陕西省西安高级中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

西安高级中学2027届开学测试高三化学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，时间120分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标好。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：0-16H-1C-12Li-7Fe-56Ce-140Mg-24C1-35.5Ca-40 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法错误的是 含N物质 酸 含S物质 b 氧化物 单质 g 氧化物 e 化合价+5+4+2 0 -3 -2 0 +4+6化合价 A.h可以使品红溶液褪色 B.h与f、j的浓溶液与f均可反应生成g C.工业上制备a的路线为e→cb→a D.e与i的溶液、f与a的溶液反应属于同一基本反应类型 2.SiHCI3是制备多晶硅的重要中间体，将SiC4氢化为SiHCI3的反应为2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)= 3SHCl3(g),相同时间内SiCl4转化率随温度的变化趋势如图1所示，反应的△G随温度的变化趋势如图2所 示。下列说法正确的是 ① B ② 温度/己 温度式 图1 图2 A.该反应的活化能：E正>E逆 B.达平衡后升高温度，平衡正向移动，SCl4转化率增大 C.若该反应在恒温恒压密闭容器中进行，平衡时充入氩气，V正>V逆 试卷第1页（共10页） D.该反应的△G随温度变化趋势为线① 3.常温下，某无色溶液W中只可能大量含有K+、H+、Fe3+、SO子、CO、HCO3、C-中的若干种，且 各种离子的数目相等。取该溶液若干份，进行如下实验（已知：硫酸钡不溶于稀盐酸；不考虑实验操作过程 中物质质量的损失，忽略溶液体积变化)： 用铂丝蘸取样品溶 液在外焰上灼烧 实验a X 蓝色钴玻璃 洗涤铂丝 溶液W 滴加紫色石蕊溶液 》溶液变红色 (① 稀盐酸 实验b 白色沉淀 →沉淀不溶解 滴加足量BaCL,溶液 I) (四) AgNO,溶液 滤液 白色沉淀 (IV) 稀硝酸沉淀不溶解 (V 根据以上实验判断，下列推断错误的是 A.无需进行实验，即可确定原溶液中一定不存在F3+ B.通过实验I可确定原溶液pH<7 C.通过实验V、V可以确定原溶液中一定存在C D.试剂X为稀盐酸，认为无需实验a就可以判断一定有K+存在 4.铁的化合物亚铁氰化钾K4[F(CN)6]常用于检验三价铁离子，下列说法不正确的是 A.K4[Fe(CN)]晶体中存在的作用力类型有离子键、极性共价键、配位键 B.K4[Fe(CN)6]中配体的配位原子是C,原因是C的电负性比N更小 C.氯气通入K4[Fe(CN)6]溶液中，可得到K3[Fe(CN)6] D.K4Fe(CN)]的熔点比Na4[Fe(CN)6]高 5.工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Cs(PO4)3OH,还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸 二氢钾(KH2PO4)的流程如下： 盐酸 KCI三辛胺(TOA) 羟磷灰 制酸 石精矿 过滤 →提纯→混合→反应 Ko,←圈面一 己知：溶液中H3PO4、H2PO4、HPO子、PO星的分布分数δ随pH的变化如图所示。 试卷第2页（共10页） 81.0 0.8 0.6 pH=2 pH=7.1 pH=12.2 0.4 0.2 01 345678910111314pH 下列说法正确的是 A.0.1 mol/LH3P04溶液中离子浓度大小：c(H2P04)<c(PO)<cH+) B.“反应中为获得较纯净KH2P04,当pH=10时，停止加入三辛胺 C.0.1 molLKH2P04溶液中：2c(H3P04)+c(H2P04)<0.1moL+c(PO) D.该温度下反应HP0(aq)+H3P04(aq)=2H2P04(aq)的化学平衡常数约为10-9.1 6.向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，设计如下图所示的实验 NaCI溶液、过滤 KI溶液 ③ ④ AgNO,溶液 过滤 滤液1 滤液2 立即变蓝 ① 碘水+淀粉 ② 蓝色 蓝色褪去， 产生黄色沉淀 黄色沉淀 下列分析错误的是 A.①中Ag+氧化了I2 B.①后溶液pH可能明显变小 C.③的目的是除去过量的AgNO3溶液 D.④可发生I+HIO+H+=2+H20 7.己知：H2A是二元弱酸，BOH是一元弱碱。常温下，向H2A溶液中滴加BOH溶液，溶液中pX[pX=一gX, X品二岛与的关系如图所不。 试卷第3页（共10页） b(6.77.-2.47) 荟 a(5.27,-3.97) 0 34 2 5 6 7 pH 常温下，下列叙述正确的是 A.