山东省青岛市2023届高三第二次适应性检测化学试题

这是一份山东省青岛市2023届高三第二次适应性检测化学试题，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省青岛市2023届高三第二次适应性检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学学科对医疗卫生业贡献巨大。下列有关几种滴眼液说法错误的是

A．红霉素滴眼液主要成分的分子式为，第一电离能
B．聚乙二醇是常用的人工泪液，具有良好的亲水性
C．玻璃酸钠滴眼液可用于治疗干眼症，俗称水玻璃
D．托百士滴眼液主要成分结构如图，该分子存在对映异构体
2．实验安全是进行化学实验的前提。下列说法错误的是
A．氰化钠用于提炼金、银等贵重金属，该工艺不能在酸性条件下进行
B．液溴沾到皮肤上，立即用苯洗涤，然后用水冲净，涂上甘油
C．使用三颈烧瓶常压蒸馏时，加入液体的体积占其容积的~
D．硝酸铵、三硝基甲苯均属于易爆物质，使用时防止剧烈受震
3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为25。四种元素形成的物质Q是一种强氧化剂，在洗衣粉中做漂白剂，结构如图。下列说法错误的是

A．Y的杂化方式为
B．简单离子半径：
C．Y的化合价为+4
D．Q在一定条件下能与水反应生成
4．有机物M是药物合成的中间体，其结构如图。下列说法正确的是

A．分子中含有n+1个甲基
B．分子中的四个氧原子一定不在同一平面
C．与足量溴水反应最多可消耗
D．与足量溶液反应最多可消耗
5．实验室分别进行如下实验：①向溶液中滴加酸性溶液，溶液由蓝色变为淡黄色；②向溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。已知；蓝色；：淡黄色、强氧化性。下列说法错误的是
A．①中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．②的离子反应为
C．由①②可知，氧化性：
D．溶液中滴加可发生反应
6．水合肼有强还原性，可由次氯酸钠碱性溶液和尿素制得流程如图，下列说法错误的是
  
A．“反应器1”中的反应需在较低温度下进行
B．“反应器2”中应先加入“反应器1”中溶液后缓慢加入“混合器”中溶液
C．“物质X”为和
D．每制备水合肼需要消耗尿素
7．下列实验方案，达不到实验目的的是

实验目的
实验方案
A
除去浑浊的天然淡水中的悬浮颗粒物
向淡水中同时加入碳酸钠溶液和硫酸铝溶液
B
探究乙醇在铜丝作用下发生催化氧化
取一根光洁的铜丝整成螺旋状，置于酒精灯外焰加热，然后置于酒精灯内焰，反复几次，观察铜丝变化
C
检验2−溴丙烷中的溴原子
向2−溴丙烷中先加入溶液，加热，取上层液体，加入适量稀硝酸，再加入溶液。观察是否有淡黄色沉淀生成
D
除去乙酸乙酯粗产品中的乙酸
粗产品中加入饱和硫酸钠溶液至无逸出，分液；酯层加入饱和溶液，充分混匀既至酯层呈中性后分液

A．A B．B C．C D．D
8．一定条件下，二氧化碳能形成与二氧化硅类似的晶体结构，其晶胞结构如图，已知原子分数坐标：、。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是

A．Q的分数坐标为 (0.25，0.75，0.75)
B．该晶体的硬度比高
C．二氧化碳晶体的密度为
D．该晶胞中含有碳氧四面体的数目为4
9．用废旧硬质刀具(含碳化钨、钴、铁)回收金属钻，工艺流程如图。下列说法错误的是

A．“电解”时硬质刀具做阳极，气体为
B．洗涤不充分不影响最终产品的纯度，但会污染环境
C．“焙烧”时发生的主要反应为
D．还原性：

二、多选题
10．华南理工大学对锰催化单键迁移重排反应研究取得新进展，机理如图。下列说法错误的是
  
A．①中Mn的d轨道参与杂化
B．②中N原子均参与形成大键，其孤电子对均占据2p轨道
C．路径b的反应类型为加成反应
D．反应机理中Mn的化合价未发生变化

三、单选题
11．用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。可以与含水碳酸钠反应得到气体和。下列说法错误的是
  
