北京市十一学校2025届高三下学期三模化学试题含解析

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注意事项：
1.本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。
2.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 K 39 C 59
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 化学中的“风花雪月”别有韵味。下列说法正确的是
A. 风力发电主要涉及化学变化
B. 烟花绽放过程中的电子跃迁为氧化还原反应
C. 晶莹的雪花融化时氢键的数目减少
D. “嫦娥工程”发现月壤富含3He，3He与4He互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．风力发电是将风能转化为电能，该过程没有新物质生成，主要涉及物理变化，A错误；
B．烟花绽放过程中的电子从激发态向能量较低的激发态乃至基态进行跃迁，以光的形式向外释放能量，并不涉及电子的转移，所以该过程不是氧化还原反应，B错误；
C．固态水分子间都存在分子间氢键，液态水中部分水分子间存在氢键，部分水分子间存在范德华力，故晶莹的雪花中融化时氢键的数目减少，C正确；
D．3He与4He两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案为：C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的空间填充模型：
B. 的VSEPR模型：
C. 的电子式：
D. 基态N原子的价层电子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．图示是的球棍模型，不是空间填充模型，A错误；
B．H2O的中心原子O的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，B正确；
C．是离子化合物，与之间为离子键，内由一个非极性共价键，故电子式为，C正确；
D．基态N原子价层电子排布为，轨道表示式为，D正确；
故选A。
3. 简易氢氧燃料电池的实验装置如图所示。实验过程如下：先闭合，一段时间后断开，闭合。下列说法不正确的是
A. 闭合时，向电极a迁移
B. 闭合一段时间后，电极b附近溶液变为红色
C. 闭合时，电极a为正极
D. 闭合后短时间内，电极b的电极反应：
【答案】D
【解析】
【分析】由图，断开，闭合时，该装置为电解池，a为阳极，水失去电子发生氧化反应生成氧气：，b为阴极，水得到电子发生还原反应生成氢气：；一段时间后断开，闭合，则形成氢氧燃料电池，a极氧气发生还原反应，为正极，b极氢气发生氧化反应，为负极；
【详解】A．闭合时，该装置为电解池，阴离子向阳极a极移动，A正确；
B．闭合时，b极为阴极，水得到电子发生还原反应生成氢气：，使得溶液显碱性，附近溶液变为红色，B正确；
C．由分析，闭合时，电极a为正极，C正确；
D．闭合后短时间内，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应生成水：，D错误；
故选D。
4. 下列说法不正确的是
A. 甲醛的水溶液具有防腐功能，是由于它可使蛋白质变性
B. 葡萄糖可作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解反应
C. 纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维，是由于纤维素分子中含有羟基
D. DNA分子的两条链具有双螺旋结构，是由于不同碱基间能配对形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醛的水溶液能使蛋白质变性，所以具有防腐功能，A正确；
B．葡萄糖是单糖，单糖不能发生水解反应。葡萄糖作为人类重要的能量来源，是因为它在人体内能发生氧化反应，释放出大量能量，B错误；
C．纤维素分子中含有羟基，羟基能与醋酸发生酯化反应，从而得到醋酸纤维，C正确；
D．DNA 分子的两条链之间不同碱基间能配对形成氢键，使得 DNA 分子具有双螺旋结构，D正确；
故答案选B。
5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：
B. 在HCl气氛中加热制无水：
C. 草酸()使酸性溶液褪色：
D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：，A正确；
B．在HCl气氛中加热制无水，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：，B正确；
C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸()使酸性溶液褪色的离子方程式为：，C错误；
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：，D正确；
故答案为：C。
