湖南株洲南方中学2023届高三化学上学期第四次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南株洲南方中学2023届高三化学上学期第四次月考试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 “夏禹铸九鼎，天下分九州”， ZnS是一种重要的光导体材料， 为阿伏加德罗常数的值， 在Na+浓度为0等内容，欢迎下载使用。
湖南省株洲南方中学2022-2023学年高三第四次月考
化学试题
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H~1 B~11 C~12 N~14 O~16 Na~23 S~32 Cl~35.5 Fe~56 Co~59 Cu~64
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. “夏禹铸九鼎，天下分九州”。青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。其表面铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是
A. 青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类
C. 可用NH4Cl溶液浸泡青铜器来清洗铜锈
D. 博物馆中贵重青铜器常放在银质托盘上进行展示
【答案】D
【解析】
【详解】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A正确；
B．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或CO，二者都属于盐类，B正确；
C．NH4Cl在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，C正确；
D． 青铜器常放在银质托盘上，可以形成原电池，青铜器作原电池的负极，从而会加快青铜器的腐蚀，D错误；
故选：D。
2. 药物非洛地平是一种长效的钙离子通道阻断剂，广泛应用于医药领域，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A. 非洛地平的分子式为C18H20Cl2NO4
B. 非洛地平可以与盐酸反应
C. 1 mol非洛地平最多消耗7 mol H2
D. 非洛地平分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知其分子式为：C18H17Cl2NO4，故A错误；
B．该物质中含有亚氨基，能与酸反应，故B正确；
C．1 mol非洛地平含1mol苯环结构和2mol碳碳双键，能加成5mol氢气，故C错误；
D．由结构可知与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，该碳原子与其所连的四个原子呈四面体结构，所有碳原子不可能共面，故D错误；
故选：B。
3. 下列实验设计方案、现象和结论均正确的是

方案设计
现象和结论
A
取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH溶液并加热，冷却到室温后滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯元素
B
向2 mL 01 mol/L NaOH溶液中加入2 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，再滴加几滴0.1 mol/LFeCl3溶液
先产生白色沉淀，再转化为红褐色沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]
C
室温下，用pH试纸分别测试CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH
pH(CH3COONa)=9，pH(NaNO2)=8，则酸性: HNO2>CH3COOH
D
将氯气通入紫色石蕊溶液中
溶液先变红后褪色，则氯气具有酸性和漂白性

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．产生的白色沉淀不一定是氯化银，也可能是氢氧化银，所以，在加AgNO3滴入之前，应先加入稀硝酸进行酸化，排除氢氧根的干扰，A错误；
B．由反应方程式：2NaOH+ MgCl2↓= + 2NaCl和已知条件可知，氯化镁是过量的，再加入三氯化铁，氢氧根已知反应完全了，故发生了沉淀的转化反应，，说明氢氧化铁的溶解度更小，则说明了Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]，B正确；
C．必须是CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度相等，才能根据pH判断水解程度，再根据水解程度判断酸性，C错误；
D．氯气具有酸性和漂白性，氯气与水反应生成盐酸具有强酸性，生成次氯酸具有漂白性，D错误；
故本题选B。
4. ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。下列说法正确的是

A. S2-周围等距且最近的S2-有6个
B. 基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C. Zn2+与S2-的最短距离为
D. 在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据投影图知，该晶体的晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；
B．Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；
C．根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；
故选：C。
5. 1943年我国化学工程专家侯德榜发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的发展做出了卓越贡献。其部分工艺流程如下，下列说法错误的是

沉淀池中发生反应的化学方程式为
A. 该工艺利用了不同物质溶解度差异
B. 该工艺能将原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环I
C. 沉淀池中先通入足量的，再通入
D. 该工艺提取的副产品为，可用于化肥工业
【答案】C
【解析】
【详解】A．侯氏制碱法是将NH3、CO2依次通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出，该工艺流程应用了物质溶解度的差异，故A正确；
B．母液分离出NH4Cl后，剩下的主要是NaCl，循环Ⅰ将分离出NH4Cl的溶液送回沉淀池中，提高了NaCl的利用率，故B正确；
C．二氧化碳在水溶液中溶解度不大，先通入氨气使饱和食盐水的溶液呈碱性，再通入二氧化碳，提高原料利用率，故C错误；
D．母液的主要成分是NH4Cl，含氮元素是一种氮肥，可用于化肥工业，故D正确；
故选：C。
6. 下列装置或操作能达到实验目的的是




