冲刺2025年高考化学大题突破训练《大题预测》含答案

试题试题大题预测01（A组+B组+C组）【A组】题组一（建议用时：30分钟满分：56分）17．（14分）某学习小组欲探究平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。I．配制溶液（1）用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是。（2）用溶液配制溶液，需用量筒量取溶液，配制过程需要用到的仪器有。(填序号)II．探究影响平衡的因素20℃时，在烧杯中将溶液与溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为。各取红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成下列实验：实验序号实验操作透光率i试管①：加热至40℃ii试管②：加入少量铁粉iii试管③：加入溶液已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。（3）与的反应是(填“吸热”或“放热”)反应；实验ii中发生反应(写离子方程式)；用低浓度溶液进行实验的原因是。（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：(浅黄色)，并依据实验iii得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：。（5）已知：与的系列反应分6步进行，反应i：；反应ii：……，平衡常数依次为、，逐渐减少，其中，平衡时。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点。（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有红色混合溶液试管中加入少量固体，测得透光率为T′，则T′T。(填“>”、“<”或“=”)18．（14分）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下：已知：I.萃取时反应：M2＋(水相)＋2RH(有机相)MR2(有机相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)为萃取反应的平衡常数，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．该工艺下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；饱和Na2CO3的浓度约为1.5mol·L-1。（1）Mn属于区元素。（2）“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为。（3）“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3mol。（4）“沉锰”时，Mn2＋发生反应的离子方程式为。（5）“镍钴分离”时，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知(填“>”“<”或“=”)（6）该工艺中能循环利用的物质有(填化学式)。（7）通过计算说明“沉锂”时Li＋是否可以沉淀完全。（8）正极材料的结构如图所示，粒子个数比Ni：Co：Mn=，该材料化学式为。19．（14分）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。（1）基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因。（2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示：①上述过程中，催化剂为。②该过程总反应为（有机物写结构简式，不需注明反应条件）。（3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的（用含的式子表示）。一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：反应i：反应ii：（4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。A．加入，平衡时增大B．加入固体，平衡时的值增大C．升高温度，反应速率增大，反应速率减小D．加水稀释，溶液中离子总数增大（5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图：①结合图中变化分析，反应i的活化能（填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。②内，上述体系中的平均反应速率（保留两位有效数字）。（6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。20．（14分）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用化合物A为原料，按如图路线合成：回答下列问题：（1）化合物B的分子式为，化合物D的一种官能团名称为。（2）化合物A的名称为；X为(填化学式)。（3）芳香族化合物F是C的同分异构体，能发生加聚反应，滴入溶液呈紫色，其核磁共振氢谱显示有五种不同化学环境的氢，且峰面积之比为，请写出一种符合条件的结构简式。（4）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a，催化剂b消去反应（5）关于该合成路线，说法正确的是___________。A．化合物A可溶于水是因为能与水形成氢键B．化合物C到化合物D的转化过程中，有手性碳原子形成C．化合物D和化合物E中C、O原子的杂化方式均完全相同D．反应过程中，有碳卤键和键的断裂和形成（6）化合物A可以由丙酮()或异丁烯()为原料合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①由丙酮为原料第一步反应的有机产物为。②由异丁烯为原料涉及醛转化为酸的反应的化学方程式为。【B组】题组二（建议用时：30分钟满分：56分）17．（14分）某小组探究被氧化的产物，设计了以下实验，向等量的铜粉和的固体混合物中分别加入等体积不同浓度的溶液，实验现象如下：编号实验现象实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验Ⅱ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色已知：①易溶于溶液，发生反应：(红棕色)；和氧化性几乎相同。②铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)、(白色沉淀)；③(无色)，易被空气氧化。请回答：（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ实验Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。（2）继续探究实验Ⅱ中铜被碘氧化的产物，进行以下实验：①步骤一实验中使用的玻璃仪器主要有。加入萃取分液的目的是。②用离子方程式表示步骤二中发生的反应。（3）结合实验Ⅱ，推测实验Ⅰ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是。取实验Ⅰ中洗涤后的白色沉淀，加入足量溶液并充分振荡，现象为。（4）上述实验结果表明，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，物质a是；溶液b是；电势：a电极石墨电极(填“<”，“=”或“>”)。18．（14分）钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含、、、、、等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下：回答下列问题：（1）基态钒的价层电子排布轨道表示式为。（2）“焙烧”时会生成和，写出生成的化学方程式。（3）“酸浸”时为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有、(任写两条)。滤渣2的主要成分是和，则滤渣1的主要成分为。（4）“还原”时可用双氧水代替溶液作还原剂，此时溶液中的发生反应的离子方程式为。（5）工业上可用电解还原法处理含的酸性废水。用铁板作阳极，电解过程中废水pH逐渐上升，、都以氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为。（6）某含铬化合物立方晶胞如图所示。与钙原子最近且等距离的氧原子有个；钙和氧的最近距离为anm，为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体密度为(用含a，的代数式表示)。19．（14分）研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：（1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：化学式已知：，则，该反应在(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。（2）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①普通催化反应器326021.967.3②分子筛膜催化反应器326036.1100①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是(填标号)。A．气体压强不再变化