直线，代表-8号与H的关系 B.Kb(B0H=10-476 C.0.1mol·L-1B2A溶液的pH>7 D.2HA=A2-+H2A的平衡常数K=1000 8.某温度时，CuS、MS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 c(M2)/mol-L-1 Cu2+ Mn2+ a 0.01 b 6×10-34 3×1011c(S2-)/mol-L-1 A.该温度下，Ksp(CuS)小于Kp(MnS) B.向CuS04溶液中加入MnS发生如下反应：Cu2+(aq+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+(aq) C.在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2+):cMn2+)为1：2×10-23 D.a点对应的Kp等于b点对应的Kp 9.淀溶解平衡在科学研究中有广泛应用。2mL0.1mol·L-1AgN03溶液与同浓度同体积的NaCI溶液混合， 得悬浊液甲[c(Ag+)=1.35×105mol·L-1],然后进行如下实验。下列叙述正确的是 6molL氨水 0.1mol-L-!KI AgI AgCl 溶液乙 悬浊液乙 悬浊液甲 分离 ① ②2mL 溶液丙 溶液甲 试卷第4页（共10页） A.Ksp(AgC1)≈1.82×10-10mol2.L-2 B.“溶液甲中所有离子存在关系为c(Na+)+c(H+)=c(NO3)+c(OH) C.“反应②'离子反应为AgNH3)2]C+IF=Agll+CI+2NH D.“溶液丙中存在关系c(CI)>c(OH-)>c(H+)>c(Ag)>cI-) 10.pH=1的某溶液X中还含有NH4、AI3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO-、S0、SO子、CI、NO3中的一 种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行如下实验： 气体A 气体D 过量Ba(NO3)2 过量CO 溶液G 溶液B 过量NaOH 溶液X 溶液E 溶液 溶液 沉淀C →沉淀H 沉淀F 下列有关推断不正确的是 A.沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物 B.若溶液X为100mL,产生的气体A为112mL(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L C.溶液X中一定含有NHH、AI3+、Fe2+、SO、H D,根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、C 11.室温下，通过下列实验探究S02的性质。已知：H2S03K21=1.4×10-2,K2=6.0×10-8,Kn(BaS03)=5.0× 10-10,Ksn(BaS04)=1.1×10-10。 实验1：将S02气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将等体积、浓度均为0.40mol·L1BaCl2溶液与新制H2S03溶液混合，再滴加过量的H202溶液，振 荡，出现白色沉淀。 实验3：将SO2气体通入0.1mol·LNaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验4：将S02气体通入0.1mol·L1酸性KMn04溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A.实验1所得溶液中存在c(H)>c(HSO)>c(SO)>c(OH) B.实验2中出现的白色沉淀是BaS03 C.实验3所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D.实验4所得溶液中：c(S0)<c(Mn2+) 12.下列图示与对应的叙述相符的是 试卷第5页（共10页） 逆 能 ◆v/(molL-1.s-) 个cHCO)/mol-L-) 量 S(g)+0,(g) S(s)+O,(g) A so.( B 反应过程 t/s 水的体积 甲 丙 丁 A. 图甲表示N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)的v滋随时间变化曲线，由图知t1s时可能减小了N2的浓度 B.由图乙知，S(g)+02(g)=S02(g)△H1,S(s)+O2(g)=S02(g)△H2,则△H1>△H2 C.图丙是铁丝与盐酸反应的速率随反应时间的变化曲线，t1s时溶液的温度最高 D.图丁是在0.1mol·L-1Na2C03溶液中加水稀释，随着加水量的增加，溶液中c(HC03)的变化曲线， 则Na2CO3的水解程度A点大于B点 13.常温下，在封闭仪器中装有20mL0.1mol/L NacIc0溶液，现向其中缓慢注入0.1mol/L NaHS03溶液， 随着NaHS03溶液注入体积增加，溶液的pH变化如下图所示HCl0的电离平衡常数为4.0×108)，关于上 述实验，下列分析错误的是 pH个 B D C 1020 4060 mL产 A.AB段主要发生的反应HSO?