【文档说明】湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考卷（六）化学试题（解析版）.docx，共(25)页，2.066 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2023届高三月考试卷(六)化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10分。时量75分钟，满分100分。可能用到的柏对银子质亚：H～1C～12N～14O～16Cl～35.5Ca～40Sc～45Fe

～56Sb～122La～139一、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.化学和生产生活紧密相关，下列叙述错误的是A.硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易发生爆炸，因此必须

作改性处理才能施用B.加工馒头、面包和饼干等产品时，加入一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸氢钠)，可中和酸和受热分解C.亚硝酸钠是一种防腐剂，不能用于任何的食品生产中D.豆腐是通过豆浆加入卤水而成，其生产过程与胶体性质相关【答案】C【解析】【详解】A．硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易

爆炸，作为化肥使用时必须作改性处理，选项A正确；B．加工馒头，面包和饼干等产品时，加入的一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸氢钠)可中和酸并受热分解，产生大量气体，使面团疏松，多孔生产的食品松软或酥脆，易消化吸收，选项B正确；C．亚硝酸钠:是一种防腐剂、增色剂,是属于食品添加剂的一

种，选项C错误；D．盐卤就是电解质溶液，而豆浆是蛋白质溶液，属于胶体，该胶体遇到电解质溶液就发生聚沉，选项D正确；答案选C。2.化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A.糖类、油脂、蛋白质是人体基本营养物质，均属于

高分子B.乙醇汽油是一种新型化合物C.向牛奶中加入白醋会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应D.氢氟酸可用于蚀刻玻璃、石英制品【答案】D【解析】【详解】A．油脂不属于高分子化合物，A错误；B．乙醇汽油是一种混合物

，B错误；C．牛奶中含有蛋白质，加入果汁使蛋白质凝聚而沉淀，不是发生了酸碱中和反应，C错误；D．氢氟酸可与SiO2反应生成SiF4气体和H2O，因此可利用氢氟酸刻蚀玻璃、石英制品，D正确；故选D。3.环氧树脂胶粘剂广泛应用于日常生活和工业生产等各种方面。制取环氧树

脂胶粘剂的反应如下：下列说法正确的是A.I和II均能与NaOH溶液反应B.I至少有9个原子处于同一直线上C.该反应属于加聚反应D.I、II、III均不含手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物Ⅰ分子中含有的酚羟基和有机物Ⅱ分子中含有的

碳氯键均能与氢氧化钠溶液反应，故A正确；B．苯环对角线上的碳及其所连原子共直线，4个原子处于同一直线，故B错误；C．由反应方程式可知，有机物Ⅰ和有机物Ⅱ发生缩聚反应生成有机物Ⅲ，故C错误；D．由结构简式可知，有机物Ⅱ和有机物Ⅲ中都含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；故选A

。4.下列有关实验原理或操作正确的是A.用图1装置制取并检验乙炔B.用图2所示装置证明SO2具有漂白性C.用图3所示装置制取并检验NH3D.用图4所示装置吸收HCl中的Cl2【答案】C【解析】【详解】A．电石中含有其他杂质，与水反

应还会产生H2S、PH3等还原性气体，它们也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B．二氧化硫能使溴水褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，B不正确；C．采用NH4Cl固体与熟石灰加热反应制NH3，用向下排空气法收集，用湿润的红色石蕊试纸检验NH3是否收集满

，C正确；D．饱和食盐水用于吸收Cl2中混有的HCl，D不正确；故选C。5.化合物X的结构如图所示，a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态时c原子2p原子轨道上有1对成对电子。下列说法正确的是A.X的水溶液呈碱性，不能使酸性高锰酸钾褪色B.原子半径：()

()()()dcbarrrrC.的结构中存在大π键，可表示为64π(用πnm表示，m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)D.电负性：acb【答案】C【解析】【分析】c原子2p原子轨道上有1对成对电子，所以c是O元素；a与c形