B．气体的密度不再改变C．D．②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的平衡转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：。（3）二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中[]在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强()的变化及在时随温度()的变化，如图所示。①图中对应等压过程的曲线是(填“”或“”)，判断的理由是。②恒温时，当时，的平衡转化率(保留小数点后一位)，此条件下该反应的。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压总压物质的量分数)。（4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如下图所示。温度小于时进行电解反应，碳酸钙先分解为和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为。20．（14分）酰胺类化合物在药物化学、生物化学以及高分子合成等领域都有着重要的应用。一种以烯烃、胺等为原料高选择性合成相关化合物的路线如下：（1）化合物Ⅰ的分子式为，化合物W为Ⅰ的同分昇构体，能与银氨溶液反应生成银镜，且在核磁共振氢谱上有3组峰；W的结构简式为。（2）对化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a取代反应b，，加热（3）反应④的原子利用率为，则化合物a中含有的官能团名称为。（4）以下关于反应③的说法，错误的是。a．反应过程中，涉及到“头碰头”键的断裂b．化合物Ⅲ、Ⅵ都能形成分子间氢键c．化合物Ⅴ使酸性溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同d．CO含有极性键，分子的正电中心与负电中心不重合（5）以环戊烷和CO为含碳原料，利用反应②和③的原理，设计合成目标产物的路线：(a)有机物B为(写结构简式)。(b)写出上述路线中，卤代烃转化为烯烃的化学方程式：。【C组】题组三（建议用时：30分钟满分：58分）17．（14分）某小组制备SO2并探究SO2与BaCl2溶液的反应。（1）实验I：室温下，按图示组装仪器(夹持装置已省略)，检查装置气密性后向B注入一定量50%的H2SO4溶液，B中迅速产生大量气体，三到五分钟后D中出现白色浑浊，并闻到刺激性气味。据此回答：①仪器A是(填仪器名称)。②C可以除去SO2中可能混有的H2SO4蒸气，写出相应的化学方程式：。（2）D中白色浑浊的理论及可能性分析：猜测一：SO2溶于水生成H2SO3，继而与BaCl2发生复分解反应，形成BaSO3白色沉淀。查阅资料：i．室温下：，Ka1=1.4×10-2；，Ka2=6.0×10-8；，Ksp=5.0×10-10ii．室温下，H2SO3水溶液中H+、浓度与H2SO3浓度关系如下图：①如图可知：当c(H2SO3)≥10-6mol/L时，c(H+)与C()几乎相等，原因是。计算可得；此时c()=mol/L，实验I条件下(填“可能”或“不可能”)生成BaSO3白色沉淀。猜测二：SO2具有强还原性，可能被溶液或空气中O2氧化，继而生成BaSO4白色沉淀。②写出猜测二对应的离子方程式。（3）实验探究：小组经过讨论，设计了室温条件下的实验Ⅱ~IV：编号ⅡⅢIV实验操作现象烧杯中出现白色浑浊白色浊液很快全部溶解，得到澄清溶液；数小时内烧杯中溶液依旧澄清烧杯中蒸馏水变浑浊，数小时内沉淀的量无明显变化；数天后沉淀量才明显增加①实验Ⅱ煮沸、油覆的目的是。②综合实验Ⅱ、Ⅲ分析：实验I中沉淀为(填合适的选项)。a.仅BaSO3

b.仅BaSO4

c.BaSO3和BaSO4的混合物③实验IV数天后新增的沉淀经检验确认为BaSO4。结合速率相关知识，能够得出结论：。18．（14分）“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在。②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。③金属离子完全沉淀时，其浓度为。（1）“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。（2）“浸出液”中仍有少量，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用作氧化剂，反应的化学方程式为；已知常温下，的为，要使完全沉淀，pH至少应调至。（3）“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为。A．2.0

