时c(H2A)=c(HA−)，此时Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)=10−4.4，同理Ka2(H2A)=10−6.7，水解常数Kh=KwKa，则A2−的两级水解常数Kh1⋅Kh2=KwKa2(H2A)⋅KwKa1(H2A)=Kw2Ka1(H2A)⋅Ka2(H2A)=(10−14)210−4.4×10−6.7=10−16.9，故B正确；
C.pH=5.5时溶液的c(H+)=10−5.5mol/L，Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=10−4.4，则c(H2A)=10−1.1c(HA−)，同理c(A2−)=10−1.2c(HA−)，则c(H2A)：c(HA−)：c(A2−)=10−1.1：1：10−1.2=100.1：101.2：1，故C正确；
D.由图可知，b点对应的溶液中H2A、HA−、A2−，且c(H2A)=c(A2−)，则存在可逆平衡2HA−⇌H2A+A2−，其平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2(H2A)Ka1(H2A)=10−6.710−4.4=10−2.3，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，d点溶液的pH在8.2～9之间，溶液呈弱碱性，结合酚酞的变色范围分析判断；
B.由图可知，A点时c(H2A)=c(HA−)，此时Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)=10−4.4，同理Ka2(H2A)=10−6.7，结合水解常数Kh=KwKa进行计算；
C.pH=5.5时溶液的c(H+)=10−5.5mol/L，Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=10−4.4，则c(H2A)=10−1.1c(HA−)，同理c(A2−)=10−1.2c(HA−)；
D.由图可知，b点对应的溶液中H2A、HA−、A2−，且c(H2A)=c(A2−)，则存在可逆过程2HA−⇌H2A+A2−，其平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2(H2A)Ka1(H2A)。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意掌握电离平衡常数和水解平衡关系，题目难度中等。
13.【答案】醚键、氨基 C11H10N2O3 取代反应 6 +(CH3CO)2O→+CH3COOH →浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O
【解析】解：(1)由结构可知，A中官能团为醚键、氨基；根据D的结构，D的分子式为C11H10N2O3，
故答案为：醚键、氨基；C11H10N2O3；
(2)B到C过程中碳碳双键中氢原子被−CHO替代，反应中单键断裂，又形成单键，该反应类型为取代反应；对比D、G的结构，结合反应条件、信息②，可知D中连接硝基的碳碳双键与氢气加成生成E，故E的结构简式为，
故答案为：；
(3)D中含有两个碳碳双键，在催化剂作用下D发生聚合反应，其反应方程式为，
故答案为：；
(4)A()的同分异构体遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基，则苯环上的两个取代基分别为酚羟基和−CH2NH2、−NHCH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体为3×2=6种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式为，
故答案为：6；；
(5)发生硝化反应生成，再用LiAlH4还原生成，最后与(CH3CO)2O反应生成，合成路线为→浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O，
故答案为：→浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O。
(1)由结构可知，A中官能团为醚键、氨基；D的分子式为C11H10N2O3；
(2)B到C过程中碳碳双键中氢原子被−CHO替代；对比D、G的结构，结合反应条件、信息②，可知D中连接硝基的碳碳双键与氢气加成生成E；
(3)D中含有两个碳碳双键，在催化剂作用下D发生聚合反应；
(4)A()的同分异构体遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基，则苯环上的两个取代基分别为酚羟基和−CH2NH2、−NHCH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系；
(5)发生硝化反应生成，再用LiAlH4还原生成，最后与(CH3CO)2O反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
14.【答案】抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境 6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4 改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6 真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 [Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3− 2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl 3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH 重结晶 c
【解析】解：Ⅰ.(1)NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境，
故答案为：抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境；
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，反应生成Na4Fe(CN)6，反应为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6，故作用为改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量，
故答案为：6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量；
(3)利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6，故原因为相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6，
故答案为：相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
(4)Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，所以具体操作为在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
Ⅱ.(1)电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应，所以反应为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−，