+2Cl0=CI+SO子+HClO B.中性点在BC之间 C.水电离程度A>B>D>C D.BC段pH值降低主要是因为生成强酸 14.常温下，用0.1molL1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1 nolLH2A溶液，得到溶液的pH与V个NaOH)、 sXX或的关系如图所不 c(HA-) pH 20 40 141 V(NaOH)/mL 10 6 n m 0 1.4 6.7 -lgX 下列说法错误的是 A,m表示pH与e的变化关系 试卷第6页（共10页） B.V(NaOH)=30mL时，溶液显酸性 C.M点时，cNat)>2c(A2)+cHA) D.整个滴定过程中N点对应的溶液中水的电离程度最大 二、解答题（15题14分，16题14分，17题15分，18题15分) 15.A为重要的有机化工原料，A经过催化氧化得到B,B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下 列是合成防火材料聚碳酸酯PC)和内酯E的路线： D CH A B ②HCHO C 甲 催化剂 E 一定条件 C.HO2 加成 HO(CH2)2 -CH,COOC,H CHO ① C3HO △ CoH1oOs OH 0 CH G ③ CIsH1602 ④ CH: 防火材料聚碳酸酯PC) F CHO OH 已知：i: R" R'、R"为氢或烃 基) 催化剂 i:R'COOR+ROH才R'COOR"+ROH(R,R、R”代表烃基) 请回答下列问题： (1)F的名称为 (2)反应①的方程式为 (3)C分子含有的官能团是 (4)化合物甲的分子式为 (⑤)反应④的反应类型为 (6)E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是 (⑦)X是E的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是 ①1mo区能与足量银氨溶液生成4 nolAg: ②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1：1：3。 (8)以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成CH3COCH2CH(CH3)2。 B→中间产物1 中间产物2→CH3COCH2CH(CH3)2 写出中间产物1的结构简式： 试卷第7页（共10页） 16.乙醇既是一种重要的可再生能源，也是一种重要的有机化工原料。以C0和C02为原料生产乙醇一直 是科学家研究的重要课题。 I.我国科学家在国际上首次实现了C02在温和条件下近100%转化为乙醇，其反应为 2C02(g+3HO(g)户CH5OH(g)+302(g),反应历程如图1所示： ① ② 200 ☑80 1655 288.2 C2Ha(g) 302(g) HO(g) C2H5OH(g)、3O2(g) 2C0,(g) 3H2O(g) 反应过程 图1 (1)该反应的△H= kJol。若将反应温度降低，基元反应①和②的反应速率降低更为明显的是 0 (2)由于发生副反应2C02(g十2H0(g)=CH4(g)+30(g)△H=+1455.0kJmo1在1L恒容密闭容器中，将 2molC02和3 nolH2O在不同温度下进行充分反应，测得C02的转化率与C2HOH的选择性随温度的变化情 况如图2所示[CH5OH的选择性 n(生成C2HsOH) n生成c2Hs0n+n生成c,l]。 袋100 1008 80 (T,60) 60 60 屈 40 40 宽 20 (T,40) 20 T 温度/℃ 图2 ①升高温度，C02的转化率增大的原因是 ②升高温度，CH5OH的选择性减小的原因是 ③TC时，反应2C0(g十3HOg)片CH5OH(g+3O2(g)的平衡常数为 (列出计算式)。 Ⅱ.C0也可用于制备乙醇，反应为2C0(g)十4H(g)CH5OH(g)+HO(g),该反应存在副反应： 2C0(g)十4H(g)=CH4(g)+2HO(g)。 (3)在一定温度下，向2L密闭容器中充入2molC0和4molH2,测得部分反应物与生成物的物质的量随时间 的变化情况如图3所示。 试卷第8页（共10页） ◆物质的量/mol 2 CO 0.75H0a 04 81216时间/min 图3 ①a点时V生成(HO)】 (填“大于“小于”或等于”)V(CH5OHD:反应从开始到平衡，C2HOH的平均反 应速率为 mol L1.min1。 ②H的转化率为 。不同的分子筛膜可以选择性地分离不同的分子，若采用能分离水蒸气的分子筛膜， 则会使乙醇的选择性 (填“增大“减小”或“不变)。 17.铁F©)、钴(Co)、镍N是第四周期第VⅢ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中 应用广泛。 (I)Fe、Co、Ni位于元素周期表的 区；基态Ni原子核外价层电子的轨道表示式为 (2)铁系元素能与C0形成F(CO)s、Ni(CO)4等化合物，室温时Ni(CO)4为无色液体，沸点42.1C,主要用 于制高纯镍和催化剂，则Ni(CO),中所含的化学键类型有 (填字母序号)。 