成的是共价单键，原子序数在c之前，所以a是H元素；d元素是一个正l价离子，原子序数比c大，又是短周期主族元素，所以d元素是Na元素；b与c共形成了4根共价键，故b元素是C元素，X为Na2CO3·H2O2。【

详解】A．根据上述推断，X物质是Na2CO3·H2O2，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，H2O2中O元素呈负一价，属于中间价态，具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，选项A错误；B．电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以

r(Na)>r(C)>r(O)>r(H)，选项B错误；C．23CO−离子一共有4个原子，所以m=4。中心C原子做sp2杂化，剩余一个价电子；周围的O原子的2p能级上有两个单电子，其中一个单电子用来和中心C原子成σ键，剩余的一个单电子用来形成大π键，所以三

个氧原子一共提供3个电子；最后加上两个单位负电荷所对应的电子；所以成大键的电子一共为6个，即n=6。所以该大键的表示为64π，选项C正确；D．元素非金属性越大，电负性越大，故电负性H<C<O，即abc，选项D错误；答案选C。6.在Rh(铑)表面进行N

RR(电催化反应)将N2转化为NH3的一种反应机理如图所示，下列说法不正确的是（）A.Rh薄膜电极为电解池的阴极B.通过②③可知两个氮原子上的加氢过程分步进行C.上述所有过程都需铑电极提供电子才能进行D.反应⑤每转移2mol电

子，生成22.4LN2(标准状况下)【答案】C【解析】【详解】A．根据图象可知，Rh薄膜电极得电子，Rh薄膜电极为电解池的阴极，A说法正确；B．根据图象可知，通过②③可知两个氮原子上分2步分别得到氢原子，则加氢过程分步进行，B说法正确；C．根据图象可知，①、⑤步，Rh未提供电子，C说法错误；D

．反应⑤为3N2H2=2NH3+2N2，每转移4mol电子，生成2molN2(标准状况下)，转移2mol电子，22.4L标况下的氮气，D说法正确；答案为C。7.实验室以二氧化铈()2CeO废渣为原料制备含少量

Cl−的()233CeCO，其部分实验过程如下：已知：3+Ce能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：3+Ce(水层)3HA+(有机层)()3GeA(有机层)3H++(水层)下列说法错误的是A.“酸浸”时2CeO与

22HO反应生成3+Ce并放出2O，该反应的离子方程式为322222O=2CeOHO6H2CeO4H++++++。B.将3CeCl溶液滴加到43NHHCO溶液中可生成()233CeCO沉淀，该过程有气体产生C.“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降

低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度D.“反萃取”步骤中的“试剂a”可选氢氧化钠溶液【答案】D【解析】【分析】“酸浸”时CeO2做氧化剂，与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，Ce3+

能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，加氨水提高pH值，有利于萃取，加入酸性试剂，反萃取，加氨水和碳酸氢铵除去盐酸，同时生成Ce2(CO3)3。【详解】A．“酸浸”时CeO2与H2

O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，A正确；B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中可生成氯化铵、Ce2(CO3)3沉淀和二氧化碳，B正确；C．“沉淀”时加

氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度，有利于沉淀Ce2(CO3)3的生成，C正确；D．“反萃取”步骤中的“试剂a”，Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，萃取原理逆向进行，增加

H+浓度，才能逆向进行，可选酸性试剂，D错误；故答案为：D。8.羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了—种能将苯酚氧化为2CO和2HO的原电池-电解池组合装置，实现了发电、

环保两位一体。AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.a极2271molCrO−参与反应，理论上NaCl溶液中减少的离子数为A12NB.电池工作时，b极附近pH减小C.右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3D.d极区苯酚被氧化的化

学方程式为6522CHOH28OH=6CO17HO++【答案】A【解析】【分析】a极反应为()22723CrO6e7HO=2CrOH8OH−−−+++，b极反应为6522CHOH-28e11HO6CO+28H−++=。【详解】A．a极227CrO−得电子生