故答案为：[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−；
(2)氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl，所以反应为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2，所以反应为3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化；
a.沙中的碘可直接加热升华、收集I2，a不符合题意；
b.乙醇中少量的水加入CaO后进行蒸馏，b不符合题意；
c.苯甲酸和氯化钠在水中的溶解度随温度变化不同，可利用重结晶纯化，c符合题意，
故答案为：2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；重结晶；c。
Ⅰ.(1)NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解；
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，反应生成Na4Fe(CN)6；加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6；
(3)利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
(4)Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，故需在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
Ⅱ.(1)电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应；
(2)氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl；KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2；固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
15.【答案】+434kJ/mol D 溶液中氨水浓度达到饱和 O−H键 Al−H键 AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH−对反应Ⅱ具有催化作用 降低能耗、减少原料成本 产物无需分离或获得CO副产物等 9.7
【解析】解：(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)则△H=(+708.1kJ/mol)+(−274.1kJ/mol)=+434kJ/mol，
故答案为：+434kJ/mol；
(2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压强、降低温度，均有利于平衡正向移动，所以有利于提高反应Ⅱ平衡转化率的条件是低温低压，
故答案为：D；
(3)由图可知，60℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中溶液pH开始逐渐增大，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变，因为氨气溶于水，已经达到饱和，形成了氨的饱和溶液，所以溶液pH几乎不变，
故答案为：溶液中氨水浓度达到饱和；
(4)①路径1和路径2都断裂N−H键，但路径1形成的是O−H键，路径2形成的是Al−H键，由于O−H键的键能大于Al−H键的键能，所以O−H键更容易形成，所以能垒降低，
故答案为：O−H键；Al−H键；
②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时速率突然加快，
故答案为：AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH−对反应Ⅱ具有催化作用；
(5)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的，
故答案为：降低能耗、减少原料成本；产物无需分离或获得CO副产物等；
(6)当AgNO3再生时，会分解产生NH3，则加入HNO3会有反应：NH3+H+⇌NH4+，K=c(NH4+c(NH3)⋅c(H+)，同时分子分母乘以c(OH−)，K=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3)⋅c(H+)⋅c(OH−)=kb(NH3)kw，K=2×10−51×10−14=2×109，当AgNO3完全再生时，c(NH3)=c(NH4+)，则代入上式K中，K=1c(H+)=2×109，c(H+)=2×10−10mol/L，pH≈−lg2+10≈9.7，
故答案为：9.7。
(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)△H，据此计算△H；
(2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压强、降低温度，均有利于平衡正向移动；
(3)氨气溶于水，已经达到饱和时，形成了氨的饱和溶液，溶液pH几乎不变；
(4)①路径1和路径2都断裂N−H键，但路径1形成的是O−H键，路径2形成的是Al−H键，由于O−H键的键能大于Al−H键的键能，所以O−H键更容易形成；
②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，生成了OH−，能显著降低反应的活化能；
(5)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，且副产物CO是重要的化工原料；
(6)运用化学沉淀溶解平衡的有关方法进行计算。
本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动以及平衡常数K的计算，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于高考高频考点，难度较大。
16.【答案】f 第四周期第Ⅷ族 平面三角形 sp2 H>B>K F>Co>K 32×3155ρNA×1010 2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O a>b>c Co2++CO32−=CoCO3↓
【解析】解：(1)钕(Nd)属于镧系元素，属于第ⅢB族的元素，属于d区，铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族，
故答案为：d；第四周期第Ⅷ族；
(2)BF3中B形成3个σ键，B原子的价层电子对个数=3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，B原子的杂化方式为sp2，无孤电子对，则BF3的立体构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；sp2；
(3)KBH4是离子化合物，K为活泼金属元素，电负性较小，B为+3价，H为−1价，则电负性大小顺序为H>B>K，
故答案为：H>B>K；
(4)①金属性：K>Co，则第一电离能：KCo>K，
故答案为：F>Co>K；
②由KCoF3的晶胞图可知，Co填充在F形成的正八面体中心，则面心的6个原子为F，顶点的8个原子为K，晶胞中K、F原子数目分别为8×18=1、6×12=3，晶胞的质量m=155NAg，设晶胞边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞质量m=ρV=ρa3g，即155NA=ρa3，a=3155ρNA，并且K和Co之间的最短距离为晶胞体对角线长的一半，即K和Co之间的最短距离为 32×3155ρNAcm= 32×3155ρNA×1010pm，