B．2.5

C．3.0

（4）“沉钕”过程中得到晶体，反应的离子方程式为。（5）在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为anm。氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为(列出算式)。19．（14分）氰离子()可与多种金属离子形成配离子，在化学分析、分离提纯、冶金、电镀等领域有重要应用。（1）基态N原子价层电子的轨道表示式为：，化合物不含有的化学键类型是(填字母)。a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键

d．配位键（2）已知：写出NaCN溶液发生水解反应的热化学方程式：。（3）25℃时，，在该温度下，①溶液中近似为。②将浓度相等的HCN与NaCN溶液等体积混合，判断溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：。（4）保持室温不变下，将一定量固体投入溶液中，1min时固体反应完全，反应为。若反应进行到第20s时，测得溶液(忽略NaCN水解和溶液体积变化)，则反应前20s内，的溶解速率为。（5）常温下，溶液中分别与三种金属离子形成配离子、、，平衡时，与的关系如图所示，其中I是与变化的关系。①当I对应的相关离子浓度处于点P时，的解离速率生成速率(填“>”、“<”或“=”)。②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，达平衡时，与的大小：前者后者(填“>”、“<”或“=”)。20．（14分）有机物G是一种医药中间体，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。（1）根据化合物C的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成新官能团的名称反应类型①H2，催化剂，加热②消去反应（2）化合物B的化学式是，组成元素的第一电离能数值由大到小的排列是。在B的同分异构体中，含有六元环结构且能发生银镜反应的有机物有种(不考虑立体异构)。（3）上述物质转变过程中，说法正确的是___________(填标号)A．B生成C的反应是原子利用率100%的反应，则化合物a是甲醛B．化合物C中手性碳原子有2个，且所有的碳原子不可能共平面C．反应④中，有键的断裂与生成D．化合物E的碳原子的杂化方法有sp2和sp3，分子内有“s-p”形成的Π键（4）根据上述信息，以甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)为有机原料，合成化合物，基于你的合成路线，回答下列问题：①从甲苯出发，第一步的化学方程式为。②第二步生成有机产物的结构简式为。大题预测01（A组+B组+C组）【A组】题组一（建议用时：30分钟满分：56分）17．（14分）某学习小组欲探究平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。I．配制溶液（1）用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是。（2）用溶液配制溶液，需用量筒量取溶液，配制过程需要用到的仪器有。(填序号)II．探究影响平衡的因素20℃时，在烧杯中将溶液与溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为。各取红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成下列实验：实验序号实验操作透光率i试管①：加热至40℃ii试管②：加入少量铁粉iii试管③：加入溶液已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。（3）与的反应是(填“吸热”或“放热”)反应；实验ii中发生反应(写离子方程式)；用低浓度溶液进行实验的原因是。（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：(浅黄色)，并依据实验iii得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：。（5）已知：与的系列反应分6步进行，反应i：；反应ii：……，平衡常数依次为、，逐渐减少，其中，平衡时。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点。（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有红色混合溶液试管中加入少量固体，测得透光率为T′，则T′T。(填“>”、“<”或“=”)【答案】（1）抑制Fe3+的水解（1分）（2）5.0（1分）CD（2分）（3）放热（1分）（2分）浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响（2分）（4）取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）（2分）（5），故，，故以反应i为主（2分）（6）<（1分）【分析】实验i加热后T1大于T，说明有色离子浓度降低，平衡逆向移动，该反应为放热反应；反应ii中加入少量铁粉，发生反应：，平衡逆向移动，有色离子浓度降低，故T2大于T；实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可作对比实验：取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）。【解析】（1）用晶体配制溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是：抑制Fe3+的水解；（2）稀释前后溶质的物质的量守恒，故需要用量筒量取溶液的体积为：；配制过程需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，故选CD；（3）由实验①可知，升高温度，透光度增大，即有色离子浓度减小，即逆向移动，故与的反应是放热反应；实验ii中发生的离子反应为：；Fe3+显黄色，用低浓度溶液进行实验的原因是：浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；（4）实验iii中加入溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；（5），故，，故以反应i为主；（6）根据题意，盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低，使得铁离子与硫氰根离子反应的化学平衡正向移动，透光率减小，故加入NaNO3固体后，T′<T。