6. 用下列仪器或装置进行相应实验，可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在粗盐提纯实验中，检验是否沉淀完全时，取上层清液于小试管中，向其中滴加溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀完全；若有白色沉淀生成，说明没有沉淀完全，图中操作是沿烧杯壁向上层清液继续滴加溶液，若有沉淀生成可观察到，能达到检验目的，A正确；
B．乙醇与水互溶，不能作萃取剂来萃取碘水中的碘，应该用苯或四氯化碳等与水不互溶且碘在其中溶解度较大的有机溶剂，B错误；
C．配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，因为固体溶解时会放热，可能会影响容量瓶的精度，应在烧杯中溶解并冷却后再转移到容量瓶中，C错误；
D．除去中的少量，应用饱和溶液，与反应生成，而在饱和溶液中溶解度较小，图中用饱和溶液不能除去，D错误；
故答案选A。
7. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．顺-2-丁烯分子的极性大于反-2-丁烯，分子极性越大，分子间的范德华力越大，沸点越高，所以沸点：顺-2-丁烯>反-2-丁烯，A正确；
B．稳定性：，是因为N原子的电负性小于O原子，给出孤电子对的能力更强，形成的配位键更稳定，而不是因为热稳定性，B 错误；
C．苯酚中羟基与苯环直接相连，羟基对苯环有活化作用，使苯环上的邻、对位氢原子更活泼，所以苯酚能与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，而苯不能，C 正确；
D．吡咯中C与N均为杂化，杂化的原子形成的空间结构为平面形，所以吡咯中所有原子均位于同一平面内，D 正确；
故答案选B。
8. 灵芝提取物M具有重要医用价值，其结构简式如图所示。下列关于M的说法不正确的是
A. 分子中含3个手性碳原子B. 分子中的C-O键是键
C. 可形成分子内氢键和分子间氢键D. 能够发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中具有3个手性碳原子：，A正确；
B．分子中醚键中碳、氧均为sp3杂化，其中形成的C-O键是sp3杂化轨道形成的σ键，不是单纯键，B错误；
C．该分子含有氧原子，具有孤电子对，分子中的羟基和羧基能够与氧原子形成分子内氢键和分子间氢键，C正确；
D．分子中含有酚羟基、羧基，能发生取代反应；分子中含有酮羰基、苯环，能发生加成反应，D正确；
故选B。
9. 苯与液溴反应生成溴苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A. 可作该反应的催化剂
B. 总反应的
C. 过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
D. 为证明该反应为取代反应，可将反应后的气体直接通入溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与液溴反应时，能降低反应的活化能，加快反应速率，可作该反应的催化剂，A正确；
B．由能量变化示意图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，总反应的，B正确；
C．在多步反应中，活化能最大的步骤决定总反应速率，过程②的活化能最大，所以决定总反应速率的大小，C正确；
D．液溴具有挥发性，反应后的气体中含有，也能与溶液反应生成浅黄色沉淀，干扰的检验，不能将反应后的气体直接通入溶液证明该反应为取代反应，D错误；
故答案选D。
10. 某小组同学通过下列实验验证了浓硫酸与木炭粉反应的产物。下列说法正确的是
A. 无水硫酸铜的作用是检验并除水B. 将品红换成紫色石蕊也能验证产物中含有
C. 装置c中溶液紫红色变浅D. 可用溶液检验装置c中的氧化产物
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应，生成水蒸气、二氧化硫气体和二氧化碳气体；装置a中无水硫酸铜用于检验水蒸气，装置b中品红溶液用于检验二氧化硫，装置c中酸性高锰酸钾溶液用于除去二氧化硫，装置d中的澄清石灰水用于检验二氧化碳气体，据此分析；
【详解】A．无水硫酸铜由白色变为蓝色，可证明有水存在，但无水硫酸铜除水效果并不好，不能用无水硫酸铜来除水，A错误；
B．将品红换成紫色石蕊，也能使紫色石蕊变红，因此紫色石蕊变红不能验证产物中含有，B错误；
C．装置c中性高锰酸钾溶液与反应生成锰离子和硫酸根变浅，C正确；
D．装置c中含有硫酸，硫酸也能与反应生成白色沉淀，因此不能用溶液检验装置c中的氧化产物，D错误；
故选C。
11. 实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：
下列说法不正确的是
A. 可用饱和NaCl溶液净化氯气
B. 生成KClO3的离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O
C. 推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色
D. 上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气中含有挥发出HCl，可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确；