A．装置甲中每生成16.8g碳酸氢钠同时生成标准状况下
B．装置乙中盛装的是浓硫酸
C．将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开关闭
D．装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性

四、多选题
12．梯形聚合物可由X和Y聚合得到。下列说法正确的是
  
A．Y的水溶液显酸性
B．BBL在稀NaOH溶液中能完全降解
C．等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相同
D．由X和Y通过加聚反应得到BBL同时会生成等物质的量的两种小分子

五、单选题
13．可同时用作钠离子电池的正极材料和负极材料，并组装可充电电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是

A．放电过程中，移向正极
B．放电过程中，负极的电极反应为
C．充电过程中，在阴阳两极参加反应，断键位置不同
D．充电过程中，当阴极中参与反应时，质量增加23g

六、多选题
14．茶多酚易溶于乙醇、热水，不溶于氯仿。茶叶中含约30%的茶多酚、咖啡碱和叶绿素等多种物质，提取茶多酚的流程如图。下列说法正确的是

A．“浸取”时要用酒精灯加热，加快茶多酚等有机物的溶解
B．“过滤”时最好采用抽滤，用到的仪器有普通漏斗、抽滤瓶、抽气泵、安全瓶
C．“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物
D．“物质1”为乙醇，“物质2”为乙酸乙酯，均可循环利用
15．常温下，向的溶液中加入过量固体单质X，用NaOH或HCl调节溶液pH(不考虑温度和体积变化，无气体逸出)，平衡后溶液中X微粒(、、、、)的分布系数与pH的关系如图，下列说法错误的是
已知：，，。
  
A．曲线c表示
B．，
C．
D．时，

七、结构与性质
16．硼、铝及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态B原子核外电子有___________种空间运动状态。
(2)、、沸点由高到低的顺序为___________，、、的热稳定性由强到弱的顺序为___________。
(3)分子中键长远比B和F的半径之和小，原因是分子中含有与苯类似的大大键。该分子中的大键表示为___________。
(4)下列物质均与发生配位反应，其中形成N-B键最强的是___________。
A．    B．    C．
(5)氮化硼()有立方氮化硼和六方氮化硼两种结构。

①立方氮化硼晶胞如图，N与B原子的配位数之比为___________。已知N-B的键长为anm，则该晶胞的晶胞参数为___________nm。
②六方氮化硼又称“白石墨”，结构与石墨相似，氮硼交替形成层状结构，与石墨的导电能力不同，是优良的绝缘体，原因是___________。

八、工业流程题
17．我国稀土工艺技术水平世界领先。从离子型稀土矿中(含RE、K、Al、Mg、Si、F等多种铝硅酸盐化合物，RE代表稀土元素)通过阳离子交换法提取工艺流程如图。
  
已知：①稀土矿中、、等主要吸附于铝硅酸盐中，稀土元素离子和杂质离子在矿洞中可与加入的盐溶液发生阳离子交换，将与从铝硅酸盐中交换出来。
②常温下部分难溶物的溶度积如表：
物质







③pH对稀土和铝浸出率的影响如图：
  
回答下列问题：
(1)“滤渣1”中存在，其阴离子的空间构型为___________。“浸出”时最佳为4.5，大于4.5稀土浸出率降低，解释原因___________。
(2)矿洞中“浸出”时发生复杂反应，写出稀土离子交换的离子方程式___________(注明物质状态)。
(3)“沉淀”稀土离子的离子方程式为___________。
(4)回收利用“滤液”的操作单元是___________。
(5)“操作2”的名称为___________，实验室进行该步操作需要用到的玻璃仪器有___________。

九、实验题
18．氨基钠难溶于液氨，易与水、氧气反应。将钠加入液氨中催化制得氨基钠，装置如图。回答下列问题：
  
(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________。
(2)装置D的作用为___________。
(3)装置C中的作用为___________。
(4)加钠粒前，需先用氨气排尽装置中的空气，判断空气已经排尽的方法为___________。
(5)装置C中反应的化学方程式为___________。
(6)工业产品含量与产品纯度分析

①高压条件下反应1小时，不同温度下金属钠用量与产品中氨基钠含量的关系如图。50℃时，氨基钠的含量最高，温度过低或过高都不利于生成氨基钠的原因为___________。
②测定产品中氨基钠(无其他含氮杂质)的纯度方法如下：

