2025年福建省宁德市高考化学二模试卷（含答案解析）

2025年福建省宁德市高考化学二模试卷

一、单项选择题〔本大题共7小题，共42.0分〕

1.以下表达正确的选项是（）

A.目前加碘食盐中主要添加的是KIO3

B.注射用的生理盐水的浓度为0.09%

C.绿色食品是不含任何化学物质的食品

D.在空气质量日报中CO?含量属于空气污染指数

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是（）

A.标准状况下，2.8gi2c18。分子所含的中子数为1.6&

B.标准状况下，2.24LHF所含有的质子数小于之

C.O.lmolN2与Osmo%充分反响，转移电子数为0.6明

D.4.6gNa与足量。2充分反响，产物中阴离子数为0.1名

3.现有如下反响过程：

以下表达错误的选项是（）

A.上述反响过程中有两步属于取代反响

B.假设乙中混有甲，可用澳的四氯化碳溶液检验

C.甲、乙、丙、丁四种物质中，苯环上的一氯代物均为3种

D.甲能被酸性高锯酸钾溶液氧化而丙不能

4.W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大.W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有

X为金属元素.以下说法正确的选项是（）

A.原子半径：W>X>Y>Z

B.酸性：W的含氧酸强于Z的含氧酸

C.稳定性：Z的气态氢化物强于丫气态氢化物

D.X与Z形成化合物确定是离子化合物

5.下述试验设计能够到达目的是（）

编号试验目的试验设计

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A证明盐酸酸性比醋酸强用同一电路测等体积盐酸、醋酸溶液的导电性

B证明H2cO3酸性比HzSR强将CO2通入NazSiOs溶液中

C证明钠的金属活动性比铜强向CuQ溶液中投入金属钠

D证明溶液中含有I-往溶液中参与淀粉

A.AB.BC.CD.D

6.某甲烷熔融燃料电池中的工作原理如以以下图，以下有关该电池的说法正确的选项是()

A.放电时，Li+、Na+移向X电极

B.负极反响式为CH4-8e-+4CO2-=5CO2+2%。

C.随着放电的进展，熔融盐中CO27不断削减

D.从理论上讲，X电极上生成的CO?应有一半转移到丫电极上

7.反响2sC)2(g)+02(g)U2SO3(g)AH<0,向某体积恒定的密闭容器

中按体积比2：1充入SO2和。2,在确定条件下发生反响.以以以下

图是某物理量(Y)随时间(t)变化的示意图(图中T表示温度)，Y可以

是。

A.SO2的转化率B.混合气体的密度

C.密闭容器内的压强D.(J2的体积分数

二、简答题〔本大题共5小题，共63.0分〕

8.试验室制乙酸乙酯得主要装置如图1所示，主要步骤

①在a试管中按2：3：2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物;

②按A图连接装置，使产生的蒸气经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液(参与几滴酚醐试

液)中；

③小火加热a试管中的混合液；

④等b试管中收集到约2mL产物时停顿加热.撤下b试管并用力振荡，然后静置待其中液体分

层；

⑤分别出纯洁的乙酸乙酯.

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请答复以下问题：

(1)步骤④中可观看到b试管中有细小的气泡冒出，写出该反响的离子方程式：

(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用是步骤⑤中分别乙酸乙酯

必需使用的一种仪器是.

⑶为证明浓硫酸在该反响中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图A所示装置进展了

以下4个试验.试验开头先用酒精灯微热3min,再加热使之微微沸腾3min.试验完毕后充分振荡

小试管b再测有机层的厚度，试验记录如下:

测得有机层的

试验编号试管a中试剂试管b中试剂

厚度/cm

A3mL乙醇、2mL乙酸、lmLl8moi•LT浓硫酸5.0

B3mL乙醇、2mL乙酸饱和Na2cO3溶0.1

液

C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol-L-iH,SOA1.2

D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2

①试验D的目的是与试验C相比照，证明H+对酯化反响具有催化作用.试验D中应参与盐酸

的体积和浓度分别是mL和mol.L-i.

②分析试验(填试验编号)的数据，可以推想出浓H2sO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产

率.浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的缘由是.