A.离子键B.极性键C.配位键D.范德华力E.金属键 (3)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMP04M=Fe、Co等元素)。第四电离能大小关系是 I4(Co) I4Fe)填“>”或<”)，原因是 (4)将1 mol CoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1 mol AgC1沉淀。则CoCl3·4NH3中配离子的 化学式为 ;已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，则NH3分子与 Co3+形成配合物后，H-N-H键角 (填“变大“变小”或不变”)。 (5)超导材料在电力等方面有广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结 构如图所示。已知该晶胞边长为anm,阿伏加德罗常数为N4,该晶体密度为 g·cm-3。 ●Mg ONi o C l8.利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F,含FeO3、FeO等杂质）制CeO2的工艺流程如下： 试卷第9页（共10页） KCI溶液 盐酸 滤渣2 操作② Ce0, 滤渣1 氟碳 焙烧 操作① NH HCO CeF 滤液2 Ce(CO,)3 焙烧，CeO, 铈矿 Fe,O 调pH 滤液1 滤渣3 H.BO, 己知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3,滤渣2的主要成分是KBF4。 Ksp(KBF4)=10-a、Kp[Ce(BF4)3]=10-b(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀（离子浓度≤1×10-5mol·L-1)时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Ce3+ 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： (1)焙烧过程中采用“逆流焙烧”，其优点是 。CeCO3F发生反应的化学方程式为 (2)调节滤液1的pH范围为 (3)滤液2沉铈过程中发生反应的离子方程式为 (4)滤渣1经KC1溶液充分浸取后，测得反应体系中K+的物质的量浓度为0.1mol·L1,则Ce3+的物质的量 浓度为 molL-1(用含a、b的代数式表示)。 (5)在空气中煅烧Ce2(C0)3制取CeO2的化学方程式为 (6)为研究C(S04),·4H20(相对分子质量为404)的热分解性质，现进行如下实验：准确称取4.04g样品， 在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。 残留固体的质量/g 4.04日 3.68 a 3.32 2.84 6 1.72… 0 200 400 600800 温度/℃ ①a点残留固体为 (填化学式)。 ②c点残留固体为 (填化学式)。 试卷第10页（共10页） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 0 C D Q A ⊙ C A B 题号 11 12 13 14 答案 A A B C 15.(1)苯酚 OH nCH,cn CoCH C 41 (3)酮羰基、羟基 (4)C4H302 (5)缩聚反应 HO、CH, C=0 (6) CHO CHO (7)H;C-CH-CH-CH; OH CH3-C-CH2-C-CH3 (8) CH3 【分析】 OH 由结构简式可知，铜作催化剂条件下CH,一CH一CH与氧气共热发生催化氧化反应生成CH,一C一CH, OH 则A为CH,CH一CH、B为CH一C一CH3:一定条件下B与甲醛发生加成反应生 cH-&-cH-CHoH,则C为CH,& CH2一CHOH;C与CH,C0OCH5发生加成反应生成D,则 HO、CH HO CH; C=0 C=0 甲为CH3COOC2H5:催化剂作用下D发生取代反应生成 ,则E为 ;B与 CH HO OH OH 发生加成反应，后发生取代反应生成 CH 则F为 、G为 答案第1页（共6页） CH OH CH ；一定条件下G与CH,0一C一OCH发生缩聚反应生成防火材料聚碳酸酯P©。 