B．Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O，故B正确；
C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为 + 6I－ + 6H＋＝3I2+ Cl－+3H2O，溶液紫色，故C错误；
D．根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确。
综上所述，答案为C。
12. 二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数(x)随温度T的变化如下图所示。
已知：①
②
③
下列说法不正确的是
A. 与合成反应的热化学方程式：
B. 图中b、d分别表示、的变化曲线
C. 与合成反应
D. 570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点可能表示
【答案】C
【解析】
【分析】已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得，，将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，发生反应，升高温度，平衡逆向移动，和的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示的物质的量分数随温度变化，曲线b表示的物质的量分数随温度变化，曲线c表示的物质的量分数随温度变化，曲线d表示的物质的量分数随温度变化。
【详解】A．已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得，，A正确；
B．由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确；
C．由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，C错误；
D．曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，D正确；
故选C。
13. 一定条件下，在密闭容器中化合物M、N1、N2一起发生聚合反应得到聚合物P，各物质结构如下图所示。聚合反应的第一步由M引发。
已知：，下列说法正确的是
A. P中只含1种含氧官能团
B. P完全水解可得到N1、N2和M
C. 每生成1ml化合物P消耗xml N1和yml N2
D. 聚合物P经双氧水氧化后可得到具有大环结构的聚合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．P中的含氧官能团除了含有酯基，还有硫酯基（-COS-），A项错误；
B．化合物P水解可得到、、HOCH2CH2CH2CH2OH，B项错误；
C．由M、N1、N2和P的结构，结合原子守恒，每生成1ml化合物P消耗2xmlN1和2ymlN2，C项错误；
D．根据题给已知2R—SHR—S—S—R，1mlP中含2ml—SH，故聚合物P经双氧水氧化后可得到大环结构，D项正确；
答案选D。
14. 某小组同学为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。
补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是
A. 溶液中，
B. 对Mg与水反应的促进作用与有关
C. 实验ⅱ中的电离平衡和水解平衡的移动方向相同
D. 对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液pH=7.8显碱性，说明水解程度大于水解程度，故，A正确；
B．水解显酸性，与反应生成和水，促进Mg与水反应，总反应方程式为，B正确；
C．实验 ii 中，存在电离和水解，Mg与水反应生成，促进电离，抑制其水解，移动方向不同，C错误；
D．对比实验ⅰ和ⅱ，实验i（）30min 产生气体更多，说明浓度相同时，对Mg与水反应促进作用大于，D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 超分子指多个分子组合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，超分子内部分子之间通过非共价键相结合。冠醚是大环多醚类物质的总称，可由不同大小的空穴适配不同大小的阳离子。下图为常见的三种冠醚结构。冠醚a可适配，冠醚c可适配。
（1）能形成晶体，结构如图所示。
①的价层电子排布式为_______。
②晶体中每个小正八面体的顶点均为，距离最近的有_____个。
③该晶体密度为，阿伏伽德罗常数为。该晶胞的边长为_____pm。()
（2）某分子(结构如图所示)能与冠醚b形成一种分子梭
①比较位点1和位点2中的键角的大小，并说明理由：_______。
②可以通过加入酸或碱使冠醚b在该分子梭的位点1和位点2之间来回移动。加酸后，冠醚b移动到位点2，此时冠醚b与位点2之间的作用力类型为_______(填字母序号)。
a．共价键 b．离子键 c．静电相互作用 d．氢键
（3）由于在烯烃中的溶解度较小，其水溶液对烯烃的氧化速率较慢。若将环己烯溶于冠醚c后再加入溶液，则环己烯能迅速被氧化，原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 12 ③.