滴定时，重新转化为的化学方程式为___________。滴定终点消耗盐酸，氨基钠的纯度为___________。

十、有机推断题
19．有机物Q是临床用于慢性丙肝病毒感染的药物，其合成路线如图。回答下列问题：

(1)B中官能团的名称为___________。H→Ⅰ的反应类型为___________。
(2)F的名称为___________，H的结构简式为___________。
(3) E→G的反应方程式为___________。
(4)符合下列条件的C的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
a．存在和结构    
b．能发生水解反应
c．苯环上除两个外，只有一个取代基
(5)结合题目信息，写出以和为原料制备的合成路线___________。

十一、原理综合题
20．用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可获得对二甲苯(p-X)，同时生成乙烯、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)等副产物，其反应如下
Ⅰ：           
Ⅱ：        
Ⅲ：        
Ⅳ：         
在恒压条件下。加入密闭容器中反应，不同温度下二甲苯异构体平衡选择性(用表示，、或者，如图1。

(1)反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的为或或，结合图1信息，___________。
(2)温度对平衡状态下甲苯转化率、甲醇甲基化选择性(发生反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的甲醇与总转化甲醇的物质的量之比，用表示)、甲醇脱水选择性(发生反应Ⅰ的甲醇与总转化甲醇的物质的量之比，用表示)的影响如图2。代表甲醇甲基化选择性的曲线是___________(填标号)，温度时曲线b下降的原因为___________。

(3)时，曲线c的纵坐标为40%。达到平衡时，，该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________。
(4)碳酸二甲酯(DMC)也可与Tol发生甲基化反应[投料比，其它条件不变]：
Ⅴ：     
Ⅵ：     
Ⅶ：     
温度时，与甲醇相比，使用DMC生成二甲苯时，Tol平衡转化率明显增大，原因是___________。
(5)以下措施能够有效增加平衡选择性()的是___________。
A．选用合适催化剂 B．使用DMC等更优质甲基化试剂
C．增加反应的压强 D．及时移去反应产生的