【详解】(1) OH 由分析可知，F的结构简式为： 名称为苯酚： (2) OH 由方程式可知，反应①为铜作催化剂条件下CH,一CH一CH,与氧气共热发生催化氧化反应生成 0 OH CH,一C-CH和水，反应的化学方程式为：2CH,一CH-CH+02CH,一C一CH+2H0: (3) 由分析可知，C的结构简式为：CH,一C一CH,一CH,OH,含有的官能团为酮羰基、羟基： (4)由分析可知，甲的结构简式为：CH3C00C2H5,分子式为C4H3O2: (5) 由分析可知，反应@为一定条件下G与CH,O一C一OCH,发生缩聚反应生成防火材料聚碳酸酯PC和甲 醇； (6) HO CH 由分析可知，E分子是含有六元环，可发生水解反应的环酯，结构简式为： (7) 由题意可知，1molE的同分异构体X能与足量银氨溶液生成4ol银，说明X分子中含有2个醛基，则X CHO CHO 中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1：1：3的结构简式为：H,C一CH一CH一CH: (8) 由结构简式可知，以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成CH3COCH2CH(CH3)2的步骤 OH OH CH:-C-CH2-C-CH3 CH:-C-CH2-C-CH; 为一定条件下发生加成反应生成 CH ;浓硫酸作用下 CH3 共热发生 消去反应生成 CH3或 CH3 ；一定条件下 答案第2页（共6页） Ca 8 cn-cm cn cn g-cm. H 或 CH 与氢气发生加成反应生成CH3COCH2CH(CH3)2,则中 OH CH3一 -cH, C-CH; 间产物1的结构简式为： CH3 16.(1) +1346.8 ① (2) 生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动（答案合理即可） 生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，但生成乙烯的反应的△H更大，即升高温度更有利于生 成乙烯（答案合理即可） 0.24×1.83 0.82×1.56 (3) 大于 0.0125 509% 减小 【详解】(1)根据图示，反应①2C02(g)+3H20(g)=C2H4(g)+302(g)+H20(g)△H=1655-200=+ 1455k/mol:反应②C2H4(g)+302(g)+H20(g)=C2H50H(g)+302(g)AH=180-288.2=- 108.2k/mol;由①+②得目标反应，则其△H=+1455-108.2=+1346.8k/mol:活化能越大，温度对反 应速率的影响程度更大，基元反应①的活化能大于②的活化能，因此若将反应温度降低，基元反应①的反 应速率降低更为明显： (2)①根据(1)分析，2C02(g)+2H20(g)=C2H4(g)+302(g)AH=+1455k/mol,2C02(g)+3H20(g)= C2H50H(g)+302(g)△H=+1346.8k/mol,C02与H20生成乙醇、乙烯的反应均为吸热反应，升高温度， 平衡正向移动，C02的转化率增大： ②生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，但生成乙烯的反应的△H更大，即升高温度更有利于 生成乙烯，则升高温度，CH5OH的选择性减小： ③由图示可知，T温度下C02的转化率为60%，则充入2molC02,发生反应的C02为1.2mol,剩余0.8nol: C2HsOH的选择性为40%，则有1.2×40%-0.48molC02转化为C2HsOH,0.72molC02转化为CH4,因此有 2C02(g)+3H20(g)=C2H50H(g)+302(g) 转化/mol 0.48 0.72 0.24 0.72 2C02(g) 转化/mol 0.72 十2H,0(g)三CH,(g+30,②，则平衡时H,0的物质的量为 0.72 0.36 1.08 3-0.72-0.721.56mol,0,的物质的量为0.72+1.08=1.8mol,生成乙醇反应的平衡常数为K=cc20c(o)= c2(C02)-c3(H20) n(ca)n(o2)3 2 1.83×0.24 (') 0.82×1.563 (3)由图示可知，a点未平衡，向正反应方向进行，则v正>V逆，v(H2O)生成是v正，v(C25OH)消耗是V逆， 故v(H2O)生成大于v(C2H5OH)消耗：由图示可知，达平衡时参加反应的C0是1mol,生成水是0.75mol,依 答案第3页（共6页） 据反应方程式计量数关系，参加反应的H是2mol,则H,的平衡转化率为2m×100%-50%:设生成乙 4mol 醇mol,CH4ymol,根据C原子守恒有：2x+2y+(2-1)=2:H原子守恒有：6x+4y+0.75×2+2×2=8,解得x=0.25, 0.25mol y-0.25mol,v(C2HOH)=T0min ,2L=0.0125mol·L1·min1:分子筛不断分离出水，生成物浓度减小，平衡 正向移动，生成乙烯的反应生成的HO多，对该反应影响程度大，有利于乙烯的选择性，故对乙醇的选择 性产生的影响减小。 3d 17.(1) 0 个个个个 (2)BC (3) F3+的电子排布为3d5,是半充满稳定结构，再失去第4个电子较难；而Co3+的电子排布 为3d,失去第4个电子后变为3d5半充满稳定结构相对容易 (4) [Co(NH3)4C12]* 变大 (5)213x1021 NAQ3 【详解】(1)Fe、Co、Ni都位于第VII族，在元素周期表的d区；Ni的原子序数为28，基态原子的核外 电子排布式为[Ar]3d84s2,其价层电子排布为3d84s2,其核外价层电子的轨道表示式为 3d 4s HW↑个石. (2)N(C0)4中，中心原子Ni与配体CO分子之间通过配位键结合，C0分子内部C原子与O原子之间存 在极性共价键，而不存在离子键和金属键，且范德华力属于分子间作用力，不属于化学键。