（2） ①. 键角：位点1位点2；位点1处N为杂化，键角约为，位点2处N为杂化，且含有1个孤电子对，键角小于 ②. cd
（3）冠醚c易溶于环己烯且适配，增大在环己烯中的溶解度，为了平衡电荷，进入环己烯层，在环己烯中的浓度(溶解度)增大，氧化环己烯的反应速率增大
【解析】
【小问1详解】
①是27号元素，故的价电子排布式为；
②晶体中每个小正八面体的顶点均为，位于正六面体的棱心，位于正六面体体心，故距离最近的有12个；
③一个晶胞含有1个，晶胞质量，设该晶胞的棱长为，体积为，由晶体密度，可得；
【小问2详解】
①位点1中N原子为杂化，键角约为，位点2中N原子为杂化，且含有1个孤电子对，键角小于，故 键角的大小为：位点1位点2；
②该分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动，说明冠醚c与位点2之间的相互作用为静电相互作用和氢键，故选：cd；
【小问3详解】
反应速率加快是因为增大了高锰酸根离子在环己烯中的浓度，故原因为：冠醚c易溶于环己烯且适配，增大在环己烯中的溶解度，为了平衡电荷，进入环己烯层，在环己烯中的浓度(溶解度)增大，氧化环己烯的反应速率增大。
16. 高锰酸钾是一种重要的化工产品。由软锰矿为原料制备高锰酸钾的过程如下。
（1）制备锰酸钾(K2MnO4)
熔融的软锰矿(主要成分为MnO2)与过量KOH固体混合，在不断通入空气的情况下反应生成锰酸钾。该反应的化学方程式是_______。
（2）制备高锰酸钾
方法一：向K2MnO4溶液中通入适量CO2，反应生成KMnO4和MnO2。
①反应后得到粗KMnO4晶体操作为：_______，过滤，洗涤，低温干燥。
②结合化学用语，解释反应过程中通入CO2的量不宜过多的原因：_______。
方法二：电解K2MnO4溶液。电解原理如图所示：
③a极是电解池的_______极。
④结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是_______。
（3）产品纯度分析
取制得的KMnO4产品a g，配制成100mL溶液。另量取溶液于锥形瓶中，加入足量稀，水浴加热至，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(相对分子质量：KMnO4 158)
①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是____。
②产品纯度为_____(用质量分数表示)。
【答案】（1）2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O
（2） ①. 过滤，加热至浓缩，冷却至结晶 ②. ，若通入过多，会因为析出溶解度较低的导致产物纯度降低 ③. 阳 ④. 阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高
（3） ①. 反应生成的可作为反应的自催化剂，增大，催化效果增强 ②.
【解析】
【分析】方法二：根据电解装置：a极：-e-=，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，a为阳极；b极：2H2O+e-=H2↑+2OH-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成浓的KOH溶液，b为阴极，该电解方法用阳离子交换膜可防止、在阴极被还原，离子膜为阳离子膜，据此分析解题。
【小问1详解】
MnO2、O2和KOH固体按一定比例混合后强热可制得绿色K2MnO4，结合电子守恒和原子守恒可知有水生成，反应中锰元素由+4价升高为+6价，升高2价，氧元素由0价降低为−2价，降低4价，化合价升降最小公倍数为2，所以MnO2系数2，O2的系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，则发生反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；
【小问2详解】
①高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则从步骤二反应后的混合溶液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是过滤除去MnO2，在80℃左右蒸发浓缩、冷却至0℃结晶，过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤，加热至80℃浓缩，冷却至0℃结晶；
②由题干图像信息可知，KHCO3的溶解度随着温度的降低而减小，且越来越接近KMnO4的溶解度，，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低，不利于分离出KMnO4，故反应过程中通入CO2的量不宜过多，故答案为：，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低；
③由分析可知，a极是电解池的阳极，故答案为：阳；
④由分析可知，结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高，故答案为：阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高；
【小问3详解】
①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的Mn2+对反应起到催化作用，
故答案为：反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂，c(Mn2+)增大，催化效果增强；
②根据：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，建立关系式：2KMnO4～5Na2C2O4，25mLcml•L−1的草酸(Na2C2O4)溶液中含有草酸的物质的量为2.5c×10−2ml，滴定消耗的KMnO4的物质的量为：×2.5c×10−2ml=10-2cml，所以agKMnO4的纯度==，故答案为：。
17. 治疗慢性阻塞性肺病的药物恩塞芬汀的中间体K的合成路线如下。
已知：ⅰ．；ⅱ．。
（1）A和B均能使紫色石蕊试液变红，B中官能团的名称是_______。
（2）的化学方程式是_______。
（3）的过程中，E先与试剂a反应生成钠盐X，X再与发生取代反应得到F．试剂a的最佳选择是_______(填字母序号)。
a．Na b． c．
（4）的反应类型是_______。
（5）H的结构简式是_______。
（6）J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团。J的结构简式是_______。
（7）的反应可按如下过程分析：
①中间体2的结构简式是_______。
②该条件下，由中间体2生成K的过程中还可能生成一种副产物，与K互为同分异构体。该副产物的结构简式是_______。
【答案】（1）羧基、氯原子(碳氯键)
（2）
（3）b （4）氧化
（5） （6） （7） ①. ②.