故答案为： 32×3155ρNA×1010；
(5)由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的离子方程式为2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O，物质的量相等的a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质分别与足量AgNO3反应，对应电离的氯离子数目分别为2、1、0，故生成Ag的物质的量由大到小的顺序为a>b>c，
故答案为：2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；a>b>c；
(6)向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，碳酸钠溶液呈碱性，但碱性较小，溶液中碳酸根浓度远远大于氢氧根浓度，溶液中钴离子浓度相等，所以Q(CoCO3)≈0.1×0.1=0.01>Ksp(CoCO3)、Q[Co(OH)2]
(1)钕(Nd)属于镧系元素，属于第ⅢB族的元素，铁元素位于第四周期第Ⅷ族；
(2)BF3中B形成3个σ键，B原子的价层电子对个数=3+0=3，VSEPR模型为平面三角形；
(3)KBH4是离子化合物，K为活泼金属元素，B为+3价，H为−1价，据此判断电负性大小；
(4 )①K、Co均为金属元素，第一电离能较小，并且K为活泼金属元素，F是非金属元素，第一电离能较大；
②KCoF3的晶胞结构如图，Co填充在F形成的正八面体中心，顶点的8个原子为K，晶胞中K原子数目为8×18=1，面心的6个原子为F，F原子数目为6×12=3，则K和Co之间的最短距离为晶胞体对角线长的一半；
(5)由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的离子方程式为2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O，配合物中内界的Cl−不能电离，外界的Cl−能电离，则a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质电离的Cl−数目分别为2、1、0；
(6)向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，碳酸钠溶液呈碱性，但碱性较小，溶液中碳酸根浓度远远大于氢氧根浓度，溶液中钴离子浓度相等，所以Q(CoCO3)≈0.1×0.1=0.01>Ksp(CoCO3)、Q[Co(OH)2]
2023年天津市和平区高考化学二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 《天工开物》中“宋子曰：天生五谷以育民，美在其中，有黄裳之意焉。稻以糠为甲，麦以麸为衣，粟、梁、黍、稷毛羽隐然。”该古文中“麸”的主要成分是( )
A. 纤维素 B. 蛋白质 C. 油脂 D. 淀粉
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. CO2的空间填充模型
B. 顺−2−丁烯的球棍模型：
C. N2的结构式：N≡N
D. 基态氮原子的轨道表示式：
3. LiAlH4是重要的还原剂，合成方法为NaAlH4+LiCl=LiAlH4+NaCl。下列说法正确的是( )
A. 碱性强弱：LiOH>NaOH B. 半径大小：r(Al3+)>r(Na+)
C. 熔点：Na>Li D. AlH4−有一个键为配位键
4. 为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重．关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是( )
A. 铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小 B. 铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C. 烘干时间过长，会导致测定结果偏小 D. 若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
5. 下列说法不正确的是( )
A. 淀粉在酸或酶的作用下最终水解的产物是葡萄糖
B. 油脂在强碱溶液中，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油
C. 蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸
D. 核酸在一定条件下最终水解产物是形成其单体的核苷
6. 下列说法正确的是
A. 标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
B. 同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同
C. 丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
D. pH=1的盐酸中，c(H+)为1mol⋅L−1
7. 下列叙述正确的是( )
A. 不能用核磁共振氢谱区分C2H5OH和CH3OCH3
B. 铁管镀铝层局部破损后，铁管仍不易生锈
C. 反应活化能越低，该反应越不易进行
D. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越大，则NaA的Kh(水解常数)越大
8. 根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向亚硫酸钠溶液中滴加高氯酸溶液，将得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比S的强
B
向乙醇中加入绿豆大小的钠块，有气泡产生
证明乙醇中含有水
C
将2体积SO2和1体积O2混合通入装有灼热V2O5的容器中充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色
说明SO2和O2的反应有一定的限度
D
将用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄
氧化性：KMnO4>Fe3+
A. A B. B C. C D. D
9. 氯化锌易潮解、易升华。从市售的氯化锌[含Zn(OH)Cl]中制备无水氯化锌，装置如图所示，管式炉有升温和降温的调节功能。下列说法错误的是( )
A. 恒压滴液漏斗、倒置漏斗的作用分别是平衡气压、防止倒吸
B. 通入排出装置中气体的N2必须是干燥的
C. 在尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶
D. 管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ
10. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数数据如图。有关说法错误的是 ( )
A. Keq≈0.1
B. 离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)
C. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力
D. 由于{Ti12O18}团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的Cs+通过
11. “浓差电池“利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池为3mol⋅L−1的AgNO3溶液，乙池为1mol⋅L−1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是( )