A．检验乙炔的还原性
B．进行铝热反应
C．溶液滴加
D．除去氯气中
的HCl气体

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．电石和水反应生成硫化氢等杂质气体也能使高锰酸钾溶液褪色，故不能检验乙炔的还原性，A错误；
B．镁可以引燃铝粉和氧化铁的反应生成氧化铝和铁，氯酸钾受热分解氧气，可助燃，B正确；
C．胶头滴管使用要竖直悬空，不能伸入其中，C错误；
D．氯化氢和饱和碳酸氢钠生成二氧化碳气体，引入新杂质，D错误 ；
故选B。
7. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 分子中，S原子的价层电子对数目为
B. 标准状况下，环己烷的分子数为
C. 溶液中，和的离子数目之和为
D. 电极反应，每转移电子释放个
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2S中S的价层电子对数=2+=4，因此分子中，S原子的价层电子对数目为，A正确；
B．标准状况下，环己烷不是气体，因此无法计算，B错误；
C．溶液中，根据物料守恒可知 、、的总物质的量为0.01mol，因此和 的离子数目之和小于，C错误；
D．由可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移电子释放个，D错误；
答案选A。
8. 在Na+浓度为0.9mol/L力的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：
阳离子
K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子
、、、
取该溶液100mL进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：
I.向该溶液中加大足盘稀HCl，产生白色沉淀并放出1.12L气体
II.将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g
III.在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象
下列说法错误的是（ ）
A. 实验III能确定一定不存在
B. K+一定存在，且c(K+)≤1.3mol/L
C. 实验I能确定-定不存在离子是Ag+、Mg2+、Ba2+
D. 实验I中生成沉淀的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓
【答案】B
【解析】
【分析】I．向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1.12L气体，气体为二氧化碳，则一定含CO32-，则不含Ag+、Mg2+、Ba2+，n（CO32-）=n（CO2）=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol；
II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g，可知I中白色沉淀含硅酸，则原溶液一定含SiO32-，n（SiO32-）=n（SiO2）=3.6g÷60g/mol=0.06mol；
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，可知原溶液一定不含SO42-，由电荷守恒可知，阴离子电荷总数大于阳离子电荷总数，则原溶液一定含K+，综上所述，原溶液一定含K+、Na+、CO32-、SiO32-，不含Ag+、Mg2+、Ba2+、SO42-，可能含，以此来解答。
【详解】A．实验III能确定不生成硫酸钡沉淀，则一定不存在，故A正确；
B．K+一定存在，若不含，由电荷守恒可知，0.5mol/L×2+0.6mol/L×2=0.9mol/L+c(K+)，则c(K+)⩾1.3mol⋅L−1，故B错误；
C．实验I一定含，能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+，故C正确；
D．II中可能沉淀加热分解，则实验I中生成沉淀的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓，故D正确；
答案选B。
9. 利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的，制取石膏()的过程如下：

下列说法正确的是
A. 属于盐类和纯净物
B. 过程II中反应的离子方程式为
C. 过程I后溶液pH增大
D. 将10L上清液中的(浓度为)转化为，理论上共需要
【答案】A
【解析】
【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成SO，可用于制备CaSO4•2H2O。
【详解】A．俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；
B．根据转化关系图，过程Ⅱ中与生成和，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：，B错误；
C．由分析可知过程Ⅰ中发生反应：，溶液的pH减小，C错误；
D．10L上清液中的的物质的量，根据物质转化过程可知，转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气，在的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，共失去电子，在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的转化为，理论上共需要的物质的量，D错误。
故选A。
10. 在紫外线的作用下，可解离出氯原子，氯原子破坏臭氧层的原理如图所示。下列说法正确的是

A. 一氧化氯自由基是臭氧分解过程的催化剂
B. 反应的活化能低于反应的活化能
C. 臭氧分解的化学方程式可表示为：
D. 分子的空间构型是正四面体形
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据示意图可判断一氧化氯自由基是臭氧分解过程的中间产物，A错误；
B．反应是慢反应，反应是快反应，其活化能高于反应的活化能，B错误；
C．在催化剂的作用下臭氧分解转化为氧气，则臭氧分解的化学方程式可表示为：，C正确；
D．由于C－F和C－Cl的键长不同，因此分子的空间构型是四面体形，不是正四面体，D错误；
答案选C。
二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：