因此该化合物 中所含的化学键类型有极性键和配位键，故选BC； (3)Fe失去3个电子形成Fe3+,其价电子排布为3d5,处于半充满的稳定结构，再失去第四个电子需要 的能量较高；而C0失去3个电子形成Co3+,其价电子排布为3d,失去第四个电子后形成稳定的35半充 满结构，相对容易。因此第四电离能I4(Co)<I4©)，即原因是：Fe3+的电子排布为3d5,是半充满稳定结 构，再失去第4个电子较难：而Co3+的电子排布为3d,失去第4个电子后变为3d5半充满稳定结构相对 容易： (4)1 molCoCl3·4NH3溶于水加入足量AgNO3溶液生成1 mol AgCl沉淀，说明1个配合物分子中只有1个 CI位于外界，另外2个CI和4个NH3分子作为配体位于内界，则CoCl3·4NH中配离子的化学式为 [CoNH)4C2]十；NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5=1=4，有一对孤电子对，与Co+形成配位键 后，孤电子对转化为成键电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用， 形成配合物后排斥力减小，因此H一N一H键角变大： (5)根据晶胞结构图可知，Mg原子位于8个顶点，数目为8×日=1：N原子位于6个面心，数目为6×；=3： 答案第4页（共6页） C原子位于体心，数目为1，则该晶胞的化学式为MgNi3C,其摩尔质量为(24+59×3+12)g/mol= 213g/mol,晶胞的质量为m=光8，晶胞的边长为amm-aX10-7cm,体积v=aX10-7)5cm,则晶体 的密度为p=” N4x(ax10-78cm3=213x102 213 Naa3gcm-3。 焙烧」 18.(1) 增大固体和空气的接触面积，反应更充分 4CeC03F+02 3Ce02+CeF4+4c02 (2)3.1≤pH<7.7 (3)2Ce3++6HC03=Ce2(C03)3l+3H20+3C02↑ (4)103a-b-3 焙烧 (5)2Ce2(C03)3+02 4Ce02+6C02 (6) Ce(S04)2·2H20 CeO2 【分析】氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F,含Fe2O3、Fe0等杂质）在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+, Fe+氧化为Fe3+,用盐酸和HBO3浸取，Ce4+还原为Ce3+,过滤分离，滤渣1主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3, 滤液1含有Ce3+、Fe3+,“滤渣1'用饱和KCI溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4沉淀和CeCl3溶液， 滤渣2是KBF4,滤液1调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，滤渣3是氢氧化铁，滤液2中含C3+,再加入碳 酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO)3,最后灼烧分解生成CeO2。 【详解】(I)逆流操作可让矿料与空气充分接触，反应更充分，提升反应效率；Ce在CC0F中为+3价， 焙烧 被空气中O2氧化为+4价，化学方程式为4CeC03F+02二3Ce02+CeF4+4C02 (2)滤液1含有Ce3+、Fe3+,调节滤液1的pH使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，同时Ce3+不能生成沉淀， 所以调节pH的范围为3.1≤pH<7.7。 (3)Ce3+与HC03发生双水解反应生成碳酸铈沉淀、CO2和水，离子方程式为2Ce3++6HCO5=Ce2(CO3)3↓ +3H20+3C02↑。 (4)对于沉淀转化反应Ce(BF4),(s)+3K+(aq)=3KBF4(s)+Ce3+(aq),该反应平衡常数为 K-袋号-e器-m--106,则c0e=10abXc0K)=10tX c3(K+)c3(K+)×c3(BF4) [Kp(KBF4)] 0.13mol/L=103a-b-3 mol/Lo (5)Ce2(C0)3中Ce为+3价，煅烧时被氧气氧化为+4价的CeO2,化学方程式为2Ce2(C03)3+ 焙烧 024Ce02+6C02。 (6)404g0=(604H0的物质的量为-001mol 答案第5页（共6页） ①a点固体质量为3.68g,减少质量4.04g-3.68g=0.36g,为失去0.02mo1H20,剩余0.02molH20,故 化学式为Ce(S04)2·2H20: ②c点固体质量为1.72g,0.01 mol Ce的质量为1.40g,剩余质量1.72g-1.40g=0.32g,为0.02mol0, n(Ce):n(O)=l:2,故化学式为CeO2。 答案第6页（共6页）