A. 一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应达到平衡
B. 当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升
C. 当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加
D. 实验开始先闭合K2，断开K1，此时NO3−向B电极移动
12. 常温时，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加V(NaOH)的变化关系如图所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列说法错误的是 ( )
A. 常温时，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
B. 常温时，A2−的两级水解常数Kh1⋅Kh2=10−16.9
C. 常温时，滴定至pH=5.5时，c(H2A)：c(HA−)：c(A2−)=100.1：101.2：1
D. 常温时，b点对应的溶液中存在可逆过程2HA−⇌H2A+A2−，且K=10−11.1
二、流程题（本大题共3小题，共50.0分）
13. 美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用，它的一种合成路线如图：
已知：①DME的结构简式为
②
回答下列问题：
(1)A中的官能团名称是 ______ 。D的分子式为 ______ 。
(2)B到C的反应类型是 ______ 。E的结构简式为 ______ 。
(3)写出在催化剂作用下D聚合反应的方程式 ______ 。
(4)A的同分异构体中，遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基的有 ______ 种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式 ______ 。
(5)F到G的反应方程式为 ______ 。
(6)4−甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚 ()制备4−甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选) ______ 。
14. 铁氰化钾[K3Fe(CN)6]由亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]制得，请回答下列问题。
Ⅰ.亚铁氰化钾的制取
以含NaCN电镀液为主要原料制备K4Fe(CN)6的流程如图：
(1)常温下，HCN的电离常数Ka=6.2×10−10。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是 ______ 。
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，发生的反应方程式是 ______ ，反应完成后再加入CaCl2溶液的作用是 ______ 。
(3)转化池中发生复分解反应生成K4Fe(CN)6，说明该反应能发生的理由 ______ 。
(4)系列操作B为 ______ 。
Ⅱ.铁氰化钾的制取
(1)电解法：工业上，以石墨为电极，电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，阳极的电极反应式为 ______ 。
(2)氯氧化法：在氯气的作用下，在约60～65℃下将亚铁氰化钾热溶液氧化。当反应物料液的pH控制在6～7时，停止引入氯气，该步反应的方程式为 ______ 。然后加入KMnO4饱和溶液(碱性下被还原为MnO2)和未反应完的亚铁氰化钾继续反应，并用棕色硫酸铵检查反应是否完全，用盐酸调节料液的pH，使pH为7～8，该步反应的方程式为 ______ 。反应后，将料液沉淀，过滤并在溶液中真空经 ______ (填提纯方法)得铁氰化钾成品。用这种方法可以提纯下列实验产品的是 ______ (填序号)。
a.粗碘(含有少量沙粒)
b.粗乙醇(含有少量水)
c.粗苯甲酸(含有少量氯化钠)
15. 基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如图。
(1)总反应3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)ΔH= ______ kJ⋅mol−1。
(2)有利于提高反应i平衡转化率的条件为 ______ (填标号)。
a.高温高压
b.高温低压
c.低温高压
d.低温低压
(3)60℃、100kPa条件下，反应ii中溶液pH随时间变化如图，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 ______ 。
(4)为探究反应ii中15min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ⅱ的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒(活化络合物与反应物的零点能之差)较低的原因是 ______ 的键能大于的 ______ 键能。
②15min时反应速率突然加快的原因是 ______ 。
(5)相较于哈伯法合成氨碳基化学链合成氨的优势有 ______ 、 ______ (写出两条即可)。
(6)可用0.2mol⋅L−1AgNO3溶液吸反应ⅱ排放出的NH3，AgNO3全部生成Ag(NH3)2NO3而失效。为使吸收液完全再生，向其中加入0.4mol⋅L−1HNO3溶液调节pH至少为 ______ 。[已知常温下，Kb(NH3)=2×10−5，Ag++2NH3⇌Ag(NH3)2+的K稳=1×107]
三、简答题（本大题共1小题，共14.0分）
16. Nd2Fe14B、KCoF3是新型磁性材料的成分。依其中有关元素回答问题：
(1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于 ______ 区，铁元素在元素周期表中的位置 ______ 。
(2)BF3的立体构型为 ______ ；其中B原子的杂化方式为 ______ 。
(3)KBH4是一种重要的还原剂，其组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ 。
(4)KCoF3的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。
①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为 ______ 。
②该晶体密度为ρg⋅cm−3，则K和Co之间的最短距离为 ______ pm。
(5)[Co(NH3)6]Cl3的制备：称取研细的CoCl2⋅6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水，5mL30%的H2O2溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得[Co(NH3)6]Cl3溶液。写出该的离子方程式为 ______ 。在制取的过程中可能还会有a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质生成，物质的量相等的这三种物质分别与足量AgNO3反应，生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为 ______ (填字母序号)。