③加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但试验觉察温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的缘

由是.

④分别出乙酸乙酯层后，经过洗涤杂质；为了枯燥乙酸乙酯可选用的枯燥剂为(填字母)

A.P2O5B,无水Na2s。4C,碱石灰D.NaOH固体

⑤为充分利用反响物，该同学又设计了图2中甲、乙两个装置(利用乙装置时，待反响完毕冷却

后，再用饱和碳酸钠溶液提取烧瓶中的产物).你认为更合理的是—..理由是：______

以为治理环境，削减雾霾，工业上通常用以下方法治理CO2和硫、氮氧由直流电源产

化物的污染.盾子耕朦

(1)用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、N0x，碳氢化合物转化成

无毒物质，从而削减汽车尾气污染.：

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@N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H］

②2c(s)+O2(g)=2CO(g)△H2

③C(s)+O2(g)=CO2(g)AH3

则2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2cC)2(g)的反响热^H=(用△Hp△%、A也表示)(2)

用NH复原NO.生成N,和HQ现有NO、NO的混合气3L,可用同温同压下3.5L的N也恰好使其

完全转化为打,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为

(3)电化学降解治理水中硝酸盐的污染.在酸性条件下，电解NO-的原理如右图所示，A为电源

的极，阴极电极反响式为.

10.铳(Sc)及其化合物在电子、宇航、超导等方面有着广泛的应用。某工厂的钛白水解工业废酸中，

Sc3+浓度为18mg/L,还含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、S02］等。以以以下图为从该工业废酸中提取SC2O3

的一种流程。

答复以下问题：

(1)在钛白水解工业废酸中，参与双氧水是为了使TiO2+转化犯难萃取的

［节(02)(。皿40)4］+.［叮(02)(0小40)4］+中Ti的化合价为+4,其中非极性键的数目为。

(2)铳的萃取率(E%)与0/A值［萃取剂体积(0)和废酸液体积(A)之比］的关系如图，应选择的最正确

0/A值为；温度对铳、钛的萃取率影响状况见表，适宜的萃取温度为10-15℃,其理由

T/℃510152530

铳的萃取率/%91.396.097.197.398.0

钛的萃取率/%0.940.952.103.014.20

(3)洗涤"油相”可除去；(、量的钛离子。洗染水是用部(硫酸、双氧力1和水按确定匕，例混合而成。

混合过程的试验操作为—

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(4)25。(2时，用氨水调整滤液的pH,当pH=3.5时，滤渣II的主要成分是；当pH=6时，

滤液中SC3+的浓度为。(Kp[Fe(OH)3]=2.6X10-39,Kp[Sc(OH)3]=9.0X10-31)

(5)写出用草酸(H2c2。4)“沉铳”得到SC2(C2()4)3的离子方程式。

(6)假设从1013该工厂的钛白水解度酸中提取得到24.4gSc2()3,则铳的提取率为(保存三位有

效数字)。

11.太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、锢、钱、硒等化学物质。

(D硼、锢与钱同是HIA族元素，写出镂元素基态原子的价电子排布图：oB3N3H6可用来

制造具有耐油、耐高温性能的特别材料，它的一种等电子体的分子式为,B3N3H6分子中

N、B原子的杂化方式分别为、o

(2)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括碑化钱、硫化镉、磷化钱及铜锢硒薄

膜电池等。其中元素As、S、P、Ga的电负性由小到大的挨次为：o

(3)铜离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前争论的热点。某化合物丫与Cu(I)(I

表示化合价为+1)结合形成图甲所示的离子。该离子中含有化学键的类型有(填序号)。

A.极性键B.离子键C.非极性键D.配位键

(4)向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M,M的晶胞构造如图乙所示。写出该

反响的离子方程式：o

(5)由碑与钱元素组成的化合物A为第三代半导体。化合物A的晶胞构造与金刚石相像，其晶胞

构造如图丙所示,请写出化合物A的化学式。设化合物A的晶胞边长为apm,则每立方

厘米该晶体中所含碑元素的质量为g^A表示阿伏加德罗常数的值)。

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12.对羟基苯甲酸节酯(HO-^^^COOCHa-主要应用于日化香精。一种合成路线

