广东省东华高级中学2023届高三年级上册模拟考试化学试题（解析版）

广东省东华高级中学2023届高三上学期模拟考试

化学试题

（本试卷满分100分，考试时间75分钟）

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Na-23S-32Mg-24Cl-35.5

Ti-48

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第11-16

小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求

的。

1.我国传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列说法正确的是

A.“风干日曝咸味加，始灌潮波墉成卤”，该过程涉及的操作方法是蒸发结晶

B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取过程涉及化学变化

C.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的溶解性不同

D.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，该过程不涉及氧化还原反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.“风干日曝咸味加，始灌潮波墙成卤”指将水蒸发得到盐，该过程涉及的操作

方法是蒸发结晶，正确；

B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，句中体现的对青蒿素的提取，没有生成新物质，

属于物理变化，错误；

C.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，蒸烧的实验方法是利用物质的沸点不同，控制温度使乙酸

与乙醇分离，错误；

D.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，诗句中涉及石蜡的燃烧反应，属于氧化还原反

应，错误；

故选Ao

2.北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法第屏的是

A.飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零

B.部分场馆使用“脩化镉''光伏发电系统，利用了太阳能转化为电能

C.运动员“战袍”内层添加石墨烯片用于保暖，石墨烯和碳纳米管互为同分异构体

D.速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保

【答案】C

【解析】

【详解】A.飞扬火炬使用纯氢作燃料，反应产物为水，无污染，且实现碳排放为零，有

利于实现碳中和，故A正确；

B.“硫化镉”发电玻璃是通过吸收可见光，将光能转化为电能，故可将太阳能转化为电

能，故B正确；

C.石墨烯和碳纳米管是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C错误：

D.CCh跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，减少了氟利昂对臭氧层的

破坏作用，故D正确；

答案选C。

3.五育并举，劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识具有因果关系的是

选

劳动项目化学知识

项

A社区服务：宣传推广使用免洗手酒精消毒液乙醇具有特殊香味

B农业劳动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素

家务劳动：用洁厕灵（主要含浓盐酸）清洗马

C含氯化合物具有杀菌消毒功能

桶

D职业劳动：食品包装袋内充氮气氮气无色无味

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙醇能使细菌蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与其特殊香味无关，故A错

误；

B.厨余垃圾含N、P、K等元素，因此可用厨余垃圾制肥料，故B正确；

C.用洁厕灵（主要含浓盐酸）清洗马桶，主要是含氯化合物HC1具有酸性，与马桶中污垢反

应生成可溶的氯化物，与杀菌消毒无关，故C错误；

D.氮气化学性质稳定，可作保护气，与其颜色气味无关，故D错误；

答案选B。

4.下列有关化学用语表示正确的是

A.CC14的球棍模型为JQ=OB,甲基的电子式为

C/凡和2H2互为同位素D.口罩"熔喷层''原料中聚丙烯的结

构简式：--CH2cH2cH2■-

•」n

【答案】B

【解析】

【详解】A.球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；氯原子半径大于碳原

9

子，CCL,的球棍模型为，A错误;

H

B.甲基含有1个未成对电子，甲基的电子式为H：©1B正确;

C.质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素；'H?和2H2均为氢气

单质，C错误；

CH3

D.聚丙烯的结构简式：，D错误；

——CH2/CH一n

故选Bo

5.化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列指定反应的离子方程式正确的是

电解

A.电解MgCb水溶液：2C1+2H2O^=2OH-+Cl2f+H2T

B.久置的H2s溶液变浑浊：2s2-+Ch+4H+=2Sl+2H2。

+

C.NazCh溶于水：Na2O2+H2O=2Na+20H-+O2?

D.NaOH溶液与过量H2c2O4溶液反应：H2c2O4+OH=HC2O；+H20

【答案】D

【解析】

【详解】A.生成氢氧化镁难溶，不能拆成离子，A错误；

B.硫化氢弱电解质，不能拆成离子，B错误；

C.方程式没有配平，应为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH+O2TC错误;