(6)常温下，已知H2CO3电离平衡常数：Ka1=1×10−3、Ka2=1×10−7，Ksp[Co(OH)2]=1×10−15、Ksp(CoCO3)=1×10−13。写出向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，生成沉淀的离子方程式 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：大多数植物中都富含纤维素，根据“稻以糠为甲，麦以麸为衣”可知，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素，
故选：A。
纤维素在植物中含量丰富，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素。
本题以传统文化为情境，考查物质的组成，意在考查考生分析问题和记忆的能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。
2.【答案】C
【解析】解：A.CO2分子中碳原子连有两个氧原子，三个原子在一条直线上，但氧原子半径比碳原子半径小，空间填充模型为，故A错误；
B.顺−2−丁烯的结构中，两个−H位于双键的同侧，球棍模型为，故B错误；
C.氮气中N原子之间以三键结合，其结构式为N≡N，故C正确；
D.基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，根据洪特规则可知，2p能级的3个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，基态氮原子的轨道表示式是，故D错误；
故选：C。
A.二氧化碳为直线形结构；
B.顺−2−丁烯中2个−H位于碳碳双键的同一侧；
C.氮气中N原子之间以三键结合；
D.此轨道表示式违背洪特规则。
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及球棍模型、结构式和填充模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
3.【答案】D
【解析】解：A.金属性：Li
故选：D。
A.金属性越强，对应碱的碱性越强；
B.离子的核外排布相同时，核电荷数越小，离子半径越大；
C.金属键的键能越大，金属的熔沸点越高；
D.AlH4−中有3个共价键，一个配位键。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及离子半径、金属键强弱、碱性强弱的比较，配位键的形成等，属于基本知识的考查，难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A、铁皮未及时取出，导致部分铁溶解，质量差 w1− w 2偏大，引起结果偏高，故A错误；
B、铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差 w1− w 2偏小，引起结果偏低，故B错误；
C、烘干时间过长(铁被氧化)，则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，故C正确；
D、若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，故D错误；
故选C．
测定镀锌铁皮的锌镀层厚度是根据铁皮的面积测定电镀前后铁皮质量的增重，进而可计算锌镀层的厚度，
过迟判断反应终点导致部分铁溶解， w1− w 2偏大而引起结果偏高，过早判断反应终点、铁皮未烘干就去称重则使 w1− w 2 偏小而引起结果偏低，烘干时间过长(铁被氧化)，则剩余物的质量偏大．
本题考查锌镀层厚度的测定的实验方案的评价，题目难度不大，注意把握实验操作原理以及注意事项．
5.【答案】D
【解析】解：A.淀粉是由单糖构成的高分子化合物，最终水解的产物是葡萄糖，故A正确；
B.油脂在强碱溶液中发生皂化反应，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；
C.蛋白质是由氨基酸构成，蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸，故C正确；
D.核酸初步水解产物是核苷酸(脱氧核糖核苷酸或核糖核苷酸)，水解的最终产物是五碳糖、含氮碱基、磷酸，故D错误；
故选：D。
A.淀粉是由单糖构成的高分子化合物；
B.油脂在强碱溶液中发生皂化反应；
C.蛋白质是由氨基酸构成；
D.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，为生命的最基本物质之一。
本题考查了化学与生活，主要考查基础有机，主要六大营养物质的性质。
6.【答案】B
【解析】A.标况下，水不是气态，体积不是22.4L，故A错误；
B.同温同压下，N2和CO的体积相等，则物质的量相等，分子数相等，故B正确；
C.设质量为mg，丁烷所含碳原子物质的量为mg58g/mol×4=2m29mol，乙烷所含碳原子物质的量为mg30g/mol×2=m15mol，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故C错误；
D.pH=1的盐酸中，c(H+)为0.1mol/L，故D错误；
故选：B。
7.【答案】B
【解析】解：A.C2H5OH核磁共振氢谱显示有三种氢，比例为3：2：1，CH3OCH3核磁共振氢谱显示只有一种氢，所以可以用核磁共振氢谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故A错误；
B.铁管镀铝层局部破损后，铁铝在潮湿的空气构成原电池，铝比铁活泼，铝作负极被腐蚀，铁管作正极仍被保护，故B正确；
C.反应活化能越低，该反应越容易进行，故C错误；
D.因为Kh=KwKa，因此一元弱酸HA的Ka越大，Kh越小，故D错误；
故选：B。
A.C2H5OH核磁共振氢谱显示有三种氢，比例为3：2：1，CH3OCH3核磁共振氢谱显示只有一种氢；
B.铁管镀铝层局部破损后，铁铝在潮湿的空气构成原电池，铝比铁活泼，铝作负极被腐蚀，铁管作正极仍被保护；
C.反应活化能越低，该反应越容易进行；
D.根据Kh=KwKa分析。
本题主要考查核磁共振氢谱、原电池的工作原理等知识，为高频考点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、反应限度、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
【解答】
A.亚硫酸钠不是S的最高价氧化物对应的水化物，所以不能比较S与Cl的非金属性强弱，故A错误；
B.乙醇也会与钠反应产生气体，无法证明乙醇中含有水，故B错误；
C.在相同条件下，2体积SO2和1体积O2反应，前者产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，说明反应后有SO3生成，后者褪色，说明反应后仍然存在SO2，能够证明说明SO2和O2的反应有一定的限度，故C正确；
D.KMnO4、HNO3都有强氧化性，将用稀硫酸酸化后的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄，不能证明氧化性：KMnO4>Fe3+，故D错误。
9.【答案】D
【解析】解：A.恒压滴液漏斗可以保证装置内部压强不变，保存恒压滴液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，倒置的发扬蹈厉可以防止倒吸，故A正确；
B.因为氯化锌易潮，通入排出装置中气体的N2必须是干燥的，解故B正确；
C.为了防止氯化锌吸水潮解，在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置，故C正确；
D.氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，故D错误；
故选：D。