参考答案：
1．C
【详解】A．同周期从左向右第一电离能呈增大趋势 ，N具有半充满电子结构，较稳定，第一电离能大于O，则第一电离能 N>O>C，A项正确；
B．聚乙二醇可与水形成分子间氢键，具有良好的亲水性，B项正确；
C．水玻璃为Na2SiO3的水溶液，可用作粘合剂，不可用于滴眼液，C项错误；
D．该分子中存在手性碳原子，因此存在对映异构体，D项正确。
答案选C。
2．B
【详解】A．CN-易与氢离子反应生成HCN，所以为防止生成HCN，造成人员中毒或者污染空气，该工艺不能在酸性条件下进行，故A正确；
B．液溴具有腐蚀性，能溶于酒精，液溴沾在皮肤上，应立即用酒精清洗，苯有毒，不能用苯清洗，故B错误；
C．蒸馏时，三颈烧瓶中液体的体积不能过少或过多，应为三颈烧瓶体积的~，故C正确；
D．硝酸铵、三硝基甲苯受热或经撞击易发生爆炸，使用时防止剧烈受震，故D正确；
故选B。
3．C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素形成的物质Q中W形成+1价阳离子，则W处于IA族，可知W为Na元素；物质Q的阴离子中X形成1个共价键，结合原子序数可知X只能为H元素，四元素的原子序数之和是25，则Y、Z的原子序数之和为25-1-11=13，而Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，可推着Y为B元素、Z为O元素，Y形成4个共价键中有1个是配位键。
【详解】A．由结构可知B原子的价电子对数为4，B原子采取sp3杂化，A项正确；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，B项正确；
C．该化合物中B的化合价为+3，C项错误；
D．Q为一种强氧化剂，存在过氧键，在一定条件下能与水反应生成 H2O2，D项正确；
答案选C。
4．A
【详解】A．根据有机物的结构可知该分子中含有n+1个甲基，A项正确；
B．与苯环相连的原子在一个平面上，与碳碳双键相连的原子在一个平面上，酯基为平面结构，单键可旋转，则分子中的四个氧原子可能在同一平面，B项错误；
C．酚羟基的邻位和对位会与溴水发生取代反应，碳碳双键可以和溴水发生加成反应，故可消耗4molBr2，C项错误；
D．酚羟基、酯基和溴原子都可以和氢氧化钠溶液反应，1molM与足量NaOH溶液反应最多可消耗(2 + n) molNaOH，D项错误。
答案选A。
5．A
【详解】A．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO4 ~ 5VOSO4 ~ 5e-，则①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，A项错误；
B．向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝，说明浓盐酸能把还原为VO2+，Cl-失去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：2+4H++2Cl-= 2VO2++Cl2↑+2H2O，B项正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，氧化性： MnO>， 由②可知，氧化性：> Cl2，所以氧化性MnO2>>Cl2，C项正确；
D．具有较强的氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeSO4会发生氧化还原反应，则被还原为VO2+，Fe2+被氧化为Fe3+，D项正确；
故答案选A。
6．B
【分析】由题给流程可知，反应器1发生的反应为氯气与冷氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，混合器中尿素溶于水得到尿素溶液，反应器2中尿素溶液与次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液反应生成水合肼、氢氧化钠和碳酸钠，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+CO，反应所得溶液经蒸馏分离得到水合肼溶液和含有氯化钠、碳酸钠的混合溶液，水合肼溶液在浓缩塔中除水得到水合肼。
【详解】A．氯气在较高温度下与氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，所以反应器1中的反应需在较低温度下进行，故A正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能将水合肼氧化，所以为防止水合肼被氧化，反应器2中应先加入混合器中的尿素溶液后缓慢加入反应器1中溶液，故B错误；
C．由分析可知，物质X为碳酸钠和氯化钠的混合溶液，故C正确；
D．由分析可知，反应器2中发生的反应为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+CO，则制备1mol水合肼需要消耗尿素的质量为1mol ×60g/mol=60g，故D正确；
故选B。
7．A
【详解】A．向淡水中同时加入碳酸钠溶液和硫酸铝溶液，两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀，不能形成胶体，不能除去浑浊的天然淡水中的悬浮颗粒物，故A符合题意；
B．取一根光洁的铜丝整成螺旋状，置于酒精灯外焰加热，然后置于酒精灯内焰，反复几次，观察铜丝变化，铜丝由红色变为黑色，最后又变为红色，原来特殊香味的液体变为了刺激性气味的液体，说明乙醇发生了催化氧化，故B不符合题意；
C．向2−溴丙烷中先加入溶液，加热，取上层液体，加入适量稀硝酸，再加入溶液，观察是否有淡黄色沉淀生成，有淡黄色沉淀，说明2−溴丙烷在氢氧化钠加热条件下水解生成溴化钠，则说明2−溴丙烷中含有溴原子，故C不符合题意；
D．乙酸乙酯粗产品中加入饱和硫酸钠溶液至无逸出，饱和碳酸钠将乙酸反应，分液；酯层加入饱和溶液，充分混匀既至酯层呈中性后分液，说明乙酸已除尽，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