已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO。下列说法错误的是
A. “酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为Si
B. “滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O
C. “碱溶”时，主要反应为Be(OH)2＋2OH-=BeO＋2H2O
D. “水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率
【答案】AD
【解析】
【分析】硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)在硫酸中酸浸后得到滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，二氧化硅过滤除去，然后加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，再加入过量氢氧化钠溶液使氢氧化铍生成BeO，再水解得到Be(OH)2。
【详解】A．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2，故A说法错误；
B．滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4▪10H2O，故B说法正确；
C．Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O，故C说法正确；
D．滤液③的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH-，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；
故选AD。
12. 2-氯乙醇是一种重要的有机合成中间体，可用电解法制备，制备装置如图所示，其中a和b为电极，c为离子交换膜。下列说法错误的是

A. 电极a应接电源负极，发生氧化反应
B. 电解池阳极区发生的总反应式为Cl--2e-+H2O+CH2=CH2→H++HOCH2CH2Cl
C. 为提高氯离子的利用率，离子交换膜c可选用阴离子交换膜
D. 不考虑各项损失，理论上生成2g气体B，可得到产品1mol的2-氯乙醇
【答案】AC
【解析】
【分析】右侧乙烯变成2-氯乙醇，反应失去电子，故在阳极反应，气体B为氢气，在阴极得电子发生还原反应。
【详解】A．右侧乙烯变成2-氯乙醇，反应失去电子，故在阳极反应，则右侧连接电源的正极，a连接电源负极，发生还原反应，选项A错误；
B．阳极区乙烯生成2-氯乙醇，电极反应为Cl--2e-+H2O+CH2=CH2H++HOCH2CH2Cl，选项B正确；
C．为避免阳极区氯气和氢氧根反应，应使用阳离子交换膜，选项C错误；
D．气体B为氢气，2g氢气的物质的量为1mol，转移2mol电子，故得到1mol2-氯乙醇，选项D正确；
故选AC。
13. 常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取杂化
B. a的一氯代物有3种
C. a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键的断裂与形成
D. 环氧丙烷属于醚类有机物，与环氧乙烷互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，a分子中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为杂化，选项A正确；
B．由结构简式可知，a分子中含有3类氢原子，则一氯代物有3种，选项B正确；
C．由结构简式可知，二氧化碳与a发生加成反应生成b，选项C错误；
D．环氧丙烷含有醚键，属于醚类有机物，与环氧乙烷结构相似，相差1个CH2,互为同系物，选项D正确；
答案选C。
14. 某二元酸在水中的电离方程式是，，常温下，向20.00mL溶液中滴入NaOH溶液，与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是
已知表示溶液中由水电离出的的负对数，即。

A. 常温下，溶液的pH为1.4
B. 溶液中水的电离程度：d>c>b
C. e点溶液呈碱性
D. d点溶液中存在：
【答案】D
【解析】
【分析】酸和碱都会抑制水的电离；向20.00mL溶液中滴入NaOH溶液，滴加NaOH溶液20.00mL恰好生成NaHX，对应图象b点；滴加NaOH溶液40.00mL恰好生成Na2X，此时由于X2-的水解对水的电离的促进作用最大，对应图象d点；此后氢氧化钠过量，水的电离又受到抑制；由，可知，的一级电离完全进行、二级电离部分进行；
【详解】A．由图可知，常温下，溶液的pOH=12.6，则pH为1.4，A正确；
B．由图象可知，c点溶质为NaHX，=11.2，溶液中=10-2.8mol/L，则溶液为酸性，水的电离受到抑制；c点溶质为NaHX、Na2X， =7，溶液中=10-7mol/L，则溶液为中性；d点溶质为Na2X，水的电离受到促进，电离程度最大；故水的电离程度，d>c>b，B正确；
C．e点溶质为NaOH、Na2X，水电离出的=10-7mol/L，则溶液中>10-7mol/L，溶液显碱性，C正确；
D．d点溶质为Na2X，根据物料守恒可知，，D错误；
故选D。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：

熔点/℃
沸点/℃
其它
PCl3
−112
75.5
遇水极易水解
POCl3
2
105.3
遇水极易水解
某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：