成()3CrOH，a正极、b是负极；a极反应为()22723CrO6e7HO=2CrOH8OH−−−+++，a极2271molCrO−参与反应转移6mol电子，OH-通过阴离子交换膜进入NaCl溶液中；b是负极，转移6mol电子时有6molH+通过阳离子交换膜

进入NaCl溶液中，HO-、H+反应生成水，论上NaCl溶液中离子数不变，故A错误；B．电池工作时，b极反应为6522CHOH-28e11HO6CO+28H−++=，b极附近pH减小，故B正确；C．右侧为电解

装置，c是阴极，c极反应式为2+-2H+2e=H，d为阳极，d极反应式为2HO-eOH+H−+=，6522CHOH+28OH=6CO17HO+，转移28mol电子，c极生成14mol氢气，d极生成6mol二氧化碳气体，所以两极产生气体的体积比(相同条

件下)为7∶3，故C正确；D．d极区苯酚被·OH氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为6522CHOH28OH=6CO17HO++，故D正确；选A9.向130mL1.0molL−的24HSO和3mL

30%的22HO的混合溶液中加入经处理过的铁丝，是。铁丝表面产生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为20s左右，可维持数小时。一种可能的反应机理为：(a)22Fe2HF=

eH++++(b)2222232FeHOHO=FeO4H+++++(c)3232FeO6H=2Fe3HO++++(d)3222FeH2Fe2H=+++++下列说法错误的是A.该振荡反应与+H浓度的变化有关B.23FeO、3+Fe为中间产物C.冰水浴比室温条

件下的振荡周期要短D.由该机理可知：产生的气体是2H【答案】C【解析】【详解】A．四步反应的总反应为+2+222O=Fe+H+2HFe+2HO，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应与+H浓度的变化有关，A正确；B．23FeO、3+Fe在反应

中生成又消耗，为中间产物，B正确；C．温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C错误；D．由该机理可知：产生的气体只能是2H，D正确；故选C。10.25℃时，难溶盐4CaSO、3CaCO、3MnCO溶液中阳离子浓度的负对数()3pM

lnM+=−和阴离子浓度的负对数()2pRlgR−=−的关系如图所示。下列说法错误的是A.25℃，()8.6sp3CaCO10K−=B.向A点对应的溶液中加入固体2CaCl，可得到Y点对应的溶液C.25℃，三种物质的溶解度：334

MnCOCaCOCaSOD.25℃，向3100mLMnCO饱和溶液中加入()21.11gCaCls，有3CaCO沉淀生成【答案】AD【解析】【详解】A．°25C，()2+2--4.3-4.3-8.63sp3KCaCO=c(Ca)c(CO)=1

010=10，选项A正确；B．向A点对应的溶液中加入固体2CaCl，钙离子浓度增大，()2+pM=-lgM减小，不可能得到Y点对应的溶液，选项B错误；C．比较三种物质的Ksp，°25C，三种物质的溶解度：334MnCOCaCO<CaSO

<，选项C错误；D．3100mLMnCO饱和溶液中c(2-3CO)=10-5.3mol∙L-1,°25C，向3100mLMnCO饱和溶液中加入21.11gCaCl(s)，c(Ca2+)=1.11g111g/mol0.1L=0.1mol∙

L-1，Qc=c(2-3CO)c(Ca2+)=10-5.3×0.1=10-6.3>10-8.6，有3CaCO沉淀生成，选项D正确；答案选AD。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A

.小苏打溶液中：+K、+Na、Br−、2AlO−B.()()12OH/H10cc−+=的溶液中：()32AgNH+、+K、Cl−、3NO−C.pH7=的溶液中：+4NH、3+Fe、Cl−、24SO−D.水电离的()131OH110molLc−−−=的溶液中：+K、Cl

−、3CHCOO−、2+Cu【答案】B【解析】【详解】A．小苏打为NaHCO3，-3HCO、2AlO−和H2O反应生成2-3CO和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，A错误；B．()()12OH/H100cc+=，即()()OHHcc+，溶液显碱

性，()32AgNH+、+K、Cl−和3NO−在碱性环境下可大量共存，B正确；C．pH7=的溶液，可能为NH4Cl和32NHHO的混合溶液，则3+Fe与32NHHO反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C错