D.H2c2。4是二元弱酸，过量H2c2。4,生成酸式盐，D正确；

故选D。

6.下列实验中的仪器、药品选择正确且能达到实验目的的是

稀硝酸

甲乙丙丁

A.利用装置甲制备氧气，可以随时控制反应的发生和停止

B.利用装置乙制取氯气

C.利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO

D.利用装置丁验证浓硫酸的吸水性

【答案】D

【解析】

【详解】A.过氧化钠粉末无法搁置在有孔塑料板上，不能随时控制反应的发生和停止，

A错误；

B.反应需加热，缺少加热装置、不能利用装置乙制取氯气，B错误；

C.NO不能用排空气法收集、不能利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO,C错误；

D.在密闭装置内，左边试管内蓝色能变白色、可利用装置丁验证浓硫酸的吸水性，D正

确；

答案选D。

7.下图是某元素常见物质的“价类”二维图，其中d为红棕色气体，f和g均为正盐且焰色

反应火焰为黄色。下列说法箱送的是

A.e的浓溶液可以用铝槽车运输

B.工业上通过a—c—d—e来制备HNO3

C.d是一种酸性氧化物

D.c、d混合物可与NaOH溶液反应生成g

【答案】C

【解析】

【分析】由题干信息d为红棕色气体，则d为N02,说明该图为N元素的“价类”二维

图，则可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NCh,e为HNO3,f和g均为正盐且焰色

反应火焰为黄色，说明g、f含有Na,则f为NaNCh、g为NaNCh,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，e的浓溶液即浓HNO3,由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故

可以用铝槽车运输浓HNOs,A正确：

B.N%和氧气催化氧化生成一氧化氮气体，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和

水反应生成硝酸，B正确；

C.由分析可知，d为NO2,2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,故NO2不是酸性氧化

物，C错误；

D.NO和NO?与氢氧化钠溶液反应的方程式为NO2+NO+2NaOH=NaNO2+H2。，D正确；

故答案为C。

8.下列陈述I、n正确并且有因果关系的是

选项陈述I陈述H

A用淀粉-KI溶液鉴别FeCb和FeChFe2+有氧化性

Na2cO3在水中的溶解度大于

B氨碱法所得的盐以固体形式析出

NaHCO3

C热的浓硫酸可以用铁制容器盛放浓H2s具有强氧化性

D油脂和汽油都是油一定条件下都能发生皂化反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.铁离子能氧化碘离子生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，能证明铁离子有氧化性，

不能证明亚铁离子有氧化性，A错误；

B.碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，所以氨碱法过程中可以生成碳酸氢钠固体，B正确；

C.常温下铁在浓硫酸中钝化，体现浓硫酸的强氧化，但是在热的浓硫酸中铁能溶解，不

能体现其强氧化性，C错误；

D.汽油的主要成分是崎，不能发生皂化反应，D错误；

故选B。

O

9.一种活性物质的结构简式为,下列有关该

物质的叙述正确的是

A.能发生取代反应，不能发生加成反应

B.既是乙醉的同系物也是乙酸的同系物

C.该物质中既有◎键，又有兀键

D.Imol该物质与碳酸钠反应得44gCO?

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于该物质含有碳碳双键，所以可以发生加成反应，故A错误；

B.同系物是结构相似，分子组成相差1个或若干个CH2原子团的有机物，乙醇分子中只

含有羟基，乙酸分子中只含有段基，二者与该物质结构不相似，均不为同系物，故B错

误；

C.单键都是。键，双键中有一个c键和一个兀键，该物质中既有单键，又有双键，所以

该物质中既有◎键，又有兀键，故c正确；

D.该物质分子中只含1个竣基，Imol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5molCCh,最大

质量为22g,故D错误；

答案选C。

10.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是

A.澄清透明的溶液中：Fu"、AF+、Cl\SO；

B.由水电离的c(H+)=lxlO*mol/L的溶液：「、Al3\NO；、Na+

C.O.Imol/LNaAlCh溶液中：Na\K+、NO；、HCO；

D,使甲基橙变红色的溶液：AP\Na+、「、S2。：

【答案】A

【解析】

【详解】A.各个离子之间互不反应，能大量共存，A正确；

B.由水电离的c(H+)=lxl()T4moi/L的溶液可能显酸性或碱性，酸性条件下H+、1-、NO?