请回答下列问题：
（1）装置戊中发生反应的离子方程式为：___________________。
（2）装置乙的主要作用为：①干燥气体，②_________， ③_________________。
（3）装置丙的温度需控制在60~65 ℃的原因是____________。
（4）实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：
I．取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性
II．向锥形瓶中加入V1 mL c1 mol∙L−1 AgNO3溶液至完全沉淀
Ⅲ．向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖
Ⅳ．加入指示剂，用c2 mol∙L−1 KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2 mL
(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12)
① 步骤IV中选用的指示剂为 ______________。
② 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，_________________，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。
③ 产品中氯元素含量的表达式为：______________。
④ 下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是____________。
a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线 b．实验过程中未加入硝基苯
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 d．滴定时锥形瓶未干燥
（5）如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为___________。
【答案】（1）MnO2 ＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+ ＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2） ①. 观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率 ②. 平衡气压
（3）温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4） ①. 硫酸铁溶液 ②. 用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 ③. ④. bc
（5）蒸馏
【解析】
【分析】根据工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3，则甲装置是制备氧气的装置，乙装置是干燥氧气的装置，戊装置是制备氯气的发生装置，丁装置是干燥氯气的装置，丙装置发生P4(白磷)与Cl2反应、PCl3与O2反应。
【小问1详解】
装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O；故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
【小问2详解】
甲装置是制备氧气装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压；故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压。
【小问3详解】
PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低；故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
【小问4详解】
① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液；故答案为：硫酸铁溶液。
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：；故答案为：。
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
综上所述，答案为：bc。
【小问5详解】
如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏；故答案为：蒸馏。
16. 钇(Y)是稀土元素中含量丰富的元素之一，钇及其化合物在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。湖北应山-大悟地区含有较为丰富硅铍钇矿[]，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。

已知：元素与元素性质相似；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；
（1）在自然界中，钇只有一种稳定同位素，Y位于元素周期表的第_______周期第ⅢB族。硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，的化合价为_______。
（2）焙烧的目的是将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_______。硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后含铁元素的产物是_______(写化学式)。
（3）“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有_______。
（4）滤液Ⅱ中的_______(填物质名称)可参与循环使用。
（5）反应过程中，测得Y的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是_______。

（6）“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 五 ②. +2
（2） ①. 增大反应物接触面积，提高原料利用率 ②. Fe(OH)3
（3）分液漏斗、烧杯 （4）盐酸
（5）草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物
（6）
【解析】
【分析】硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为NaBeO2、Na2SiO3，通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤液含可溶性钠盐，滤渣为、Fe(OH)3，加入稀盐酸反应生成YCl3、FeCl3，加入萃取剂除去铁离子，加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2；
【小问1详解】
Y是39号元素，则Y位于元素周期表的第五周期第ⅢB族；硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设的化合价为x，根据化合价之和为0可得：(+3)×2+x+(+2)×2+[+4+(-2)×4]×2+(-2)×2=0，解得x=+2，故的化合价为+2；
【小问2详解】
焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅铍钇矿中铁元素为+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3，焙烧后含铁元素的产物是Fe(OH)3；
【小问3详解】
“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；
【小问4详解】
‘沉钇’过程中加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O和HCl，则滤液II中盐酸可参与循环使用；
【小问5详解】
已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是：草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物；
【小问6详解】
Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2，碳元素化合价升高了1，氧元素化合价降低了2，已经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个O原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，Y2(C2O4)3∙9H2O前配系数2，O2前配系数3，结合原子守恒则反应化学方程式为。
17. “绿水青山就是金山银山”，研究并消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-114kJ∙mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ∙mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=+181kJ∙mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式___。
(2)T℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常数)，且lgv正~lgc(NO2)与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。

①T℃时，该反应的平衡常数K=___。
②T℃时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为___(以分数表示)。平衡后v正=__(用含a的表达式表示)。
(3)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入一定量(足量)的活性炭和NO，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。