18．（14分）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下：已知：I.萃取时反应：M2＋(水相)＋2RH(有机相)MR2(有机相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)为萃取反应的平衡常数，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。II．该工艺下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；饱和Na2CO3的浓度约为1.5mol·L-1。（1）Mn属于区元素。（2）“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为。（3）“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3mol。（4）“沉锰”时，Mn2＋发生反应的离子方程式为。（5）“镍钴分离”时，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知(填“>”“<”或“=”)（6）该工艺中能循环利用的物质有(填化学式)。（7）通过计算说明“沉锂”时Li＋是否可以沉淀完全。（8）正极材料的结构如图所示，粒子个数比Ni：Co：Mn=，该材料化学式为。【答案】（1）d（1分）（2）2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑（2分）（3）1（1分）（4）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+（2分）（5）<（1分）（6）RH、H2SO4、NaOH（2分）（7）Li+完全沉淀时，c(Li+)=1×10-5mol·L-1，需c(CO)==2.5×108mol·L-1远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，故Li+不能沉淀完全（2分）（8）1∶1∶1（2分）Li3NiCoMnO6（1分）【分析】正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，AI和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反应，过滤后滤液中加入稀硫酸沉铝得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、Ni2SO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉锂得到Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH和Ni2SO4、CoSO4。【解析】（1）Mn位于第四周期第ⅦB族，属于d区元素；（2）“碱浸”时，Al箔和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，发生反应的离子方程式为：；（3）“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2+，离子反应方程式为：；，根据离子方程式知，1molCo3O4需添加1molNa2SO3；（4）“沉锰”时，Mn2+转化为MnO2，Mn元素的化合价由+2价变为+4价，Na2S2O8被还原为Na2SO4，该反应的离子方程式为Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；（5）“镍钴分离”时，平衡常数小的先从有机溶剂R中分离出来，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知＜；（6）根据分析和流程图可知，能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH；（7）当锂离子完全沉淀时，，数据可知，，远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，说明此时不能沉淀完全；（8）根据左侧图知，以Ni原子为中心，每个Ni原子连接2个Co、2个Mn原子，每个Co、Mn原子被2个Ni原子连接，所以Ni、Co、Mn的个数之比为1:1:1；该晶胞中Ni或Co或Mn原子个数为2+4×=3、Li原子个数为8×+2=3、O原子个数为8×+4=6，该材料化学式为Li3NiCoMnO6。19．（14分）铁及其化合物化学性质丰富，应用广泛。（1）基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因。（2）某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示：①上述过程中，催化剂为。②该过程总反应为（有机物写结构简式，不需注明反应条件）。（3）标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的（用含的式子表示）。一定温度下，与混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：反应i：反应ii：（4）关于上述平衡体系的说法正确的有_____（填标号）。A．加入，平衡时增大B．加入固体，平衡时的值增大C．升高温度，反应速率增大，反应速率减小D．加水稀释，溶液中离子总数增大（5）当时表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图：①结合图中变化分析，反应i的活化能（填“大于”或“小于”）反应ii的活化能。②内，上述体系中的平均反应速率（保留两位有效数字）。（6）保持混合溶液中，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。