根据图示可知，利用浓硫酸的高沸点、酸性，氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl，用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，实验结束时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ；为了防止氯化锌吸水潮解，在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置，据此进行解答。
本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，D为易错点，注意掌握制备方案的设计原则，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
10.【答案】A
【解析】解：A.根据上述平衡可知，Keq=c(Rb+)c(Cs@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb@Ti12O18)=c(Cs@Ti12O18)c(Rb@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb+)，从右侧图像的意义看，Keq=直线的斜率=1−0.10.1−0.01=10，故A错误；
B.根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一周期，电子层数越多离子半径越大，所以离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)，故B正确；
C.根据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行，即{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，故C正确；
D.Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径，且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏，则说明{Ti12O18}团簇表面的孔允许Cs+进入笼内时，是柔性的，不是刚性的，否则交换过程中骨架结构会被破坏，故D正确；
故选：A。
A.根据上述平衡可知，Keq=c(Rb+)c(Cs@Ti12O18)c(Cs+)c(Rb@Ti12O18)；
B.根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一周期，电子层数越多离子半径越大；
C.根据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行；
D.{Ti12O18}团簇表面的孔允许Cs+进入笼内时，是柔性的，不是刚性的。
本题考查微粒半径大小比较、平衡常数计算与应用等，注意对平衡常数的理解，题目侧考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
11.【答案】C
【解析】解：A.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，故A正确；
B.闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3−向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，故B正确；
C.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故C错误；
D.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3−向B极移动，故D正确；
故选：C。
断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol⋅L−1的AgNO3溶液，乙池为1mol⋅L−1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3−向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3−向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答．
本题综合考查电解池和原电池的工作原理，为高考常见题型，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等．
12.【答案】D
【解析】解：A.酚酞的变色范围：pH<8时溶液呈无色，pH在8.2～10时溶液呈浅红色，pH>10时溶液呈红色，图中d点溶液的pH在8～9之间，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色，故A正确；
B.由图可知，A点时c(H2A)=c(HA−)，此时Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)=10−4.4，同理Ka2(H2A)=10−6.7，水解常数Kh=KwKa，则A2−的两级水解常数Kh1⋅Kh2=KwKa2(H2A)⋅KwKa1(H2A)=Kw2Ka1(H2A)⋅Ka2(H2A)=(10−14)210−4.4×10−6.7=10−16.9，故B正确；
C.pH=5.5时溶液的c(H+)=10−5.5mol/L，Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=10−4.4，则c(H2A)=10−1.1c(HA−)，同理c(A2−)=10−1.2c(HA−)，则c(H2A)：c(HA−)：c(A2−)=10−1.1：1：10−1.2=100.1：101.2：1，故C正确；
D.由图可知，b点对应的溶液中H2A、HA−、A2−，且c(H2A)=c(A2−)，则存在可逆平衡2HA−⇌H2A+A2−，其平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2(H2A)Ka1(H2A)=10−6.710−4.4=10−2.3，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，d点溶液的pH在8.2～9之间，溶液呈弱碱性，结合酚酞的变色范围分析判断；
B.由图可知，A点时c(H2A)=c(HA−)，此时Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)=10−4.4，同理Ka2(H2A)=10−6.7，结合水解常数Kh=KwKa进行计算；
C.pH=5.5时溶液的c(H+)=10−5.5mol/L，Ka1(H2A)=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=10−4.4，则c(H2A)=10−1.1c(HA−)，同理c(A2−)=10−1.2c(HA−)；
D.由图可知，b点对应的溶液中H2A、HA−、A2−，且c(H2A)=c(A2−)，则存在可逆过程2HA−⇌H2A+A2−，其平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2(H2A)Ka1(H2A)。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意掌握电离平衡常数和水解平衡关系，题目难度中等。
13.【答案】醚键、氨基 C11H10N2O3 取代反应 6 +(CH3CO)2O→+CH3COOH →浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O
【解析】解：(1)由结构可知，A中官能团为醚键、氨基；根据D的结构，D的分子式为C11H10N2O3，