误；D．水电离的()131OH110molLc−−−=，说明水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，3CHCOO−与H+结合为醋酸而不能大量共存，若为碱溶液，Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，D错误；故选B。12.18O标记乙酸甲酯在足

量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法错误的是A.反应I、IV为决速步B.反应结束后，溶液中存在18OH−C.反应结束后，溶液中存在183CHOHD.和3CHO−的总能量与和OH−的总能量之差等于图示总反应的焓变【答案】C【解析

】【详解】A．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；的B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18

OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在183CHOH，C错误；D．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故和3CHO−的总能量与和OH−的总能量之差等于图示总反应的焓变，D正确

；故选C。13.下列实验操作、现象及结论不正确的选项实验操作现象结论A向蛋白质溶液中加入浓24NaSO，溶液出现浑浊24NaSO溶液使蛋白质变性B向()243AlSO溶液中滴加2NaS溶液产生白色沉淀白色沉淀为()

3AlOHC常温下，把铝片放置于浓硝酸中无明显现象浓硝酸使铝片发生了钝化D向两支装有3KI的试管中分别滴入淀粉溶液和3AgNO溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成3KI溶液中存在：32III−−+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．

蛋白质中加入轻金属盐，能降低蛋白质的溶解度，使其从溶液中析出，为蛋白质的盐析不是变性，选项A不正确；B．铝离子水解呈酸性，硫离子水解呈碱性，两溶液混合水解互促，彻底进行，白色沉淀是()3AlOH，选项B正确；C．常温下铝片遇浓硝酸，浓硝酸使铝片发生了钝化，选项

C正确；D．加入淀粉，溶液变蓝，说明有碘生成，加入3AgNO溶液，有黄色沉淀，说明含I-，所以3KI溶液中存在：32III−−+，选项D正确；答案选A。14.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=

k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A.0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol

•L-1•min-1B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】【详解】A．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.3001molL−和0.1251molL−，则M的

变化量为0.51molL−-0.3001molL−=0.2001molL−，其中转化为Y的变化量为0.2001molL−-0.1251molL−=0.0751molL−。因此，0~30min

时间段内，Y的平均反应速率为-10.075molL0.002530min=11molLmin−−，A说法不正确；B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为12kk，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体

系中Y和Z的浓度之比等于12kk，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于12kk=-1-10.0753=0.mol?Lmol?L1255，因此，如果反应能进行到底，反应结束

时有58的M转化为Z，即625%.的M转化为Z，C说法正确；D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应

②的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。三、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：物质相对分子质量沸点℃密度g/mL溶解性硝

基苯123210.91.23不溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺93184.41.02微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；还原性强、易被氧化Ⅰ.制取硝基苯实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。请回答下列问题：（1

）实验装置中长玻璃管可以用_______代替(填仪器名称)。（2）下列说法中正确的是_______(填序号)。A.配制混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中，并不断搅拌、冷却B.温度控制在50~60℃原因之一是减少副反

应的发生C.制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤D.浓硫酸可以降低该反应活化能（3）粗硝基苯用5%NaOH溶液洗涤的目的是_______。Ⅱ.制取苯胺①组装好实验装置(如下图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计

③打开活塞K，通入2H一段时间。④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。⑤调整好温度计的位置，继续加热，收集182~186℃馏分，得到较纯苯胺。回答下列问题：（4）步骤②中温度计水银球的位置位于_______(填序号，下同)，

步骤⑥中位于_______。A.烧瓶内反应液中。B.贴近烧瓶内液面处C.三颈烧瓶出气口(等高线)附近（5）步骤⑤中，加入生石灰的作用是_______。（6）若实验中硝基苯用量为10mL，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为

_______(计算结果精确到0.1%)。【答案】（1）球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管)（2）BD（3）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等（4）①.A②.C（5）吸收反应生成的水（6）60.2%【解析】【小问1详解】实验装置中长玻璃管的作用是冷凝回流，可以用球形冷凝管(或蛇形冷凝管、