计算反应ii的平衡常数（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。【答案】（1）（1分）失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定（2分）（2）（1分）（2分）（3）（2分）（4）BD（2分）（5）大于（1分）（1分）（6）（2分）【解析】（1）铁是第26号元素，基态的价电子排布式为；结合价电子排布式，价层电子排布，价层电子排布，失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定；（2）①上述过程中，既参与反应，又重新生成，则催化剂为；②如图所示，反应物为C6H6和N2O，生成物为N2和C6H5OH，该过程总反应为；（3）①，②，根据盖斯定律，´②-①可得，；（4）A．加入，碘单质中溶解度大，由水层进入有机层，则水层碘单质浓度降低，反应i平衡正向进行，在平衡时减小，A错误；B．加入固体，增大，反应ii平衡正向移动，平衡时的值增大，B正确；C．升高温度，反应速率增大，反应速率增大，C错误；D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动，故溶液中离子总数增大，D正确；故选BD；（5）①图中的斜率大于的斜率，故生成的速率快于生成的速率，故反应i的活化能大于反应ii的活化能；②内，上述体系中的平均反应速率；（6）从图中可知，，当，平衡时，，设平衡时，反应i和反应ii中的变化量为，，列三段式，反应i：反应ii：可列式，，，，，解得x=0.005，y=0.002，则，，，反应ii的平衡常数。20．（14分）化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用化合物A为原料，按如图路线合成：回答下列问题：（1）化合物B的分子式为，化合物D的一种官能团名称为。（2）化合物A的名称为；X为(填化学式)。（3）芳香族化合物F是C的同分异构体，能发生加聚反应，滴入溶液呈紫色，其核磁共振氢谱显示有五种不同化学环境的氢，且峰面积之比为，请写出一种符合条件的结构简式。（4）根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a，催化剂b消去反应（5）关于该合成路线，说法正确的是___________。A．化合物A可溶于水是因为能与水形成氢键B．化合物C到化合物D的转化过程中，有手性碳原子形成C．化合物D和化合物E中C、O原子的杂化方式均完全相同D．反应过程中，有碳卤键和键的断裂和形成（6）化合物A可以由丙酮()或异丁烯()为原料合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①由丙酮为原料第一步反应的有机产物为。②由异丁烯为原料涉及醛转化为酸的反应的化学方程式为。【答案】（1）（1分）羰基、碳溴键（2分）（2）2-甲基丙酸或异丁酸（1分）（1分）（3）或（1分）（4）加成反应（1分）浓硫酸，加热（1分）（1分）（5）AD（2分）（6）（1分）（2分）【分析】A()与发生取代反应生成B()，B()与发生取代反应，生成C()，C()与液溴发生取代反应，生成D()，最终D()发生水解反应生成E()。【解析】（1）B的结构为，结构中含4个碳原子，7个氢原子，1个氧原子和1个氯原子，故分子式为；D的结构为，结构中含有酮羰基和碳溴键两种官能团；（2）A的结构为，根据系统命名法可知其名称为2-甲基丙酸，根据习惯命名法其名称为异丁酸；C()与液溴发生取代反应，生成D()，故X为；（3）C的结构为，F为C的同分异构体，能发生加聚反应，说明结构中含有不饱和键，滴入溶液呈紫色，说明结构中含有酚羟基，核磁共振氢谱显示有五种不同化学环境的氢，且峰面积之比为，符合条件的结构为或；（4）E为，结构中存在苯环和酮碳基，均可与发生加成反应，生成；E中含有醇羟基，可与右侧邻位碳上的氢原子之间在浓硫酸存在下加热，发生消去反应，生成；（5）A．有机物A中含有羧基，羧基和水分子可形成分子间氢键，因而化合物A可溶于水是因为能与水形成氢键，A项正确；B．C为，与液溴发生取代反应，生成D()，D的结构中没有手性碳原子，B项错误；C．D为，分子中的C为、杂化，O为杂化，E为，分子中C为、杂化，O为、杂化，二者碳原子的杂化方式相同，但氧原子的杂化方式不同，C项错误；D．反应过程中，B()与发生取代反应，有碳卤键的断裂，A()与发生取代反应生成B()，有键的断裂，A()与发生取代反应生成B()，由碳卤键的形成，D()发生水解反应生成E()，有键的形成，D项正确；答案选AD；（6）①由丙酮为原料，先让与发生加成反应，生成，让其发生水解反应，生成，发生消去反应后生成，最终与发生加成反应生成A()，故由丙酮为原料第一步的有机产物是；②由异丁烯为原料，先让与发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生氧化反应生成醛，再次氧化生成产物，最后一步的反应方程式为。【B组】题组二（建议用时：30分钟满分：56分）17．（14分）某小组探究被氧化的产物，设计了以下实验，向等量的铜粉和的固体混合物中分别加入等体积不同浓度的溶液，实验现象如下：编号实验现象实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验Ⅱ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色已知：①易溶于溶液，发生反应：(红棕色)；和氧化性几乎相同。②铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)、(白色沉淀)；③(无色)，易被空气氧化。请回答：（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ实验Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。（2）继续探究实验Ⅱ中铜被碘氧化的产物，进行以下实验：①步骤一实验中使用的玻璃仪器主要有。加入萃取分液的目的是。②用离子方程式表示步骤二中发生的反应。（3）结合实验Ⅱ，推测实验Ⅰ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是。取实验Ⅰ中洗涤后的白色沉淀，加入足量溶液并充分振荡，现象为。