发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下AF+、OH-结合生成沉淀不能共存，B错误；

C.A1O；,HCO£发生反应A1C)2+H2O+HCO；=A1(OH)3+CO；-而不能大量共存，C错

误；

D.甲基橙变红色的溶液呈酸性，H\52。；一反应生成二氧化硫和S而不能大量共存，D错

误；

故选：Ao

11.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降

低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的

电流。

下列叙述错误的是

A.阳极发生将海水中的c「氧化生成CL的反应

B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO

C.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气

D,阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理

【答案】D

【解析】

【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、ChMg?+等，根据题干信息可知，装置的原

理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的C1-会优先失电子生成CL,阴极区H2O优先

得电子生成出和0H,结合海水成分及电解产物分析解答。

【详解】A.根据分析可知，阳极区海水中的cr会优先失去电子生成CL，发生氧化反

应，A正确；

B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cb与阴极区生成的0H在管道

中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O,其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的

生物，B正确；

C.因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排

除安全隐患，C正确；

D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e=H2T+20H-,会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极

表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。

故选D。

12.汽车尾气中的氮氧化物、碳氢化物与臭氧反应是造成城市光化学污染的主要原因，其

中常见的反应为CH3cH=CHCH3（2-丁烯）+2O3T2CH3cH0+202,已知NA为阿伏加德罗常

数的值，下列有关说法正确的是

A.标准状况下，2.24LCH3cHO中所含原子数目为0.7NA

B.Ch和。3均只含非极性键，均为非极性分子

C.CH3cH。和CH3cH=CHCH3分子中采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比均为1：1

D.若有2moi。3参与反应，则反应中转移的电子数目为12NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.标准状况下，CEhCHO是液体，2.24LCH3CHO不是O.lmol,故A错误；

B.含有非极性键不一定是非极性分子，要看其正负电荷重心是否重合，03分子结构重心

不对称，正负电荷重心不重合，故03不是非极性分子，故B错误；

C.饱和碳原子采取sp3杂化，碳氧双键和碳碳双键的碳原子采取sp2杂化，所以CH3cH0

和CH3cH=CHCH3分子中采取sp2杂化和sp,杂化的碳原子数目之比均为1:1,故C正确；

D.在该常见反应中，2-丁烯转变为乙醛，碳元素化合价平均从-2升高到T,氧元素化合

价从0降低到-2,若2moiCh反应，电子转移4mol,故D错误；

答案选C。

13.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W

与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是W原子内层电子数的2

倍。下列说法正确的是

A.原子半径：Y>X>WB.单质的熔点：Y>X>W

C.简单氢化物的沸点：Z>WD.Z的最高价含氧酸一定是强酸

【答案】B

【解析】

【分析】w、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不在同一

周期，Y原子最外层电子数为W原子内层电子数的2倍，则W应为第二周期元素，X、

Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4,则Y为Si元素；X、Y相邻，且X的原子序

数小于Y,则X为A1元素；W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则W、Z的最外层

电子数之和为19-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若W的最外层电子数为7,

为F元素，Z的最外层电子数为5,为P元素，若W的最外层电子数为6,为O元素，则

Z的最外层电子数为6,为S元素，若W的最外层电子数为5,为N元素，Z的最外层电

子数为7,为。元素，则W为N元素或O元素或F元素，X为A1元素，Y为Si元素，Z

为C1元素或S元素或P元素，以此分析解答。

【详解】A.同周期从左至右，原子半径减小，原子半径AI>Si,A错误;

B.单质熔点Si>Al>W,W单质为氮气或氧气或氟气，B正确；

C.W的简单氢化物分子间存在氢键，简单氢化物的沸点W>Z,C错误;

D.若Z为P元素，最高价含氧酸磷酸是弱酸，D错误；

故选B。

14.为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的CO进行合理利

用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现Cb与CO合成COCL的反应机理如

下：

①C1^=^2C%)快；

(2)CO(g)+Cl-(g)、'COC”)快;

(3)COCl-(g)+C12(g)、'COC<(g)+C"g)慢。

反应②的速率方程丫正=左正c(CO)xc(Cl)v逆=%逆”(200),每E、左逆是速率常数。

下列说法第送的是

A.反应②的平衡常数K=?匕

k逆

B.反应①的活化能小于反应③的活化能

C.要提高合成COCL的速率，关键是提高反应③的速率

D.使用合适的催化剂可以增大该反应体系中COChg)的体积分数

【答案】D

【解析】

c(COCl)

【详解】A.反应②平衡常数K=反应达到平衡状态左正c(CO)xc(Cl-)

c(CO)xc(Cb)

,k*c(COCl)vK

=^c(COCl・)，所以%~言则K=%L故A正确;

k逆c(CO)xc(Cl-)k逆

B.活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化

能小于反应③的活化能，故B正确；

C.反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COC12的速率，关键是提高反

应③的速率，故C正确；

D.催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COC12®的体积分

数，故D错误；

选D。

15.次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，次磷酸钠(NaH2Po2)广泛应用于化学镀锲，次磷酸钠