直形冷凝管)代替；【小问2详解】A．浓硫酸的密度大于浓硝酸，配制混酸时，将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，故A错误；B．温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生，故B正确；C．硝基苯、苯都易溶于酒精，制得的粗硝基苯不能用乙醇萃取，故C错误；D

．浓硫酸是该反应的催化剂，浓硫酸可以降低该反应活化能，故D正确；选BD。【小问3详解】硫酸、硝酸和氢氧化钠反应生成盐和水，用氢氧化钠溶液洗涤粗硝基苯可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等；【小问4详解】步骤②中温度计是测反应液的温度，水银球的位置位于烧瓶内反应液中，步骤⑥中是蒸馏，温度计是测蒸

气的温度，液泡位于三颈烧瓶出气口(等高线)附近。【小问5详解】氧化钙和水反应生成氢氧化钙，步骤⑤中，加入生石灰的作用是吸收反应生成的水；【小问6详解】若实验中硝基苯用量为10mL，硝基苯的物质的量是10mL1.23/mL=0.1

mol123g/molg，理论上生成苯胺的质量为0.1mol×93g/mol=9.3g，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为5.6g100%60.2%9.3g=。16.钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提

取氧化钪()23ScO的一种流程如下：回答下列问题：（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_______________________。（2）

常温下，先加入氨水调节pH3=，过滤，滤渣主要成分是__________；再向滤液加入氨水调节pH6=，滤液中3+Sc的浓度为__________。｛已知：()13sp2MnOH1.910K−=、()39sp3FeOH2.610K−=、()31sp3ScOH9

.010K−=｝（3）用草酸“沉钪”，写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：___________________________。（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_______________________

_________________________。（5）废酸中含钪量为115mgL−，VL废酸最多可提取23ScO的质量为__________。（6）镧与Sc同族位于第六周期，一种镧、锑形成的配合物

结构如图所示：该结构中，中心离子3La+配位数为__________。（7）某铁、镧、锑的合金晶胞如图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如图2：①若图中A点锑原子的坐标为11,,

044，则B点铁原子的坐标为__________。②若该晶体的密度为3g/cm，阿伏加徳罗常数的值为AN，则Sb原子与Sb原子的最近距离为__________cm。【答案】（1）将浓硫酸沿烧杯内壁

慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌（2）①.Fe(OH)3②.9.0×10-7-1molL（3）2Sc3++3224HCO=Sc2(C2O4)3↓+6H+（4）2Sc2(C2O4)3+3O2高温2Sc

2O3+12CO2（5）0.023Vg（6）5（7）①.333,,444②.3A36542cm4N【解析】【分析】工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”，洗涤“油相”可除去大量的钛离子，加入NaOH反萃取，得到滤渣Fe(OH)3、Mn(OH)2、()3ScO

H，加入盐酸酸溶，得到Fe3+、Mn2+、Sc3+，加入氨水，先加入氨水调节pH3=，滤渣主要成分是Fe(OH)3，再向滤液加入氨水调节pH6=，得到沉淀()3ScOH，加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪，灼烧后得到Sc2O3。【小问1详解】洗涤“油相”可除去大量的钛离子，洗涤水是用93%的硫

酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成，不同的液体混合时，一般先加密度小的、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅

拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；【小问2详解】废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”以除去大量的钛离子，根据()13sp2MnOH1.910K−=、()39sp3FeOH2.610K−=、()31sp3ScOH9.010K−=，可以求出

余下三种离子沉淀完全时的pH，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3，再向滤液中加入氨水调节pH=6，()Hc+=10-6-1molL，()OHc−=()148-1w6101010HmolLKc−

−−+==，滤液中Sc3+的浓度为()()sp33ScOHOHKc−=()-1317389.0109.01m1lL0o0−−−=；【小问3详解】用草酸“沉钪”，草酸与Sc3+反应，生成Sc2(C2O4)3沉淀，其离子方程式为2Sc3++3224HCO=Sc2(C2O4)3↓+