8．D
【详解】A．根据晶胞结构，可知Q位于体对角线的左上方，分数坐标为 (0.25，0.75，0.75)，A项正确；
B．共价晶体中共价键的键长越短，晶体熔沸点越高，硬度越大，该CO2晶体中化学键键长比SiO2晶体中的键长短，所以该CO2晶体比SiO2晶体硬度大，B项正确；
C．半径小的原子为O，半径较大的原子为C，则该晶胞中含有O原子个数为16个，含有C原子个数为个，则该晶体密度，C项正确；
D．该晶胞含有4个完整的碳氧四面体，另外还有与其他晶胞共用的四面体，故碳氧四面体的数目不只4个，D项错误。
答案选D。
9．D
【分析】用废旧硬质刀具回收金属钻，首先用盐酸提供的酸性条件下进行电解，其中钴和铁被溶解，用过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，通入氨气将其沉淀，随后加入碳酸铵形成碳酸钴，焙烧后得到氧化钴，再用一氧化碳还原可以得到单质钴，以此解题。
【详解】A．“电解”时硬质刀具做阳极，失去电子被氧化为Fe2+和Co2+，阴极为H+放电得到H2，故A正确；
B．洗涤CaC2O4不充分，会附着氯化铵，在焙烧时氯化铵会分解生成氨气和氯化氢，污染环境，故B正确；
C．由图可知，“焙烧”时发生的主要反应为：，故C正确；
D．由除杂步骤可知Fe2+与H2O2反应生成Fe3+，而Co2+未反应，因此还原性：，故D错误；
故选D。
10．BD
【详解】A．①中Mn原子形成了6个共价键，s、p杂化类型中，sp杂化最多形成4个键，所以1中Mn的d轨道参与了杂化，故A正确；
B． 形成3个单键的N原子还有1对孤电子对，未参与杂化，未形成大Π键形成2个单键1个双键的N原子，3个单电子形成3个，1对孤电子对参与形成大Π键 ，故B错误；
C．由图可知，物质②转化为⑤时碳碳双键转化为单键形成环状物质，原子数目没有变化，属于加成反应，故C正确；
D．Mn元素在①、②、③中形成6条共价键，在④、⑤中形成5条共价键，故Mn的化合价发生变化，故D错误；
故选：BD。
11．B
【详解】A．装置甲中发生氧化还原反应：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，每生成16.8g(0.2mol)碳酸氢钠则生成0.1molCl2O，标准状况下的体积为2.24L，A项正确；
B．装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，浓硫酸不能除去多余Cl2，故装置乙中盛装的不是浓硫酸，B项错误；
C．打开 K2 关闭 K1，则利用压强能将装置丙中液体压入装置丁，C项正确；
D．装置丁中溶液酸性显著则说明发生了HClO+HCOOH=HCl+CO2↑+H2O，可证明次氯酸的氧化性，D项正确。
答案选B。
12．AC
【详解】A．Y属于强酸弱碱盐，阳离子发生水解，因此其水溶液显酸性，故A正确；
B．根据BBL的结构得知，在稀NaOH溶液中能断裂连碳氧双键的那个碳的碳氮单键，不能完全降解，故B错误；
C．1molY 消耗4mol氢氧化钠生成1mol  、4mol水和4mol NaCl，1mol X水解生成了含有4mol羧基的物质，会消耗4mol氢氧化钠，则等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相同，故C正确；
D．由X和Y通过缩聚反应得到BBL同时会生成水和氯化氢，两者的比例为4:4=1:1，故D错误。
综上所述，答案为AC。
13．D
【详解】A．放电过程中，电子从负极移向正极，Na+移向正极，A项正确；
B．放电过程中，负极上Na6C8H2O6失电子生成Na4C8H2O6，电极反应式正确，B项正确；
C．充电过程中， Na4C8H2O6 在阴阳两极参加反应，阳极上是Na4C8H2O6 失电子生成Na2C8H2O6，阴极上是Na4C8H2O6 得电子生成Na6C8H2O6，断键位置不同，C项正确；
D．充电过程中，阴极上Na4C8H2O6 得电子生成Na6C8H2O6，当阴极 Na4C8H2O6 中 2molC=O 参与反应时，质量增加2×23=46g，D项错误。
答案选D。
14．CD
【分析】茶多酚易溶于乙醇，因此先将绿茶用60%的乙醇浸取，乙醇的沸点较低，过滤后蒸馏得到的物质1为乙醇，因为茶多酚不溶于氯仿，用氯仿洗涤可除去咖啡碱、叶绿素等有机物，再用乙酸乙酯萃取后蒸馏得到的物质2为乙酸乙酯，进而可得到粗茶多酚，据此分析解题。
【详解】A．因乙醇易挥发，因此“浸取”时不可用酒精灯加热，A错误；
B．“抽滤”用布氏漏斗、不能用普通漏斗，B错误；
C．由分析知，“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物，C正确；
D．由分析知，“物质1”为乙醇，“物质2”为乙酸乙酯，均可循环利用，D正确；
故答案为：CD。
15．BD
【分析】由题意可知，Na2X溶液与过滤过量固体单质X反应生成Na2X3，由K1=K2>1可知，向Na2X3溶液中加入氯化氢时，X离子和X离子与氢离子反应转化为HX—离子，则a表示H2X、b表示HX—离子、c表示X离子、d表示和X离子、e为X2-。
【详解】A．由分析可知，c表示X离子，故A正确；
B．由分析可知，HX—离子与X离子浓度相等时，溶液pH为12.2，由电离常数公式可知，Ka2(H2A)= ，显然，X2-的浓度不等于HX-，故B错误；
C．由化学方程式可知，K1=，则；K2=，因为，则，；由图可知，溶液pH为12.2时，溶液中c(HX—)= c(X)，；溶液pH为13.2时，溶液中c(HX—)= c(X)，，所以，，则，故C正确；
D．由题意可知，Na2X溶液与过滤过量固体单质X反应生成Na2X3，由物料守恒可知，溶液中时，＞，故D错误；
故选BD。
16．(1)3
(2)
(3)
(4)A
(5) 1∶1 氮的电负性较大，键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动