生产与镀银过程如图所示•下列有关说法正确的是

NaOH(aq)NiSO4(aq)

PH3Ni

3d4s

A.Ni2+价电子的轨道表示式为

B.“碱溶”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1

CP%、PO：中P的杂化方式相同,键角PO；>PH3

A,

D.次磷酸筱与足量氢氧化钠共热，发生反应NH：+H2PO；+3OH=NH3T+3H2O+PO；

【答案】C

【解析】

【详解】A.基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2,Ni原子失去2个4s电子变为Ni2+,

3d

则Ni?+的价层电子排布式为3d8,故其价电子的轨道表示式为回疝正国，故A错

误；

B.“碱溶”时，发生的反应为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3t,氧化剂与还原剂均为

P4,根据化合价变化，二者物质的量之比为1:3,故B错误；

5-3x1

C.P%中P原子价层电子对数为：3+二2一%采取SR?杂化，有1对孤电子对，空间

构型为三角锥形；P0：中P原子价层电子对数为：4+5+3~4X2=4,采取sp3杂化，无

孤电子对:空间构型为正四面体形，所以P0：中P的杂化方式相同，键角PO：—>PH3,故

C正确；

D.H3P02是一元酸，则NH4H2PCh为正盐，H2Poz不电离，次磷酸镀与足量氢氧化钠共

A

热，发生反应NH：+OH-=NH3f+H2。，故D错误；

答案选C。

16.某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法箱堡的是

碘水+淀粉

黄色沉淀

A.黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子

B.过程①中加入AgNCh溶液后，溶液的pH变小

C.蓝色褪去可能是因为生成Agl沉淀，使b和H2O的反应进行完全

D.向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝

【答案】D

【解析】

【分析】由实验流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色，碘水中存在如下平衡：I2+H2OB

H++I-+HIO,加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方

向移动，使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝

酸、硝酸银的滤液1;向滤液1中加入氯化钠溶液，除去溶液中的银离子，过滤得到滤液

2；向滤液2中加入碘化钾溶液，硝酸溶液、次碘酸溶液与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉

变蓝色。

【详解】A.由分析可知，向滤液1中加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故

A正确；

B.由分析可知，程①中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，过滤得

到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸、硝酸银的滤液1,则溶液的pH变小，故B正确；

C.加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动，

使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，故c正确：

D.由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸后，次碘酸

钠和硝酸钠的氧化性减弱，再加入碘化钾溶液，不可能发生氧化还原反应生成碘，溶液不

会立即变蓝色，故D错误；

故选D。

17.实验室利用FeCb4H20和亚硫酰氯（SO。9制备无水FeCk的装置如图所示（加热及夹持

装置略）。已知S0C12沸点为76℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：

（1）实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______（填“a”或"b"）。装置b内发生反

应的化学方程式为o装置c的名称,装置c、d共同起到的作用是

（2）现有含少量杂质的FeCbnlhO,为测定n值进行如下实验：

实验I：称取mig样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmoLL-KzCnCh标准溶液滴定Fe?+达

终点时消耗VmL（滴定过程中Cl-不反应）。

实验H：另取mig样品，利用上述装置与足量SOCb反应后，固体质量为m2g。

则n=；下列情况会导致n测量值偏小的是（填标号）。

A.样品中含少量FeO杂质

B.样品与SOCL反应时失水不充分

C.实验I中，称重后样品发生了潮解

D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成

A

（3）用上述装置，根据反应TiO2+CCL=TiC14+CO2制备TiCL。已知TiCL与CCL分子结

构相似，与CC14互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸储装置对TiCL、CC14混合物

进行蒸榴提纯（加热及夹持装置略），安装顺序为①⑨⑧（填序号），先储出的物质为

，原理是

=

【答案】（1）①.a®.FeC12-4H2O+4SOC12FeCl2+4SO2+8HCl③.球形冷凝管

④.导气、冷凝回流SOCL

„1000(m.-m)„

(2)①.---1-----②2.AB

(3)①.⑥⑩③⑤②.CCL③.TiCL、CCL分子结构相似，TiCL的相对分子质

量大于CCL,TiCL»分子间的范德华力较大，TiCL,的沸点高于CCL,故先蒸出的物质为CCL

【解析】

【分析】实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使S0C12挥发，b中SOCL和

FeCLWHzO反应生成FeCb、SO2、HC1,未反应的SOCb在冷凝管c中冷凝、回流到a中，

S02,HC1通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。

【小问1详解】

实验开始先通N2,排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置a,S0C12变为气体和

FeCbdHzO反应生成FeCL。装置b内SOCI2和FeCl24H2O反应生成FeCb、SO2、HC1,发

A

生反应的化学方程式为FeCh4H2O+4SOC12=FeC12+4SO2+8HCl。根据图示可知，装置c的

名称球形冷凝管；SOCL沸点为76℃,装置c、d共同起到的作用是导气、冷凝回流

SOCl2o

【小问2详解】

mig样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmoldJKzCnO标准溶液滴定Fe?+达终点时消耗