（4）上述实验结果表明，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，物质a是；溶液b是；电势：a电极石墨电极(填“<”，“=”或“>”)。【答案】（1）<（1分）（2）(梨形)分液漏斗、烧杯（2分）除去(或)，防止干扰后续实验（2分）或分开写、（2分）（3）(或)（2分）白色沉淀完全溶解，形成无色溶液（2分）（4）铜（1分）与溶液混合液（1分）<（1分）【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将I2转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。该实验的实验目的是探究铜被碘氧化所得产物及铜元素的价态，实验Ⅰ说明等物质的量的铜与碘反应时，碘过量，铜与碘反应生成碘化亚铜白色沉淀，过量的碘与碘离子反应生成碘三离子，实验Ⅱ说明碘与足量的碘离子反应生成碘三离子，碘化亚铜与溶液中的碘离子反应生成无色的二碘合亚铜离子。加入四氯化碳，平衡逆向移动，浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。【解析】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ；（2）①步骤一为萃取分液操作，实验中使用的玻璃仪器主要有(梨形)分液漏斗、烧杯。碘单质具有强氧化性，四氯化碳能萃取碘单质，加入萃取分液的目的是除去(或)，防止干扰后续实验。②已知，(无色)，易被空气氧化；步骤二中溶液在加入氨水后转化为，被空气中氧气氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液，铜化合价由+1升高为+2，氧气中氧化合价由0降低为-2，结合电子守恒，反应为：（或、）；（3）已知：易溶于溶液，发生反应：(红棕色)，和氧化性几乎相同；实验Ⅰ中铜被氧化的反应为铜单质和碘单质发生氧化还原反应生成CuI，反应为：(或)。已知，铜元素被氧化可能存在的形式有(无色)，结合实验Ⅱ现象，则实验Ⅰ中洗涤后的白色沉淀，加入足量溶液并充分振荡，白色沉淀CuI被转化为而溶解，故现象为：白色沉淀完全溶解，形成无色溶液；（4）要验证能将氧化为，铜失去电子发生氧化反应，则需设计原电池负极材料为Cu，b为含碘单质的KI溶液，故物质a是铜，溶液b是与溶液混合液，a为负极、石墨为正极，则电势：a电极<石墨电极。18．（14分）钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含、、、、、等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下：回答下列问题：（1）基态钒的价层电子排布轨道表示式为。（2）“焙烧”时会生成和，写出生成的化学方程式。（3）“酸浸”时为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有、(任写两条)。滤渣2的主要成分是和，则滤渣1的主要成分为。（4）“还原”时可用双氧水代替溶液作还原剂，此时溶液中的发生反应的离子方程式为。（5）工业上可用电解还原法处理含的酸性废水。用铁板作阳极，电解过程中废水pH逐渐上升，、都以氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为。（6）某含铬化合物立方晶胞如图所示。与钙原子最近且等距离的氧原子有个；钙和氧的最近距离为anm，为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体密度为(用含a，的代数式表示)。【答案】（1）（1分）（2）（2分）（3）适当增大硫酸的浓度（1分）将固体研成粉末（1分）H2SiO3（1分）（4）（2分）（5）Fe-2e-=Fe2+（2分）（6）12（2分）（2分）【分析】在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，四氧化三铁将被完全氧化为氧化铁，V2O5则和碳酸钠转化为NaVO3，Cr2O3中+3价的铬被氧化成+6价的Na2CrO4，加入硫酸酸浸，硅酸钠转变为硅酸白色沉淀，同时氧化铁、氧化铝、NaVO4、Na2CrO4皆溶于酸得到Fe3+、Al3+、VO、CrO四种离子，调pH使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝析出；接下来用硫酸铵溶液“沉钒”，加入亚硫酸钠的目的是为了还原CrO，将其转变为+3价的Cr3+后调pH析出，据此来分析本题即可。【解析】（1）基态钒的电子排布式为[Ar]3d34s2，价层电子排布轨道表示式为（2）焙烧时，Cr2O3中+3价的铬被氧化成+6价的Na2CrO4，化学方程式为：（3）提高反应速率的方法有增大固体表面积，适当增大酸的浓度。加硫酸能将焙烧产生的硅酸根沉淀为硅酸。（4）加入亚硫酸钠的目的是为了还原，将其转变为+3价的Cr3+，用H2O2还原的离子方程式为（5）阳极使用的铁板不是惰性电极，因此失电子：Fe-2e-=Fe2+。产生的亚铁离子具有很强的还原性，和发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，兵役氢氧化物沉淀析出。（6）钙原子位于顶点位置，氧原子位于面心位置，因此与钙原子最近且等距离的氧原子有12个。钙和氧的最近距离为anm，则四面体的边长为nm，一个晶胞的体积为(nm)3。由均摊法可知该晶胞中Ca原子个数为，O原子个数为，Cr原子个数为1，晶胞的密度为g/(nm)3=g/(cm)3。19．（14分）研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：（1）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：化学式已知：，则，该反应在(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。（2）在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①普通催化反应器326021.967.3②分子筛膜催化反应器326036.1100①分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是(填标号)。A．气体压强不再变化