如下：

05，替H*詈H詈

E回回

吟叫二^吟Y>SOH三铲@

回回

Fik出8-。心。*{>枭16。^000逐0

回回

答复以下问题：

(1)反响①的反响类型是。

(2)合成路线中设计③和⑦的目的是o

(3)有机物H中含氧官能团的名称是；1molH与足量NaOH反响，最

多消耗NaOHmoL

(4)芳香族化合物X是E的同分异构体且苯环上有两个取代基,X能与FeCb溶液发生显色反响，

其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3:2:2:lo写出两种符合条件的X的

构造简式o

(5)乙酸苯甲酯(CH,COOCHj—也是一种常用香料。设计以甲苯和乙酸为原料制备乙

酸苯甲酯的合成路线(无机试剂任

选)。

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--------答案与解析---------

1.答案：A

解析：解：A.KIO3较稳定、而且无毒、易被人体吸取利用，所以加碘食盐中主要添加的是KIO3,故

A正确；

B.注射用的生理盐水的浓度为0.9%,其浓度不是0.09%,故B错误；

C.绿色食品，是指产自优良生态环境、依据绿色食品标准生产、实行全程质量把握并获得绿色食品

标志使用权的安全、优质食用农产品及相关产品，任何食品中均含有化学物质，故C错误；

D.在空气质量日报中CO?含量不属于空气污染指数，但是大量的排放CO?会引起温室效应，故D错

误.应选A.

A.加碘食盐中主要添加的是KIC>3；

B.注射用的生理盐水的浓度为0.9%；

C.绿色食品，是指产自优良生态环境、依据绿色食品标准生产、实行全程质量把握并获得绿色食品

标志使用权的安全、优质食用农产品及相关产品；

DEO2不属于空气污染指数.

此题考察了化学学问在生产生活中应用，题目难度不大，留意把握常见元素化合物的性质及应用，

侧重于考察学生对根底学问的应用力气.

2.答案：D

解析：

此题考察了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解

题关键。

A.12cl8。的相对分子质量为30,中子数为16,2.8gi2c18。的物质的量为，>28—<O,lmol,则所含的

30g/mol

中子数小于1.6NA,故A错误；

B.1个HF含有10个质子，但标准状况下HF为液体，2.24LHF不为O.lmol,所含质子数不为NA，故

B错误；

C.N2和和H2的反响为可逆反响，不能反响彻底，故O.lmol2与0.3mol可充分反响，转移的电子数小

于0.6NA，故C错误；

D.4.6g钠的物质的量为0.2mol,生成0.2mol钠离子，而钠反响后生成的Na2。和Na2。2中钠离子与阴

离子比例都是2:1,即2moiNa+〜lmol阴离子，故产物中阴离子数为O.INA,故D正确。

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3.答案：D

解析：

此题涉及有机物的反响类型的推断，同分异构体数目的推断，利用物质的性质选择检测方法，难度

一般。

A.甲生成乙属于加成反响，乙生成丙属于取代反响，丙生成丁属于取代反响，故涉及两步取代反响，故A

正确；

B.甲含有碳碳双键，会使漠的四氯化碳溶液褪色，所以乙中混有甲，可用澳的四氯化碳溶液检验，

故B正确；

C.甲、乙、丙、丁四种物质中，苯环上的一氯代物均为3种，故C正确；

D,丙物质含有羟基，也能够被高锯酸钾溶液氧化，故D错误。

应选D。

4.答案：C

解析：解：A.W为H或B,原子半径较小，故A错误；

B.如W为H,不存在含氧酸，如为B,则对应的含氧酸为弱酸，故B错误；

C.Y、2同周期，且原子序数依次增大，则Z的非金属性较强，对应的氢化物较稳定，故C正确；

D.如X为B在，如为BC%等，则为共价化合物，故D错误.

应选C.

邓、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大.W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为

金属元素，则W应为H或B,X为Na或Al,Y、Z为第三周期的非金属元素，结合元素周期率的

递变规律解答该题.

此题考察位置构造性质关系综合应用，为高频考点，侧重考察学生的分析力气，关键是明确元素的

相对位置，D选项为易错点，难度中等.