3+3+2+

VmL,发生反应Cr?。：+6Fe?++14H'=2Cr+6Fe+7H2O,可知n(Fe)=

n(FeCL)=6cmol-L'xVxlO_3L=6cVxlO'3mol;

mig样品，利用上述装置与足量SOCb反应后，固体质量为mag,则水的物质的量为

m「m?)gm.-m,lOOOCm,-m)

m—coil。n=*-mol2

18g/mol18108cV

6cVxlO_3mol

A.样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe"导致消耗的LCr。溶液的体积V偏

大，使n的测量值偏小，故选A：

B.样品与SOC12反应时失水不充分，FeCb的质量偏大，n值偏小，故选B；

C.实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的LCrO溶液的体积V不

变，使n的测量值不变，故不选C；

D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗KzCnCh标准溶液偏少，则FeCL的

质量偏小，n值偏大，故不选D；

选AB<)

【小问3详解】

蒸储装置用直形冷凝管，TiCk极易水解，所以装置最后连接干燥管，对TiCL、CCI4混合

物进行蒸榴提纯，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；TiCk、CCL,分子结构相似，TiCk的相对分

子质量大于CC14,TiC14分子间的范德华力较大，TiC14的沸点高于CC14,故先蒸出的物质

为CC140

18.稀土(RE)包括镯、钮等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用

离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

酸化MgSO,溶液月桂酸钠盐酸

[------155c

矿物浸取液一而卜滤液蕨]■一滤饼T加热盆拌卜碌网溶液

一山亍TI

灌渣滤液2月桂酸

已知：月桂酸(CuH23co0H)熔点为44℃；月桂酸和(CuH23coe))3RE均难溶于水。该工艺

条件下，稀土离子保持+3价不变；(CuffeCOO)2Mg的Ksp=1.8xl(r8,A1(OH)3开始溶解

时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。

离子Mg2+Fe3+Al3+RE3+

开始沉淀时的6.2〜

8.81.53.6

PH7.4

沉淀完全时的

/3.24.7/

PH

(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是,画出该元素基态原子价电子的

轨道表示式_______。

(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至的范围内，该过程中AP+发生反应的离子

方程式为o

(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g.LL为尽可能多

地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(CuH23coO)低于

molL"(保留两位有效数字)。

(4)①“加热搅拌''有利于加快RE?+溶出、提高产率，其原因是。

②“操作X”的过程为：先,再固液分离。

(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有(写化学式)。

(6)稀土元素轨(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂PUY。

①还原YCb和PtCLi熔融盐制备Pt3Y时，生成ImolPt3Y转移mol电子。

②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化02的还原，发生的电极

反应为_______

【答案】⑴Fe2+②.