B．气体的密度不再改变C．D．②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的平衡转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：。（3）二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中[]在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强()的变化及在时随温度()的变化，如图所示。①图中对应等压过程的曲线是(填“”或“”)，判断的理由是。②恒温时，当时，的平衡转化率(保留小数点后一位)，此条件下该反应的。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压总压物质的量分数)。（4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如下图所示。温度小于时进行电解反应，碳酸钙先分解为和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为。【答案】（1）（1分）低温（1分）（2）A（1分）双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生生成甲醇的反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气使平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大（2分）（3）b（1分）该反应，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小（2分）33.3%（2分）（2分）（4）3CO2+4e-=C+2CO（2分）【解析】（1）①；②；③；④；根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知得到然化学方程式计算得；该反应，，自发，根据自由能判据可知该反应低温自发；（2）①A．恒温恒容模式，该反应是分子数减小的反应，压强始终在变化，当气体压强不再变化说明达到平衡，故A正确；B．纯气体反应，气体的总质量不变容器体积不变，根据公式，气体的密度始终不改变，不能作为平衡标志，故B错误；C．当时，说明达到平衡，故C错误；D．当各组分浓度不再改变说明达到平衡，=1：3：1：1；不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为A；②双功能的分子筛膜催化模式下只发生反应，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大；（3）①该反应正向放热，恒压时，升高温度，平衡逆向移动，减小，故曲线b对应等压过程的曲线；②恒温时(℃)，当时，根据三段式可知，解得x=，的平衡转化率；、、、体积分数分别为0.2、0.6、0.1、0.1，根据图像可知平衡时压强为条件下该反应的平衡常数为：；（4）温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为和CaO，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为3CO2+4e-=C+2CO。20．（14分）酰胺类化合物在药物化学、生物化学以及高分子合成等领域都有着重要的应用。一种以烯烃、胺等为原料高选择性合成相关化合物的路线如下：（1）化合物Ⅰ的分子式为，化合物W为Ⅰ的同分昇构体，能与银氨溶液反应生成银镜，且在核磁共振氢谱上有3组峰；W的结构简式为。（2）对化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a取代反应b，，加热（3）反应④的原子利用率为，则化合物a中含有的官能团名称为。（4）以下关于反应③的说法，错误的是。a．反应过程中，涉及到“头碰头”键的断裂b．化合物Ⅲ、Ⅵ都能形成分子间氢键c．化合物Ⅴ使酸性溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同d．CO含有极性键，分子的正电中心与负电中心不重合（5）以环戊烷和CO为含碳原料，利用反应②和③的原理，设计合成目标产物的路线：(a)有机物B为(写结构简式)。(b)写出上述路线中，卤代烃转化为烯烃的化学方程式：。【答案】（1）C4H8O（1分）(CH3)2CHCHO（1分）（2）氢氧化钠的水溶液、加热（1分）（1分）（1分）氧化反应（1分）（3）碳碳三键（2分）（4）ac（2分）（5）（2分）（2分）【分析】以环戊烷和CO为含碳原料，利用反应②和③的原理，按逆合成分析法可知，需要和，可知B中含有氨基，B为，C为，则A为，发生消去反应转化为。【解析】（1）根据化合物I的结构简式，可知分子式为C4H8O；化合物W为I的同分异构体，能与银氨溶液反应生成银镜，说明含有醛基，在核磁共振氢谱上有3组峰，W的结构简式为(CH3)2CHCHO；（2）化合物Ⅱ发生水解反应生成，卤代烃水解的条件是氢氧化钠的水溶液、加热；化合物Ⅱ中含有羟基，羟基发生催化氧化生成醛，反应类型是氧化反应；（3）反应④的原子利用率为100%，则化合物a是，含有的官能团名称为碳碳三键；（4）a．π键是“肩并肩”形成的化学键，故a错误；b．化合物Ⅲ、VI都含有羟基、氨基，都能形成分子间氢键，故b正确；c．化合物V中含碳碳双键，使酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应，褪色原理不相同，故c错误；d．CO是极性分子，CO含有极性键，分子的正负电荷的重心不重合，故d正确；选ac；（5）(a)根据反应②，可知B中含有氨基，由目标产物逆推，有机物B为；(b)A为，发生消去反应转化为，反应的化学方程式。【C组】题组三（建议用时：30分钟满分：58分）17．（14分）某小组制备SO2并探究SO2与BaCl2溶液的反应。（1）实验I：室温下，按图示组装仪器(夹持装置已省略)，检查装置气密性后向B注入一定量50%的H2SO4溶液，B中迅速产生大量气体，三到五分钟后D中出现白色浑浊，并闻到刺激性气味。据此回答：①仪器A是(填仪器名称)。②C可以除去SO2中可能混有的H2SO4蒸气，写出相应的化学方程式：。（2）D中白色浑浊的理论及可能性分析：猜测一：SO2溶于水生成H2SO3，继而与BaCl2发生复分解反应，形成BaSO3白色沉淀。查阅资料：i．室温下：，Ka1=1.4×10-2；，Ka2=6.0×10-8；，Ksp=5.0×10-10ii．室温下，H2SO3水溶液中H+、浓度与H2SO3浓度关系如下图：①如图可知：当c(H2SO3)≥10-6mol/L时，c(H+)与C()几乎相等，原因是。计算可得；此时c()=mol/L，实验I条件下(填“可能”或“不可能”)生成BaSO3白色沉淀。猜测二：SO2具有强还原性，可能被溶液或空气中O2氧化，继而生成BaSO4白色沉淀。②写出猜测二对应的离子方程式。（3）实验探究：小组经过讨论，设计了室温条件下的实验Ⅱ~IV：编号ⅡⅢIV实验操作现象烧杯中出现白色浑浊白色浊液很快全部溶解，得到澄清溶液；数小时内烧杯中溶液依旧澄清烧杯中蒸馏水变浑浊，数小时内沉淀的量无明显变化；数天后沉淀量才明显增加①实验Ⅱ煮沸、油覆的目的是。②综合实验Ⅱ、Ⅲ分析：实验I中沉淀为(填合适的选项)。a.仅BaSO3