5.答案：B

解析：解：A.导电性与离子浓度有关，应测定一样浓度盐酸、醋酸的导电性比较酸性，故A错误；

B.将CO2通入Na2SiC)3溶液中，生成硅酸，为强酸制取弱酸的反响，则酸性为碳酸大于硅酸，故B正

确；

C.溶液中投入金属钠，与水反响生成氢气，不能置换出Cu,只能说明钠的性质活泼，而不能比较

Na、Cu的金属性，故C错误；

D.淀粉遇碘单质变蓝，溶液中不存在碘单质，不能检验，故D错误；

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应选B.

A.导电性与离子浓度有关；

B.将CO2通入Na2SiC>3溶液中，生成硅酸，为强酸制取弱酸的反响；

C.溶液中投入金属钠，与水反响生成氢气，不能置换出Cu；

D.淀粉遇碘单质变蓝.

此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、金属性比较及碘的特性等，把握物质

的性质及反响原理为解答的关键，选项A为解答的易错点，留意方案的合理性、操作性、评价性分

析，题目难度不大.

6.答案：B

解析：

此题考察了燃料电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反

响式书写，要依据电解质确定正负极产物，难度中等。

解析：

某甲烷熔融燃料电池中的工作原理如以以下图，通入甲烷的X极为负极，发生氧化反响，通入氧气的

丫极为正极，发生复原反响，据此解题。

A.放电时，Li+>Na+移向正极，故应当移向丫电极，故A错误；

B.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，左边电极是负极，电极反响式：

CH4“-8e-+4C302-=52c0。+2H0,故B正确；

C.正极氧气得电子和二氧化碳反响生成碳酸根离子，电极反响式为2。2+8e-+4CO2=4CO2-,转

移一样电子数正极产生和负极消耗的碳酸根一样，即C02］不会增加或削减，故C错误；

D.从理论上讲，转移8moi电子时，X电极上生成的5moicID2其中4moi转移到丫电极上，故D错误。

应选B。

7.答案：A

解析：解：由图可知，温度到达平衡所用时间短，反响速率较快，故温度I2>T1；温度上升，丫

表示的物理量降低，该反响正反响为放热反响，上升温度平衡向逆反响移动，

A、上升温度平衡向逆反响移动，二氧化硫的转化率降低，与丫表示的变化相符合，故A正确；

B、该反响正反响为放热反响，上升温度平衡向逆反响移动，但混合气体的总质量不变，容器的体积不

变，混合气体的密度不变，与丫表示的物理量变化不符，故B错误；

C、上升温度平衡向逆反响移动，混合气体的总的物质的量增大，容器体积不变，容器呢压强增大，

与丫表示的变化不符，故C错误；

D、该反响正反响为放热反响，上升温度平衡向逆反响移动，（J2的体积分数增大，与丫表示的物理

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量变化不符，故D错误；

应选A.

由图可知，温度到达平衡所用时间短，反响速率较快，故温度>Tr温度上升，丫表示的物理

量降低，该反响正反响为放热反响，上升温度平衡向逆反响移动，据此结合选项进展推断.

此题考察化学平衡图象，难度中等，依据图象曲线变化推断温度凹凸是关键，结合平衡移动进展解

答.

8.答案：2cH3COOH+CO缶=2CH3COO-+H2O+CO2T;防止倒吸；分液漏斗；6；6；A、C；浓

硫酸可以吸取酯化反响中生成的水，降低了生成物浓度使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动；大量乙