【详解】（1）基态B原子核外电子排布为1s22s22p1，有三个原子轨道，因此基态B原子核外电子有3种空间运动状态。
（2）AlF3是离子化合物，AlCl3和AlBr3为共价化合物，且AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，因此沸点AlF3＞AlBr3＞AlCl3。键长越小，则键能越大，分子越稳定，键长B-F＜B-Cl＜B-Br，则热稳定性BF3＞BCl3＞BBr3。
（3）BF3分子中每个F提供一对孤电子对，与B原子形成大π键，即。
（4）B和N之间形成配位键，B提供空轨道，N提供电子，乙基向N提供电子的能力大于H原子和Cl原子，因此形成N-B键最强的是(C2H5)3N，选择A项。
（5）①BN中B和N的配位数都是4，则N与B原子的配位数之比为1∶1，N-B的键长相当于体对角线的，则该晶胞的晶胞参数为。②N的电负性大于B，则π 键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，因此BN的导电性差，为优良的绝缘体。
17．(1) 正八面体 生成絮状沉淀，对稀土离子产生吸附；或过大会导致减小，阳离子对稀土离子的交换减弱；或过大稀土离子容易发生水解
(2)
(3)
(4)浸出
(5) 反萃取 分液漏斗、烧杯

【分析】稀土矿经过“浸出”操作，过滤后滤液中含有RE3+、Al3+、Mg2+等离子，“调pH”操作除去Al3+，“除杂”操作除去Mg2+，“沉淀”操作将RE3+转化为RE2(CO3)3沉淀析出，后经过萃取与分萃等操作或得到纯净的RE2(SO4)3。
【详解】（1）Si的孤电子对数为，所以的空间构型为正八面体。“浸出”时最佳pH为4.5，大于4.5稀土浸出率降低的可能原因是pH>4.5生成 Al(OH)3絮状沉淀，对稀土离子产生吸附，或是pH过大会导致c()减小，阳离子对稀土离子的交换减弱，或是pH过大稀土离子容易发生水解。
（2）“浸出”时可与加入的盐溶液发生阳离子交换，将RE3+从铝硅酸盐中交换出来，离子方程式为。
（3）“沉淀”过程将RE3+转化为生成碳酸盐沉淀，离子方程式为。
（4）滤液中主要成分为硫酸铵，可在“浸出”操作单元重复利用。
（5）操作2使得RE从有机相回到水相，该操作名称为反萃取。实验室进行该步操作需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
18．(1)
(2)防止氧气、水进入密闭体系
(3)催化剂
(4)收集一试管排出的气体，倒置于水中，若水充满试管，则空气已排尽
(5)
(6) 温度较低，反应速率较慢；温度较高，氨大量气化导致金属钠反应不完全 97.5%

【分析】装置A中发生反应为氯化铵和氢氧化钙生成氨气，氨气干燥后进入CD装置，排净装置中空气后，C中加入钠反应生成氨基钠，D装置防止氧气、水进入密闭体系；
【详解】（1）装置A中发生反应为氯化铵和氢氧化钙生成氨气、氯化钙和水，化学方程式为；
（2）氨基钠难溶于液氨，易与水、氧气反应，装置D的作用为防止氧气、水进入密闭体系中和氨基钠反应；
（3）将钠加入液氨中催化制得氨基钠，则装置C中的作用为催化剂；
（4）氨气极易溶于水，加钠粒前，需先用氨气排尽装置中的空气，空气排净则装置中充满氨气，判断空气已经排尽的方法为：收集一试管排出的气体，倒置于水中，若水充满试管，则空气已排尽；
（5）装置C中反应的化学方程式为；
（6）①50℃时，氨基钠的含量最高，温度过低或过高都不利于生成氨基钠的原因为温度较低，反应速率较慢，温度较高，氨大量气化导致金属钠反应不完全。
②滴定时，重新转化为的反应为和水、HCl反应生成氯化铵和，化学方程式为；由方程式结合氮元素守恒可知，氨基钠的纯度为。
19．(1) 硝基、酮羰基 取代
(2) 对甲基苯胺或4-甲基苯胺
(3)+→+
(4)40
(5)