故答案为：醚键、氨基；C11H10N2O3；
(2)B到C过程中碳碳双键中氢原子被−CHO替代，反应中单键断裂，又形成单键，该反应类型为取代反应；对比D、G的结构，结合反应条件、信息②，可知D中连接硝基的碳碳双键与氢气加成生成E，故E的结构简式为，
故答案为：；
(3)D中含有两个碳碳双键，在催化剂作用下D发生聚合反应，其反应方程式为，
故答案为：；
(4)A()的同分异构体遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基，则苯环上的两个取代基分别为酚羟基和−CH2NH2、−NHCH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体为3×2=6种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式为，
故答案为：6；；
(5)发生硝化反应生成，再用LiAlH4还原生成，最后与(CH3CO)2O反应生成，合成路线为→浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O，
故答案为：→浓硫酸,△浓硝酸→LiAlH4→(CH3CO)2O。
(1)由结构可知，A中官能团为醚键、氨基；D的分子式为C11H10N2O3；
(2)B到C过程中碳碳双键中氢原子被−CHO替代；对比D、G的结构，结合反应条件、信息②，可知D中连接硝基的碳碳双键与氢气加成生成E；
(3)D中含有两个碳碳双键，在催化剂作用下D发生聚合反应；
(4)A()的同分异构体遇到FeCl3溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基，则苯环上的两个取代基分别为酚羟基和−CH2NH2、−NHCH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系；
(5)发生硝化反应生成，再用LiAlH4还原生成，最后与(CH3CO)2O反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
14.【答案】抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境 6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4 改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6 真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 [Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3− 2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl 3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH 重结晶 c
【解析】解：Ⅰ.(1)NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境，
故答案为：抑制CN−水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境；
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，反应生成Na4Fe(CN)6，反应为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6，故作用为改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量，
故答案为：6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量；
(3)利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6，故原因为相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6，
故答案为：相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
(4)Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，所以具体操作为在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
Ⅱ.(1)电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应，所以反应为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−，
故答案为：[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−；
(2)氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl，所以反应为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2，所以反应为3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化；
a.沙中的碘可直接加热升华、收集I2，a不符合题意；
b.乙醇中少量的水加入CaO后进行蒸馏，b不符合题意；
c.苯甲酸和氯化钠在水中的溶解度随温度变化不同，可利用重结晶纯化，c符合题意，
故答案为：2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；重结晶；c。
Ⅰ.(1)NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解；
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入FeSO4溶液，在80℃下维持反应30～40min，反应生成Na4Fe(CN)6；加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6；
(3)利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
(4)Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，故需在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
Ⅱ.(1)电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应；
(2)氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl；KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2；固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
15.【答案】+434kJ/mol D 溶液中氨水浓度达到饱和 O−H键 Al−H键 AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH−对反应Ⅱ具有催化作用 降低能耗、减少原料成本 产物无需分离或获得CO副产物等 9.7
【解析】解：(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)则△H=(+708.1kJ/mol)+(−274.1kJ/mol)=+434kJ/mol，
故答案为：+434kJ/mol；