酸、乙醇未经反响就脱离反响体系；温度过高发生其他反响；B；乙；乙装置能将易挥发的反响物乙

酸和乙醇冷凝回流到反响容器中，连续反响，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲

不行

解析：解：(1)乙酸与碳酸钠反响生成二氧化碳，反响方程式为：2CH3COOH+C02-=2CH3COO-+

HO+COT,故答案为：2cH<00H+C02^=2CH<OO-+H,0+CO,T；

(2)乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，简洁发生倒吸，球形枯燥管还可以防止

倒吸；乙酸乙酯与水溶液分层，分别互不相溶的液体实行分液操作，所用仪器为分液漏斗，

故答案为：防止倒吸；分液漏斗；

(3)①通过比照试验，证明H+对酯化反响具有催化作用，应保证氢离子浓度相等与物质的量相等，

故HC1的浓度为3moi/LX2=6mol/L,盐酸体积为6mL,

故答案为：6；6；

②催化剂为浓硫酸生成有机层厚度比3moi•L-iH2sO4时生成有机层厚度厚，说明浓硫酸浓硫酸的吸

水性能够提高乙酸乙酯产率，缘由是：浓硫酸可以吸取酯化反响中生成的水，降低了生成物浓度使

平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，

故答案为：AC；浓硫酸可以吸取酯化反响中生成的水，降低了生成物浓度使平衡向生成乙酸乙酯的

方向移动；

③乙酸、乙醇易挥发，温度过高大量乙酸、乙醇未经反响就脱离反响体系，且温度过高发生其他反

应，导致产率降低，

故答案为：大量乙酸、乙醇未经反响就脱离反响体系；温度过高发生其他反响；

④乙酸乙酯在酸性、碱性条件下均可以发生水解，应选择中性枯燥剂，应选：B；

⑤乙装置能将易挥发的反响物乙酸和乙醇冷凝回流到反响容器中，连续反响，提高了乙酸、乙醇原

料的利用率及产物的产率，而甲不行，乙装置更合理，

故答案为：乙；乙装置能将易挥发的反响物乙酸和乙醇冷凝回流到反响容器中，连续反响，提高了

乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不行.

(1)乙酸与碳酸钠反响生成二氧化碳；

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(2)乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，简洁发生倒吸；

乙酸乙酯与水溶液分层，分别互不相溶的液体实行分液操作；

(3)①通过比照试验，证明H+对酯化反响具有催化作用，应保证氢离子浓度相等与物质的量相等；

②比照浓硫酸、稀硫酸生成乙酸乙酯的量的多少，说明浓硫酸浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产

率，依据平衡移动原理分析；

③乙酸、乙醇易挥发，也可能发生其它副反响；

④乙酸乙酯在酸性、碱性条件下均可以发生水解，应选择中性枯燥剂；

⑤乙装置能将易挥发的反响物乙酸和乙醇冷凝回流到反响容器中，连续反响，甲不能.

此题考察有机物制备试验、探究试验，(3)中留意利用把握变量法分析，综合考察学生试验力气、分

析力气与学问迁移运用力气，难度中等.

9.答案：2AH3--1：3；正；2NO%+12H++10e-=N2T+6H2。

解析：解:(1)：@N2(g)+02(g)=2N0(g)△JI1

②2c(s)+02(g)=2C0(g)AH2

③C(s)+02(g)=CO2(g)AH3

依据盖斯定律，③x2-②一①可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CC)2(g),所以

H2-AH1；

故答案为：2AH3-AH2-AH1；

(2)一样条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设N0、NC»2的混合气体为3mol,氨气为3.5moL

由于反响生成N,和H,0,依据H原子守恒，则生成H,0的物质的量35a_=5.25mol,设NO、NO,

x+y=3

的物质的量分别为xmokymol,由二者物质的量之和及氧原子守恒可得则：&+=5.25,解得x=

0.75、y=2.25,故NO、NO2的物质的量之比为0.75mol：2.25mol=1：3,

故答案为：1：3；

(3)由图可知，硝酸根离子发生还有反响生成氮气，则Ag-Pt电极为阴极，Pt电极为阳极，则A为

电池的正极，阴极上硝酸根获得电子，与通过质子交换膜的氢离子作用生成氮气与水，阴极电极反

响式为：2NO-+12H++10e-=N2T+6H2O,

故答案为：正；2N0§+12H++10e-=N2T+6H2O.

(1)：①L(g)+02(g)=2N0(g)AH1

②2c(s)+02(g)=2C0(g)AH2

③C(s)+02(g)=CO2(g)AH3

依据盖斯定律，③X2—②—①可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，反响热也进展相应的

计算；

(2)一样条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设NO、NO2的混合气体为3mol,氨气为3.5moL

由于反响生成N2和H2。，彳魂H原子守恒计算H2。的物质的量，设NO®。2的物质的量分别为xmol、

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yrnol,由二者物质的量之和及氧原子守恒列方程计算解答；

(3)由图可知，硝酸根离子发生还有反响生成氮气，则Ag-Pt电极为阴极，Pt电极为阳极.