【解析】
【分析】由流程题可得，A与Cl2发生取代反应生成B，B与NaCN发生反应生成，由的结构，结合A和B均能使紫色石蕊试液变红、A和B的分子式可推知A为CH3COOH，B为CH2ClCOOH，在酸性条件下加热生成C，由C的分子式可推知C为，C与CH3OH在浓H2SO4、加热发生酯化反应生成D，由D的分子式可推知D为；的过程中，E先与试剂a反应生成钠盐X，X再与发生取代反应得到F，F与O2在Cu的催化下加热发生氧化反应生成G，由G的结构和E、F的分子式，可推知E为，F为，由于酸性：H2CO3>苯酚>，故试剂a的最佳选择为，G与CH3NH2发生已知反应ⅰ．，再还原可得H，由H的分子式可推知H为，H在一定条件下生成I，I与D在催化剂下反应生成J，J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团，可推知J的结构为，J发生已知ⅱ．反应生成K，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，B的结构为CH2ClCOOH，官能团的名称羧基、氯原子(碳氯键)；
【小问2详解】
C为，C与CH3OH在浓H2SO4、加热发生酯化反应生成D，由D的分子式可推知D为，化学方程式为；
【小问3详解】
由分析知，试剂a的最佳选择为，故选b；
【小问4详解】
由分析知，与O2在Cu的催化下加热发生氧化反应生成G，反应类型为氧化反应；
【小问5详解】
由分析知，H的结构简式是；
【小问6详解】
J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团，结合D与I的结构即J的分子式，可推知J的结构为；
【小问7详解】
由的反应可按如下过程分析为：；
①中间体2的结构简式是；
②该条件下，由中间体2生成K的过程中还可能生成一种副产物，与K互为同分异构体。该副产物的结构简式是。
18. 稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备的工艺流程如下：
资料：ⅰ．氟碳铈矿的主要成分为，主要杂质有BaO和；ⅱ．氢氟酸具有较强的挥发性；；ⅲ．难溶于水可溶于强酸；难溶于水也难溶于强酸。
（1）“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是_______。
（2）固体A的主要成分是_______。
（3）用硫酸浸出过程中，控制浸出时间、浸出温度，Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。后，的浸出率下降，原因是_______。
（4）步骤Ⅰ中硫脲作_______剂。
（5）从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH的作用：_______。
（6）滤液D结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是_______。
【答案】（1）增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率
（2）、
（3）与结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着增大，HF挥发性增强，使减小，的浸出速率下降
（4）还原 （5）加入NaOH溶液，使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含的溶液或：，加入NaOH溶液，与结合，下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含的溶液
（6）热风烘干使主要杂质和固体受热发生分解生成气体
【解析】
【分析】氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO和SiO2）在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加硫酸浸出，Ce4+进入溶液，SiO2不与硫酸反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，固体A为SiO2和BaSO4；含CeF3+的溶液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，与加入的硫酸钠形成复盐固体B为Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离；固体B中加入NaOH溶液，再加入盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入NH4HCO3使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后空气焙烧生成CeO2。
【小问1详解】
利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率。
【小问2详解】
根据分析可知固体A的主要成分为SiO2、BaSO4。
【小问3详解】
硫酸浸出过程中，H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降。
【小问4详解】
根据分析可知，加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+，即硫脲作还原剂，故答案为还原。
【小问5详解】
根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸，即加入NaOH，使固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液；或：，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液。