3d4s

3+

(2)①.4.7<pH<6.2或4.7~6.2②.Al+3OH--A1(OH)31

(3)4.0x10-4

(4)①.加热搅拌可加快反应速率②.冷却结晶

(5)MgSO4(6)①.15②.O2+4er2H2。=40日

【解析】

【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSOa溶液浸取，得到浸取液中

含有RE'，Mg2\Fe?+、Fe3+，At"、SO：等离子，经氧化调pH使Fe?，、A「*形

成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE'+、Mg2+、SO：等离子，加入月桂酸钠，使

RE?+形成(C||H23coe))3立沉淀，滤液2主要含有MgSCh溶液，可循环利用，滤饼加盐

酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECb溶液。

【小问1详解】

由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+,以

便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+,铁元素原子序数为26,其基态原子价

电子的电子排布式为3d64s2、轨道表示式US，I，IfI口ED；

3d4s

【小问2详解】

由表中数据可知，AP+沉淀完全的pH为4.7,而RE，+开始沉淀的pH为6.2~7.4,所以为

保证Fe*、AF+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.74pH<6.2的范

围内，该过程中AF+发生反应的离子方程式为AF++3OH=A1(OH)31，故答案为：4.7<

3+

pH<6.2；Al+3OH-=A1(OH)3|；

【小问3详解】

滤液2中Mg?+浓度为2.7g-L，即0.1125mol/L,根据

2+2

^[(Q.H^COO),Mg]=c(Mg)c(CllH23COO),若要加入月桂酸钠后只生成

(CHH23COO)3RE,而不产生(C“H23coO^Mg,则

c(C„HnCOO)<bSP[(CUH23C,O)2Mg]=但①:=4.0x104mol.广，故答案

V1123'\c(Mg2+)V0.1125

为：4.0x10-4；

【小问4详解】

①“加热搅拌''有利于加快RE?+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答

案为：加热搅拌可加快反应速率；

②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C“H23coOH)熔点为44℃,

故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；

【小问5详解】

由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSCh,故答案为：MgSO4;

【小问6详解】

①YCL中Y为+3价，Pte、中Pt为+4价，而PtaY中金属均为0价，所以还原YCk和

PtCL,熔融盐制备Pt）时，生成ImolPt3Y转移15moi电子，故答案为：15；

②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O?+4e-+2H2O=4OH,

故答案为：Ch+4e+2H2O=4OH-。

19.含氮化合物（NOx、NO］等）是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。

（1）下列过程属于氮的固定过程的是（填选项字母）。

A.工业合成氨

B.工业利用氨气合成硝酸

C雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物

D.通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物

(2)已知反应2NC>2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)AH,=-1169kJmol1,该反应的逆反应活

化能为akJ-mol1,则其正反应活化能为（用含a的代数式表示）。

（3）某种含二价铜微粒［CU"（NH3）,『的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图

1,反应历程如图2。

H2+

[CU(NH3)2]

岫,比0>^①2NH,TS1:过渡态1

®TS11§2

,,+

[CU(NO2)(NH3)2]@

[CU"(NH)]2+

/NH；f34能

量

@TS3

NO

NO*2,④TS4

彘NH，7[CU'(H2NNO)(NH3)3]/N^

⑥-N2/H2O

①Cu的基态核外电子排布式为,基态Cu+比Cu2+稳定的原因是,从化学键

的角度解释［Cu"（NHj,广能结合NH3的原因：。

②该脱氮过程的总反应方程式为。该反应历程的决速步骤是。（填选项）

a.状态①一状态②b.状态②一状态③

c.状态③一状态④d.状态④一状态⑤

（4）实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为

NaNCh和NaNO2o该吸收过程中发生反应的离子方程式为。

【答案】(I)AC(2)(a-1169)

(3)①.Is22s22P63s23P63cT04sl或[Ar[3(r°4sl②.Cu+的价电子式为3/°，为全

充满状态，较稳定，CM+的价电子式为3d<),较不稳定③.NH3中的N有孤电子对，

[CU"(NH3),『中的Cu"有空轨道能接受孤电子对，形成配位键④.4NO+4NH3+O2

催化剂

-4N2+6H2O⑤.c

(4)2NO2+2OH-=NO；+NO；+H2O

【解析】

【小问1详解】

A.工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固

定，故选A；

B.工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮固定，故不选

B；

C.雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，

故选C；

D.通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化

合态，不属于氮的固定，故不选D；

选AC。

【小问2详解】

已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)△&=-1169kJ-moH,该反应的逆反应活化能为

akJ-moH,焰变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ-mol'+(-

1169kJmor,)=(a-1169)kJmol"。

【小问3详解】

①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d"Ns]C「的价电

子式为3d%为全充满状态，较稳定，CW+的价电子式为3d工较不稳定，属于基态Cu+比

C/+稳定；N%中的N有孤电子对，[Cu'lNHj『中的Cu"有空轨道能接受孤电子

对，形成配位键，所以[CuYNHj,「能结合NH3。

②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总

催化剂

反应方程式为4NO+4NH3+O2^=4N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定

总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③一状态④，选c。

【小问4详解】

NaOH溶液将NO2转化为NaNCh和NaNCh,根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为

2NO2+2OH=NO；+NO-+H2O。

20.奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程

如下：

请回答下列问题:

（1）A的名称是；B中所含官能团的名称是

（2）A转化为B的化学方程式为,反应⑤的反应类型是

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则G分子中的手性碳个

数为个

（4）写出满足下列条件的E的同分异构体的两个结构简式：、«

I.苯环上只有三个取代基

n.核磁共振氢谱图中只有4