①则t2时刻改变的条件为__。
②t1时刻的v逆__t2时刻的v正(填“＞”“＜”或“=”)。
(4)在恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是___。
A．及时分离出生成的尿素，有利于NH3的转化率增大
B．反应达到平衡后，混合气体的密度不再发生改变
C．反应在任何温度下都能自发进行
D．当尿素的质量不变时，说明反应达到平衡
【答案】 ①. 2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-854 kJ∙mol-1 ②. 100 ③. ④. 10a ⑤. 向密闭容器中加入NO ⑥. ＜ ⑦. BD
【解析】
【详解】(1)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-114kJ∙mol-1 ①
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ∙mol-1 ②
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=+181kJ∙mol-1 ③
若某反应的平衡常数表达式为K=，则反应为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，将②×2-①-③，得ΔH=(-393.5×2+114-181) kJ∙mol-1=-854 kJ∙mol-1，此反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH= -854 kJ∙mol-1。答案为：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH= -854 kJ∙mol-1；
(2)由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，从而得出lg v正=a+2，lg v逆=a，则lg v正=lgk正+2lg c(NO2)= lgk正=a+2，k正=10（a+2），lg v逆=a，则lg v逆= lgk逆+lg c(N2O4)= lgk逆=a，k逆=10a。
①T℃时，该反应的平衡常数K==100。
②T℃时，往刚性容器中充入x mol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则可建立如下三段式：

K=，x=2.1mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为=。平衡后v正=10（a+2）×0.12=10a。答案为：100；；10a；
(3)①因为恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动且达平衡后，逆反应速率与原平衡时相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO。
②t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆＜t2时刻的v正。
(4)A．因为尿素呈固态，所以及时分离出生成的尿素，对NH3的转化率没有影响，A不正确；
B．因为达平衡前，混合气体的质量减小，但体积不变，所以密度不断减小，当混合气体的密度不再发生改变时，反应达平衡状态，B正确；
C．因为正反应为熵减反应，所以低温下反应能自发进行，但高温时反应不能自发进行，C不正确；
D．当尿素的质量不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D正确；
故选BD。
答案为：向密闭容器中加入NO；＜；BD。
18. 化合物I是一种有机材料中间体。实验室用芳香烃A为原料的一种合成路线如图：

已知：① R-CHO+R’-CHO
②R-CHO+R’-CH2CHO +H2O
③+
请回答下列问题：
（1）化合物A的结构简式为___________，A→B+C的化学反应类型为___________。
（2）请写出D生成E的第①步反应的化学方程式：___________。
（3）写出E分子的顺式结构：___________，F中含有___________个手性碳原子。
（4）W是I的同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有___________种，写出其中任意一种的结构简式：___________。
① 属于萘()的一元取代物；
② W能发生水解反应，且能发生银镜反应；
（5）根据题目所给信息，设计由CH3CH2CH2OH和制备的合成路线(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. 氧化反应
（2）+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+H2O+3NH3
（3） ①. ②. 2
（4） ①. 10 ②.
（5）CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO
【解析】
【分析】芳香烃A发生信息①中氧化反应得到B、C，逆推可知A为，B与C发生信息②中的反应生成D为，D发生氧化反应得到E为，E与溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G为，由G与H发生信息③中的加成反应，产生I。
【小问1详解】
化合物A结构简式是，A分子中含有不饱和的碳碳双键，被O3氧化产生苯甲醛和乙醛，故A→B+C的化学反应类型为氧化反应。
【小问2详解】
D是，分子中含有醛基，可在碱性条件下被银氨溶液氧化，醛基变为羧基，反应产生的羧基与碱反应产生羧酸铵，则反应①的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+H2O+3NH3。
【小问3详解】
E是，由于碳碳双键的两个不饱和C原子连接不同的原子及原子团，因此存在顺反异构，其顺式结构为：。E与Br2的CCl4溶液发生加成反应，不饱和的C原子上各形成1个C-Br键，从而使不饱和碳原子变为饱和碳原子，得到物质F：。手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据F结构简式可知其分子中含有2个手性碳原子，就是连接Br原子的C原子。
【小问4详解】
I是，其同分异构体W满足条件：① 属于萘()的一元取代物，说明含有结构，并且存在一个侧链；② W能发生水解反应，且能发生银镜反应，说明含有HCOO-酯基结构，该侧链可能有HCOOCH2CH2CH2—、、、、5种不同结构； 在苯环上有2种不同位置的H原子，故可能的同分异构体种类数目为5×2=10种，可任意写出上述中的一种物质结构简式。
【小问5详解】
CH3CH2CH2OH与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生CH3CH2CHO，CH3CH2CHO与苯甲醛在碱性条件下加热，先发生醛的加成反应，然后发生消去反应产生，被银氨溶液氧化，然后酸化可得，与CH3CH2CH2OH在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生，故由CH3CH2CH2OH和制备的合成路线为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO 。