6H+；【小问4详解】草酸钪“灼烧”时与氧气反应，生成Sc2O3和CO2，其化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2高温2Sc2O3+12CO2；【小问5详解】废酸中含钪量为115mgL−，钪元素的质量为115mgL−×VL=15Vmg=0.015V

g，所以最多可提取Sc2O3的质量为110.015g138gmol0.023g45gmol2VV−−=；【小问6详解】金属原子提供空轨道，非金属原子提供孤电子对，根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；

【小问7详解】①若图中A点锑原子的坐标为11,,044，根据晶胞结构图，B处在正八面体空隙中，Z方向的坐标为34，投影与xy平面，其xy的平面坐标为3344，，所以B的原子坐标为333,,444；②1个晶胞中含有La的数目为11

28+=个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb的组成的正八面体空隙中，纯粹的Sb的个数为6×8-12=36个，其中4×6=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24×12+12=24个，取1mol晶胞，则有AN个晶胞，质量为m=

(2×139+8×56+24×122)g=3654g，设晶胞边长为acm，33A3654g/cmamVN==，a=3A3654Ncm，Sb原子与Sb原子的最近距离为2a4，故为3A36542cm4N。17.回答下列问题（1）4NaBH催化释

氢。在催化剂作用下，4NaBH与水反应生成2H，可能的反应机理如图所示：①其他条件不变时，以2DO代替2HO催化释氢，所得气体的分子式为_______________。②已知：33HBO为一元弱酸，33HBO水溶液呈酸性的原因是_____

__(用离子方程式表示)。（2）氨是重要的基础化工产品之一。在一定条件下，向某反应容器中投入25molN、215molH在不同温度下反应生成氨平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：①温度1T，2T，3T中，最大的是_________

__，M点2N的转化率为___________。②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为()()()()a3231223pHrNH=kpN-pNH()()()1-a23232pNHkpH，

1k、2k分别为正反应和逆反应的速率常数；()2Np、()2Hp、()3NHp代表各组分的分压(分压=总压物质的量分数)；为常数，工业上以铁为催化剂时，0.5=。由M点数据计算12kk=__________

()2MPa−(保留两位有效数字)。（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。①已知：()()22HOg=HOl44kJ/molH=−()()()222Ng2Og=2NOg+68kJ/molH=+()()()2222HgOg=2HOl+571kJ/molH=−()

()()223Ng3Hg2NHg+92kJ/molH=−请根据本题相关数据，写出()3NHg还原()2NOg生成()2Ng和()2HOg热化学方程式：__________。②将3NH和2NO以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气

体中2NO含量，从而确定尾气脱氮率(即2NO的转化率)，结果如图所示：a点__________(填“是”或“不是”)平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是____________【答案】（1）①.H2、HD②.-+3324HBO+HOB(OH)+H（2）①.T3②.40%③.0.073

（3）①.8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2734kJ/mol②.不是③.该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高【解析】【小问1详解】①从图示分析，第一步BH4−失去H原子和BH3，若

有2个H原子，则可以组成1个H2。BH3中H为-1价，与H2O中+1价H，发生归中反应生成H2和BH2OH，继续与2分子H2O发生归中反应生成H3BO3。图中第一步生成的H2来自于BH4−，若D2O与BH3发生归中反应，生成HD和BH2OD。②H3BO3结合H2O电离

出的OH-生成B(OH)4−，H3BO3显酸性的原因是H2O电离出的H+，而不是H3BO3自身电离出的H+，否则H3BO3应为三元弱酸。H3BO3中B为sp3杂化，四面体结构中，B的三个e-，填充3个轨道，还有一个空轨道，即为H2O中的OH

-的O的孤对电子填充，则H2O释放出一个H+，其过程可表示为：的-+3324HBO+HOB(OH)+H，故答案为：H2、HD；-+3324HBO+HOB(OH)+H；【小问2详解】①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为()()()