此题考察氧化复原反响计算、热化学方程式书写、电解池原理，需要学生具备扎实的根底，较好的

考察学生运用学问分析解决问题的力气、对信息处理力气，(2)中旨在考察氧化复原反响计算，留意

方法的灵敏应用，难度中等.

10•答案：1;1：4；低于10冤时，铳的萃取率不够高；高于15K时，钛的萃取率增大较多；将浓硫

酸沿烧杯内壁渐渐注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再渐渐注入Hz。2，并不断搅拌；FeCOH%;

9.0X10-7mol/L；2Sc3++3H2C2O4=I+6H+；0.88488.4%

解析：解：(l)［Ti(O2)(OH(H2O)/+中Ti的化合价为+4,其中氢氧根离子为—1价，过氧根离子—2价，

其中存在一个非极性共价键，

故答案为：1;

(2)铳的萃取率(E%)与0/A值［萃取剂体积(0)和废酸液体积(A)之比］的关系如图，应选择的最正确0/A

值为：1：4,度对铳、钛的萃取率影响状况见表，适宜的萃取温度为10-15。。分析图表数据可知

其理由是：低于1(TC时，铳的萃取率不够高；高于15K时，钛的萃取率增大较多，

故答案为：1：4(或1：5或1：4~1：5)；低于1(TC时，铳的萃取率不够高；高于15K时，钛的萃

取率增大较多；

(3)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按确定比例混

合而成。混合的试验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁渐渐注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再

渐渐注入口?。?中，并不断搅拌，

故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁渐渐注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再渐渐注入Hz。2中，

并不断搅拌；

(4)先参与氨水调整pH=3,过滤，滤渣主要成分是：Fe(OH)3，再向滤液中参与氨水调整pH=6,

104

c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=21mol/L=10-smol/L,滤液中Sc3+的浓度=KSD(SCGH)4

10-6c3(OH-)

=90xI0-7mol-L-1,

(10-8)3

-7

故答案为：Fe(OH)3；9.0X10mol,L-1；

(5)“沉铳”得到草酸铳的离子方程式为：2Sc3++3H2c2O4=Sc2(C2O4)31+6H+,

故答案为：2Sc3++3H2c2O4=Sc(C2O4)31+6H+；

(6)某工厂的钛白水解工业废酸中，Sc3+浓度为18mg/L,假设从lm3该工厂的钛白水解度酸中Sc的质

量=1000Lx18mg/Lx——=18g,得到Sc0物质的量=—侬一x工x138g/mol=27.6g,过程

lOOOrng2345g/mol2

中提取得到24.4gSc2°3，则铳的提取率=非x100%=0884或88.4%；

故答案为：0.884或88.4%；

某工厂的钛白水解工业废酸中，Sc3+浓度为18mg/L,还含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、SO2-篝，加

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入过氧化氢是为了使TiO2+转化犯难萃取的[万(02)(。也40)4]+,参与有机萃取剂萃取分液，得到油