【小问6详解】
Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体分解生成气体。
19. 某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备晶体并探究其性质。
资料：ⅰ．易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
ⅱ．生成，开始沉淀时，完全沉淀时，生成，开始沉淀时，完全沉淀时
ⅲ．和均不易与氨配位
实验Ⅰ：制备溶液
①取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下完全溶解。
②调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤。
（1）步骤①中溶解铜反应的离子方程式是_______。
（2）步骤②的目的是除去_______(填化学式)。
实验Ⅱ：制备晶体
取实验Ⅰ中所得溶液，逐滴加入氨水至澄清，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体。
（3）加氨水过程中的实验现象是_______。
（4）试剂M的最佳选择是_______(填字母序号)。
a．乙醇和浓氨水混合溶液 b．乙醇和稀硫酸混合溶液 c．蒸馏水
（5）甲同学查阅资料发现：不易溶于氨水。
①从化学平衡的角度解释实验Ⅱ中加入氨水可得澄清溶液的原因：_______。
②设计实验(填实验操作和现象)_______。证实了上述原因分析合理。
实验Ⅲ：探究活泼金属与溶液的置换反应
将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的溶液()中。锌片表面立即出现一层红色物质。短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。静置数十小时后，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀物生成。
（6）对比上述实验，解释短时间内铁片表面未观察到红色物质的原因_______。
【答案】（1）
（2）、
（3）产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色
（4）)a （5） ①. 悬浊液中存在，实验Ⅱ中生成沉淀的同时生成，与结合生成，降低；加入氨水，与配位，下降；两者均促进的沉淀溶解平衡正向移动 ②. 取少量和氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色
（6）不易与氨配位，的条件下，反应初始生成的覆盖在Fe表面，阻止反应继续进行
【解析】
【分析】取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下发生反应，铜完全溶解，调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤，将和未反应的除去，取所得溶液，逐滴加入氨水，与氨水反应，先产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，与氨水继续反应生成，溶液变为深蓝色，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体，据此回答。
【小问1详解】
步骤①中，取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下完全溶解，Cu在酸性条件下被氧化为，离子方程式为；
【小问2详解】
由资料ii：生成，开始沉淀时，完全沉淀时可知，步骤②中调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤，是为了将转化为，同时将未反应的分解除去；
小问3详解】
取所得溶液，逐滴加入氨水，与氨水反应，先产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，与氨水继续反应生成，溶液变为深蓝色；
【小问4详解】
由资料ⅰ．易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂可知，为减少的损失，则试剂M应选择乙醇和浓氨水混合溶液，故选a；
【小问5详解】
①由于悬浊液中存在，实验Ⅱ中生成沉淀的同时生成，与结合生成，降低；加入氨水，与配位，下降；两者均促进的沉淀溶解平衡正向移动，所以加入氨水可得澄清溶液；
②上述原因分析合理，可取少量和氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色，即可证明；
【小问6详解】
将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的溶液()中，由于不易与氨配位，的条件下，反应初始生成的覆盖在Fe表面，阻止反应继续进行，故锌片表面立即出现一层红色物质，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。A．粗盐提纯实验中检验是否沉淀完全
B．萃取碘水中的碘
C．配制溶液
D．除去中的少量
选项
事实
原因解释
A
沸点：顺-2-丁烯反-2-丁烯
分子极性：顺-2-丁烯反-2-丁烯
B
稳定性：
热稳定性：
C
苯酚与浓溴水生成白色沉淀，而苯不能
羟基活化了苯环
D
吡咯()中所有原子均位于同一平面内
分子中C与N均为杂化
实验序号
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
盐溶液(均为)
NaCl
起始pH
5.1
8.3
7.0
7.8
时产生气体体积(mL)
1.5
0.7
1.4
气体的主要成分
时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)