(2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压强、降低温度，均有利于平衡正向移动，所以有利于提高反应Ⅱ平衡转化率的条件是低温低压，
故答案为：D；
(3)由图可知，60℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中溶液pH开始逐渐增大，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变，因为氨气溶于水，已经达到饱和，形成了氨的饱和溶液，所以溶液pH几乎不变，
故答案为：溶液中氨水浓度达到饱和；
(4)①路径1和路径2都断裂N−H键，但路径1形成的是O−H键，路径2形成的是Al−H键，由于O−H键的键能大于Al−H键的键能，所以O−H键更容易形成，所以能垒降低，
故答案为：O−H键；Al−H键；
②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时速率突然加快，
故答案为：AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH−对反应Ⅱ具有催化作用；
(5)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的，
故答案为：降低能耗、减少原料成本；产物无需分离或获得CO副产物等；
(6)当AgNO3再生时，会分解产生NH3，则加入HNO3会有反应：NH3+H+⇌NH4+，K=c(NH4+c(NH3)⋅c(H+)，同时分子分母乘以c(OH−)，K=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3)⋅c(H+)⋅c(OH−)=kb(NH3)kw，K=2×10−51×10−14=2×109，当AgNO3完全再生时，c(NH3)=c(NH4+)，则代入上式K中，K=1c(H+)=2×109，c(H+)=2×10−10mol/L，pH≈−lg2+10≈9.7，
故答案为：9.7。
(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)△H，据此计算△H；
(2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压强、降低温度，均有利于平衡正向移动；
(3)氨气溶于水，已经达到饱和时，形成了氨的饱和溶液，溶液pH几乎不变；
(4)①路径1和路径2都断裂N−H键，但路径1形成的是O−H键，路径2形成的是Al−H键，由于O−H键的键能大于Al−H键的键能，所以O−H键更容易形成；
②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，生成了OH−，能显著降低反应的活化能；
(5)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，且副产物CO是重要的化工原料；
(6)运用化学沉淀溶解平衡的有关方法进行计算。
本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动以及平衡常数K的计算，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于高考高频考点，难度较大。
16.【答案】f 第四周期第Ⅷ族 平面三角形 sp2 H>B>K F>Co>K 32×3155ρNA×1010 2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O a>b>c Co2++CO32−=CoCO3↓
【解析】解：(1)钕(Nd)属于镧系元素，属于第ⅢB族的元素，属于d区，铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族，
故答案为：d；第四周期第Ⅷ族；
(2)BF3中B形成3个σ键，B原子的价层电子对个数=3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，B原子的杂化方式为sp2，无孤电子对，则BF3的立体构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；sp2；
(3)KBH4是离子化合物，K为活泼金属元素，电负性较小，B为+3价，H为−1价，则电负性大小顺序为H>B>K，
故答案为：H>B>K；
(4)①金属性：K>Co，则第一电离能：K
故答案为：F>Co>K；
②由KCoF3的晶胞图可知，Co填充在F形成的正八面体中心，则面心的6个原子为F，顶点的8个原子为K，晶胞中K、F原子数目分别为8×18=1、6×12=3，晶胞的质量m=155NAg，设晶胞边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞质量m=ρV=ρa3g，即155NA=ρa3，a=3155ρNA，并且K和Co之间的最短距离为晶胞体对角线长的一半，即K和Co之间的最短距离为 32×3155ρNAcm= 32×3155ρNA×1010pm，
故答案为： 32×3155ρNA×1010；
(5)由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的离子方程式为2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O，物质的量相等的a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质分别与足量AgNO3反应，对应电离的氯离子数目分别为2、1、0，故生成Ag的物质的量由大到小的顺序为a>b>c，
故答案为：2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；a>b>c；
(6)向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，碳酸钠溶液呈碱性，但碱性较小，溶液中碳酸根浓度远远大于氢氧根浓度，溶液中钴离子浓度相等，所以Q(CoCO3)≈0.1×0.1=0.01>Ksp(CoCO3)、Q[Co(OH)2]
(1)钕(Nd)属于镧系元素，属于第ⅢB族的元素，铁元素位于第四周期第Ⅷ族；
(2)BF3中B形成3个σ键，B原子的价层电子对个数=3+0=3，VSEPR模型为平面三角形；
(3)KBH4是离子化合物，K为活泼金属元素，B为+3价，H为−1价，据此判断电负性大小；
(4 )①K、Co均为金属元素，第一电离能较小，并且K为活泼金属元素，F是非金属元素，第一电离能较大；
②KCoF3的晶胞结构如图，Co填充在F形成的正八面体中心，顶点的8个原子为K，晶胞中K原子数目为8×18=1，面心的6个原子为F，F原子数目为6×12=3，则K和Co之间的最短距离为晶胞体对角线长的一半；
(5)由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的离子方程式为2Co2++2NH4++H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O，配合物中内界的Cl−不能电离，外界的Cl−能电离，则a.[Co(NH3)5Cl]Cl2、b.[Co(NH3)4Cl2]Cl、c.[Co(NH3)3Cl3]三种物质电离的Cl−数目分别为2、1、0；
(6)向0.1mol⋅L−1的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1CoSO4溶液，碳酸钠溶液呈碱性，但碱性较小，溶液中碳酸根浓度远远大于氢氧根浓度，溶液中钴离子浓度相等，所以Q(CoCO3)≈0.1×0.1=0.01>Ksp(CoCO3)、Q[Co(OH)2]
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