相洗涤后参与氢氧化钠溶液反萃取分液得到浊液和油相，过滤得到滤渣I为氢氧化铁和氢氧化铳，

参与盐酸酸溶后调整溶液PH=3.5,沉淀铁离子，过滤得到滤渣H为氢氧化铁，滤液连续调整溶液

PH=6,铳离子沉淀，过滤得到滤渣HI为为氢氧化铳，再参与盐酸酸化溶解后，参与草酸沉淀铳离

子得到SCzCCzOJ的沉淀，过滤得到滤渣WSCzgOPs，灼烧得到SC2O3,

(1)同种元素间形成的共价键为非极性键；

(2)铳的萃取率较高选择萃取剂体积(0)和废酸液体积(A)之比，结合图表数据分析低于10。(：时，铳

的萃取率不够高；高于15T时，钛的萃取率增大较多；

(3)浓硫酸密度大于水的密度，应把密度大的参与密度小的；

(4)先参与氨水调整pH=3,沉淀铁离子，结合溶度积常数计算；

(5)“沉铳”得到草酸铳沉淀和酸；

(6)某工厂的钛白水解工业废酸中，SC3+浓度为18mg/L,假设从lm3该工厂的钛白水解度酸中提取得

到24.4gSc203,元素守恒计算铳的提取率；

此题考察了物质分别提纯的过程分析推断、主要是离子性质、氧化复原反响产物推断、溶度积常数

的计算等，把握根底是解题关键，题目难度中等。

1L答案:；C6H6；sp2；sp2；Ga<As<P<S；ACD；2CW++2C1-+

SO+2H0=2CuClX+SO2-+4H+；GaAs；3,1。32

解析：(1)钱元素位于第四周期第niA族，其基态原子的价电子为4s能级上2个电子、4P能级上1

个电子，其价电子排布图为

与B3N3H6互为等电子体的微粒中含有12个原子、价电子数是30,与苯互为等电子体，分子式为C6H6；

B3N3H$构造和苯相像，该分子中每个N、B原子价层电子对个数都是3,依据价层电子对互斥理论推

断N、B原子杂化方式都是sp2,

故答案为:；C6H6；Sp2;Sp2;

(2)同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，同一主族元素电负性随着原子序数增大而减小，

则电负性从小到大挨次是Ga<As<P<S,

故答案为：Ga<As<P<S；

(3)A.不同非金属原子之间存在极性键，如N-H原子之间存在极性键，故正确；

B.阴阳离子之间存在离子键，该离子中不存在阴离子，所以不存在离子键，故错误；C.

同种非金属元素的原子之间存在非极性键，如C-C原子之间存在非极性键，故正确；

D.含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，Cu原子和N原子之间存在配位键，故正确;

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应选ACD；

(4)白色球个数=8XI+6xl=4,黑色球个数=4,白色球和黑色球个数之比=4：4=1：1,贝|

82

形成的白色沉淀为CuCl,同时还生成硫酸，离子方程式为2012++2C1-+S02+2H2。=2CuCl1

+S02-+4H+,

4

故答案为：2CU2++2C1-+S02+2H2。=2CuCU+S02-+4H+；

(5)该晶胞中白色球个数=8xL+6xL=4、黑色球个数=4白色球和黑色球个数之比=4：4=1：

82

1,其化学式为GaAs；

该晶胞体积=(ax10-1叱m)3,每个晶胞中含有4个Sn原子，每立方厘米含有晶胞个数=—山一,

(axlO-iOcm)3

每立方厘米中含有Sn原子个数=—皿一X4,每个Sn原子质量="g,则每立方厘米中含有Sn

(axlO-iOcm)3NA

元素养量=_IcmJ_X4XZlg=*1032g,

(axlO-10cm)3NAa3NA

故答案为：GaAs；3^

a3NA

(1)钱元素位于第四周期第IIIA族，其基态原子的价电子为4s能级上2个电子、4p能级上1个电子；

与B3N3H$互为等电子体的微粒中含有12个原子、价电子数是30,与苯互为等电子体，B3N3H构造

和苯相像，该分子中每个N、B原子价层电子对个数都是3,依据价层电子对互斥理论推断N、B原

子杂化方式；

(2)同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，同一主族元素电负性随着原子序数增大而减小；

(3)A.不同非金属原子之间存在极性键；

B.阴阳离子之间存在离子键；

C.同种非金属元素的原子之间存在非极性键；

D.含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

(4)白色球个数=8XI+6xl=4,黑色球个数=4,白色球和黑色球个数之比=4：4=1：1,贝I]

82

形成的白色沉淀为CuCl,同时还生成硫酸；

(5)该晶胞中白色球个数=8XL+6XL=4、黑色球个数=4白色球和黑色球个数之比=4：4=1：

82

1;

该晶胞体积=(axlO-iocm)3,每个晶胞中含有4个Sn原子，每立方厘米含有晶胞个数=一—,

(axlO-iOcm)3

每立方厘米中含有Sn原子个数=—"—X4,每个S