b.仅BaSO4

c.BaSO3和BaSO4的混合物③实验IV数天后新增的沉淀经检验确认为BaSO4。结合速率相关知识，能够得出结论：。【答案】（1）分液漏斗（1分）H2SO4+2NaHSO3=2SO2+2H2O+Na2SO4（2分）（2）当亚硫酸钠浓度较大时，亚硫酸电离程度远大于水的电离；亚硫酸电离又以第一步为主，所以c(H+)与c()几乎相等（2分）6×10-8（1分）可能（1分）或（2分）（3）除去水中溶解氧和防止空气中氧气进入或者排除氧气对实验的干扰（2分）a（1分）H2SO3与BaCl2发生复分解反应的速率大于O2氧化含硫物质的速率或复分解反应速率大于氧化还原反应的速率（2分）【分析】某小组制备SO2并探究SO2与BaCl2溶液的反应，装置B中亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫中可能混有的H2SO4蒸气，三到五分钟后D中出现白色浑浊，并闻到刺激性气味，针对D中白色沉淀的生成提出猜测一：SO2溶于水生成H2SO3，继而与BaCl2发生复分解反应，形成BaSO3白色沉淀；猜测二：SO2具有强还原性，可能被溶液或空气中O2氧化，继而生成BaSO4白色沉淀；通过对照实验进行探究。【解析】（1）①仪器A是分液漏斗；②C可以除去SO2中可能混有的H2SO4蒸气，H2SO4和NaHSO3溶液反应生成Na2SO4和SO2，化学方程式为：H2SO4+2NaHSO3=2SO2+2H2O+Na2SO4。（2）①如图可知：当C(H2SO3)≥10-6mol/L时，c(H+)与c()几乎相等，原因是：当亚硫酸钠浓度较大时，亚硫酸电离程度远大于水的电离；亚硫酸电离又以第一步为主，所以c(H+)与c()几乎相等；此时的Ka2=6×10-8=，则c()=6×10-8mol/L，此时溶液中c(Ba2+)=6×10-8×0.4=2.4×10-8>Ksp(BaSO3)=5.0×10-10，可能生成BaSO3白色沉淀，②SO2具有强还原性，被溶液或空气中O2氧化，生成BaSO4白色沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。（3）①实验Ⅱ煮沸、油覆的目的是：除去水中溶解氧和防止空气中氧气进入或者排除氧气对实验的干扰；②综合实验Ⅱ、Ⅲ分析，实验I产生的沉淀能够完全溶于稀盐酸，说明沉淀仅为BaSO3，不含BaSO4，故选a；③实验IV中数小时内沉淀的量无明显变化，数天后沉淀量才明显增加，新增的沉淀经检验确认为BaSO4，说明H2SO3与BaCl2发生复分解反应的速率大于O2氧化含硫物质的速率或复分解反应速率大于氧化还原反应的速率。18．（14分）“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在。②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。③金属离子完全沉淀时，其浓度为。（1）“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。（2）“浸出液”中仍有少量，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用作氧化剂，反应的化学方程式为；已知常温下，的为，要使完全沉淀，pH至少应调至。（3）“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为。A．2.0

B．2.5

C．3.0

（4）“沉钕”过程中得到晶体，反应的离子方程式为。（5）在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为anm。氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为(列出算式)。【答案】（1）（1分）（2）（2分）3.0（2分）（3）溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率（2分）B（1分）（4）（2分）（5）（1分）12（1分）（2分）【分析】钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在，加入盐酸酸浸后，根据浸出滤图可知，浸出滤随时间而增大，则滤出液主要含，的浸出滤逐渐降低，则浸出渣主要成分为；用P507萃取，加入沉钕得到晶体，经过煅烧后得到；【解析】（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为；（2）作氧化剂，可将氧化为，化学方程式为；要使完全沉淀，则溶液中，，，则至少应调到3.0；（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；（4）“沉钕”过程的离子方程式为；（5）根据晶胞结构图可知，含有个，含有8个，则氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为12；则该晶体的密度。19．（14分）氰离子()可与多种金属离子形成配离子，在化学分析、分离提纯、冶金、电镀等领域有重要应用。（1）基态N原子价层电子的轨道表示式为：，化合物不含有的化学键类型是(填字母)。a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键

d．配位键（2）已知：写出NaCN溶液发生水解反应的热化学方程式：。（3）25℃时，，在该温度下，①溶液中近似为。②将浓度相等的HCN与NaCN溶液等体积混合，判断溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：。（4）保持室温不变下，将一定量固体投入溶液中，1min时固体反应完全，反应为。若反应进行到第20s时，测得溶液(忽略NaCN水解和溶液体积变化)，则反应前20s内，的溶解速率为。（5）常温下，溶液中分别与三种金属离子形成配离子、、，平衡时，与的关系如图所示，其中I是与变化的关系。①当I对应的相关离子浓度处于点P时，的解离速率生成速率(填“>”、“<”或“=”)。②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，达平衡时，与的大小：前者后者(填“>”、“<”或“=”)。【答案】（1）（1分）c（1分）（2）（2分）（3）（2分）碱（2分）NaCN溶液水解显碱性，水解常数，则HCN电离程度小于NaCN水解程度，混合溶液呈碱性。（2分）（4）（2分）（5）＞（1分）＜（1分）【解析】（1）基态N原子价层电子排布式为2s22p3，则轨道表示式为：，化合