【分析】由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则B为；一定条件下与氢气发生加成反应生成，催化剂作用下与CH3SO2Cl发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则F为；与铁和盐酸发生还原反应生成，则H为；与发生取代反应生成，与发生取代反应生成Q。
【详解】（1）由分析可知，B的结构简式为，官能团为酮羰基和硝基；H→I的反应为与发生取代反应生成和水，故答案为：硝基、酮羰基；取代反应；
（2）由分析可知，F的结构简式为，名称为对甲基苯胺或4—甲基苯胺，H的结构简式为，故答案为：对甲基苯胺或4—甲基苯胺；；
（3）由分析可知，E→G的反应为与发生取代反应生成和，反应的化学方程式为+→+，故答案为：+→+；
（4）C的同分异构体存在和碳碳双键结构，能发生水解反应说明同分异构体分子中含有酯基，苯环上除两个硝基外，只有一个取代基的同分异构体可以视作或和HCOO—取代了丙烯分子中的氢原子，共有9种×2=18种；也可以视作或和CH3COO—取代了乙烯分子中的氢原子，共有2种；也可以视作或取代了丙烯分子中的氢原子，共有9种×2=18种；也可以视作或取代了乙烯分子中的氢原子，共有2种，则符合条件的结构简式共有40种，故答案为：40；
（5）结合题目信息可知，以和为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成；在浓硫酸作用下与浓硝酸共热反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
20．(1)
(2) a 时，甲醇脱水选择性增大
(3)
(4)甲醇会脱水产生乙烯而不会发生副反应
(5)D

【详解】（1）反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的为或或，三者均为放热反应，升高温度，反应均逆向移动，而焓变为的反应受温度影响更大，逆向进行程度更大，其异构体平衡选择性会减小，同理，焓变为的反应受温度影响较小，逆向进行程度较小，其异构体平衡选择性相对会增大，相对来说焓变为的异构体平衡选择性相对不变，结合图1可知，=、=，故=；
（2）、的和为总的转化甲醇，则+=100%，结合图2可知，ac为、的中的一种，b为甲苯转化率，甲苯转化过程转化消耗甲醇，则不会为零，结合图像可知，代表甲醇甲基化选择性的曲线是a、代表甲醇脱水选择性的曲线是c；温度时曲线b下降的原因为时，甲醇脱水选择性增大，导致甲苯转化率降低；
（3）在恒压条件下，设甲苯、甲醇投料为2mol、1mol；加入密闭容器中反应，时，达到平衡时，，则说明甲醇几乎完全转化，曲线c的纵坐标为40%，则参与反应Ⅰ生成乙烯0.2mol、水0.4mol，甲苯甲基化反应形式均相同且均为气体分子数不变的反应，则参与甲基化反应消耗甲醇共0.6mol、生成水共0.6mol，故该温度下平衡时，总的物质的量为3mol+0.2mol=3.2mol、乙烯0.2mol、水0.4mol+0.6mol=1.0mol，乙烯、水的分压分别为、，故反应Ⅰ的平衡常数；
（4）甲醇会脱水产生乙烯而不会发生副反应，由于没有副反应发生，故温度时，与甲醇相比，使用DMC生成二甲苯时，Tol平衡转化率明显增大；
（5）A．催化剂改变反应速率，但是不改变平衡移动，A不符合题意；
B．使用DMC等会同时生成p-X、m-X、o-X，没有单独增加平衡选择性，，B不符合题意；
C．生成的反应均为气体分子数不变的反应，增加反应的压强，平衡不移动，C不符合题意；    
D．及时移去反应产生的，利于平衡正向移动，能够有效增加平衡选择性，D符合题意；
故选D。