223Ng3Hg2NHg+ΔH=-92kJ/mol，升高温度，合成氨反应向逆反应方向移动，氨气的质量分数减小，由图可知，温度为T3时，氨气的质量分数最小，则温度T1、T2、T3中，T3最大；设M点时氮气的转化率为x，由题意可建立如下三

段式：()()()()()()223Ng+3Hg2NHgmol5150mol5x15x10xmol5-5x15-15x10x起变平由平衡体系中氨气的质量分数为40%可得：1710x528152+×100%=40%，解得x

=40%，故答案为：T3；40%；②由三段式数据可知，M点时氮气、氢气和氨气的平衡分压为316×16Mpa=3Mpa、916×16Mpa=9Mpa、416×16Mpa=4Mpa，分压平衡常数Kp=2233322pNH4MPa=()()()()(pHpN

9MPa)3MPa，由题意可知，反应达到平衡时，32α231-α31223(2)32()()[()()][rNH=kpNpHpNH-kpNHp)]H()(=0，则231-α32132α222(3)pNHpHk=kp[()()]()[()NpHpNH()]=Kp=234MPa9M()aa(

)P3MP=0.073(MPa)—2，故答案为：0.073；【小问3详解】①由(1)中图示可知，合成氨反应的热化学方程式为()()()223Ng3Hg2NHg+ΔH=-92kJ/molⅰ，将题给3个方程式依次编号为ⅱ、ⅲ、ⅳ，由盖斯定律可知，6ⅳ—4ⅰ—12ⅱ—3ⅲ可得反应8NH3(g)+

6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)，则ΔH=6×(-571kJ/mol)-4×(-92kJ/mol)-12×(-44kJ/mol)-3×(+68kJ/mol)=—2734kJ/mol，反应的热化学方程式为8NH3(g)+6NO2(g)=7

N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2734kJ/mol，故答案为：8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2734kJ/mol；②催化剂能改变化学反应速率，但是不能改变平衡的移动方向，由图可知，相同温度下，线乙中与a点对应点的脱氮

率高于a点，说明a点对应温度下的平衡脱氮率没有达到最大，说明反应没有达到平衡，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据线乙可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。18.吗氯贝胺临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，由芳香烃A合成吗氯贝胺

的路线如图所示：回答下列问题：（1）A的化学名称为__________，F中含氧官能团的名称为__________。（2）C的结构简式为__________，由D生成F的反应类型为__________。（3）FG+→吗氯贝胺的化学方程式为__

____________________________。（4）化合物C的同分异构体中满足下列条件的有__________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应。(不考虑ClO−)其中核磁共

振氢谱有三组锋且蜂面积比为2∶2：1的结构前式为__________。（5）设计由和32CHNH制备的合成路线。(无机试剂任选)__________。【答案】（1）①.甲苯②.酰氨基（2）①.②.取代反应（3）++HBr（4）①.16②.和（5）4KMnO→酸性2SOCl→32NaOHCH

NH→；【解析】【分析】利用逆推法，A是；被高锰酸钾氧化为(C)；由H和F逆推，可知G是；由D和F逆推，可知E是H2NCH2CH2Br；【小问1详解】利用逆推法，A是，名称甲苯，F含有的官能团名称为酰氨基、溴原子；故答案为：甲苯；酰氨基；【小问2详解】被高锰酸钾

氧化为，C的结构简式为，→的反应类型为取代反应；故答案为：；取代反应；【小问3详解】和生成和HBr，反应的化学方程式为++HBr；故答案为：++HBr；【小问4详解】属于芳香族化合物②能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若为甲酸酯则含

有2个取代基-OOCH、-Cl，有3种结构:，若为醛则含有3个取代基-CHO、-Cl、-OH，有10种结构:，若取代基为-CHO、-OCl，有3种结构：，共16种；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为2:2:1的结构简式为和；故答案为：16；和；【小问5详解】氧化为，和SOCl

2反应生成，和CH3NH2合成，合成路线图为4KMnO→酸性2SOCl→32NaOHCHNH→；故答案为：见解析。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com