2026长沙长郡中学高三上学期10月月考化学试题含解析

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得分：___________
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8 页。时量 75 分钟，满分 100 分。
可能用到的相对原子质量：H~1 Li~7 C~12 N~14 O~16 F~19 Na~23 S~32 Cl
~35.5 Zr~91
一、选择题(本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有 ·项
是符合题目要求的)
1. “国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是
A. “C919”大飞机用的氮化硅涂层 B. “梦想”号钻探船钻头用的合金
C. “望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D. “雪龙 2”号破冰船制淡水用的反渗透膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B．合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B 符合题意；
C．聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C 不符合题意；
D．反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D 不符合题意；
故选 B。
2. 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是
A. 电石与饱和 NaCl 溶液 B. Na2SO3 固体与 70%浓硫酸
C. 生石灰与浓氨水 D. Al2S3 固体与水
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石（CaC2）与饱和 NaCl 溶液反应生成乙炔（C2H2），属于固液不加热型反应，符合装置要
求；乙炔含碳碳三键，具有还原性，能使酸性 KMnO4 溶液褪色，可检验，A 正确；
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B．Na2SO3 固体与 70%浓硫酸反应生成 SO2，固液不加热型反应，符合装置；SO2 具有还原性，与酸性 KMnO4
发生氧化还原反应使溶液褪色，可检验，B 正确；
C．生石灰（CaO）与浓氨水反应生成 NH3，固液不加热型反应，符合装置；但 NH3 为碱性气体，通入酸性
KMnO4 溶液中先发生中和反应（NH3+H+= ）， 为正四面体结构，十分稳定，还原性极弱，无法
与酸性 KMnO4 发生明显氧化还原反应，不能使溶液褪色，无法检验，C 错误；
D．Al2S3 固体与水发生双水解生成 H2S，固液不加热型反应，符合装置；H2S 具有还原性，与酸性 KMnO4
反应生成 S 沉淀并使溶液褪色，可检验，D 正确；
故答案选 C。
3. 设 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18 g 冰内氢键的数目为 2 NA
B. 的 HCl 溶液中氢原子总数为 NA
C. 标准状况下 22.4 L Cl2 与足量 H2 反应，形成的共价键数目为 2 NA
D. 铅酸蓄电池负极增重 96 g，理论上转移电子数为 2 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰中每个水分子通过氢键连接 4 个相邻分子，但每个氢键被两个分子共享，实际每个水分子贡
献 2 个氢键，1ml 冰的氢键数目为 ，故 A 错误；
B． 的 HCl 溶液中，含有 1 ml 溶质 HCl 和大量溶剂水，其中 HCl 所含的氢原子数为 ，溶
剂水中也含有大量的氢原子，故该溶液中的氢原子总数远大于 ，B 错误；
C．1ml Cl2 与 H2 反应生成 2ml HCl，形成 2ml H-Cl 键，共价键数目为 2NA，故 C 正确；
D．负极反应为 ，增重 96g，即 1 ml 参与反应，转移 2ml 电子，电子数
为 2NA，故 D 正确；
故答案为 B。
4. 下列化学用语或图示错误的是
A. 二氯甲烷分子的球棍模型：
B. 基态 30Zn 原子的价层电子排布式：3d104s2
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C. 乙腈(CH3CN)的电子式：
D. 的价层电子对互斥模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氯甲烷（CH2Cl2）为四面体结构，球棍模型中中心 C 原子连接两个大球（Cl 原子，半径大
于 C）和两个小球（H 原子，半径小于 C），图示符合四面体结构及原子相对大小，A 正确；
B．Zn 为 30 号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s2，价层电子包括 3d 和 4s 轨道电子，故价层电子排布式
为 3d104s2，B 正确；
C．乙腈（CH3CN）中氰基（-CN）的 C 与 N 之间为三键（3 对共用电子对），电子式正确，C 正确；
D． 中心 C 原子形成 3 个σ键，其孤电子对数 = ，价层电子对数为 3+0=3，价层
电子对互斥模型是平面三角形，D 错误；
故选 D 选项。
5. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A. 用 溶液除去乙炔中的
B. 用稀盐酸浸泡氧化银：
C. 用盐酸除去铁锈：
D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是弱酸，在溶液中不能完全离解为 ，正确反应应为 ，A 错
误；
B． 与盐酸反应生成的 会与 结合生成 AgCl 沉淀，正确离子方程式为
，B 错误；
C． 与 反应生成 和水，结晶水（ ）合并到产物中，方程式正确，C 正确；
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D．碳酸氢钡 中 ，正确方程式应为
，D 错误；
故答案选 C。
6. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 有 2 种官能团 B. 中碳原子有 3 种杂化类型
C. 可遇水溶解使黏合物分离 D. 该反应 缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ⅰ的官能团为碳碳双键、酯基（-COO-）、氰基（-CN），共 3 种，A 错误；
B．Ⅰ中碳原子的杂化类型：碳碳双键及羰基碳为 sp2 杂化，氰基碳为 sp 杂化甲基碳为 sp3 杂化，共 3 种杂
化类型，B 正确；
C．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基、酯基水解需要在酸或碱加热条件下进行，所以Ⅱ遇水不会
溶解使黏合物分离，C 错误；
D．该反应是单体Ⅰ中碳碳双键打开相互加成形成高分子Ⅱ，无小分子生成，属于加聚反应，D 错误；
故选 B。
7. 为研究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知： 黄色、 呈红色、[FeF6]3-呈无色。
下列说法错误的是
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A. ①中浓盐酸促进 平衡正向移动
B. 由①到②，生成 并消耗
C. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入 KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
D. 由①→④的现象，说明 F-与 Fe3+有很强的配位能力
【答案】C
【解析】
【分析】 的 FeCl3 溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的 ，溶液黄色加深；继续滴加 1 滴
KSCN 溶液， 转化为 ，溶液变为红色；再加入 NaF 固体， 转化为
，溶液红色褪去，变为无色；再滴加 KI 溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明 I-未被氧
化。
【详解】A．浓盐酸中 Cl⁻浓度大，根据勒夏特列原理，会促进 平衡正向移动，生
成更多黄色的 ，使溶液黄色加深，A 正确；
B．①中含 （黄色），加入 KSCN 后生成红色的 ，说明 SCN-与 Fe3+结合，促使
解离释放 Fe3+，即消耗 并生成 ，B 正确；
C．①中主要含 ，其稳定性弱于[FeF6]3-，会部分解离出 Fe3+；Fe3+氧化性较强，可氧化 I⁻生成 I2，
淀粉遇 I2 变蓝，故向①中加 KI、淀粉溶液会变蓝，C 错误；
D．②中 为红色，加入 NaF 后红色褪去变为无色，说明 F⁻与 Fe3+形成更稳定 [FeF6]3-，证明
F⁻与 Fe3+配位能力很强，D 正确；
故选 C。
8. 全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法错误的是
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A. 隔膜为阴离子交换膜
B. 充电时，a 极为阴极
C. 放电时，隔膜两侧溶液 浓度均增大
D. 理论上， 每减少 l ml， 总量相应增加 2 ml
【答案】D
【解析】
【分析】全铁流电池原理为 2Fe3++Fe=3Fe2+，a 极发生 Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b 极发生
Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b 为石墨电极，做正极，依次解题。
【详解】A．放电时原电池中，阴离子向负极移动。正极室（右侧） 得电子生成 （正电荷减少），
负极室（左侧） 失电子生成 （正电荷增多），阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动以平衡电荷，
故隔膜为阴离子交换膜（阴膜可防止 Fe3+进入 a 极区），A 正确；
B．充电时，原电池的负极（a 极）对应电解池的阴极，发生还原反应（Fe2++2e-=Fe），B 正确；
C．放电时，a 极生成 Fe2+（浓度增大），b 极 Fe3+还原为 Fe2+（Fe2+浓度增大），故两侧 Fe2+浓度均增大，C
正确；
D．放电总反应为 Fe+2Fe3+=3Fe2+，2 ml Fe3+减少生成 3 ml Fe2+，则 1 ml Fe3+减少时，Fe2+总量增加 1.5 ml
，而非 2 ml，D 错误；
故答案选 D。
9. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中 X、Z 位于同一主族。
下列说法错误的是
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A. 元素电负性： B. 该物质中 Y 和 Z 均采取 杂化
C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能：
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中 X、Z 位于同一主族，且 X、Z 均形成 2
个共价键，则 X 为 O，Z 为 S；Y 形成 5 个共价键且原子序数位于 O、S 之间，则 Y 为 P；W 形成 1 个共价
键，原子序数最小，则 W 为 H；
【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性 O>S>P，
即 X>Z>Y，A 项正确；
B．由该物质结构可知，P 形成 4 个σ键，P 上没有孤电子对，P 原子的价层电子对数为 4，为 sp3 杂化，S
形成 2 个σ键，S 上有 2 对孤电子对，S 原子的价层电子对数为 4，为 sp3 杂化，B 项正确；
C．基态 H 原子未成对电子数为 1，基态 O 原子的价电子排布式为 2s22p4，未成对电子数为 2，基态 P 原子
的价电子排布式为 3s23p3，未成对电子数为 3，则基态原子未成对电子数 ，即 ，C 项正确；
D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于 VA 族原子的 p 轨道处于半充满状态，第一电离
能大于同周期相邻主族元素，即 P>S，D 项错误；
故选 D
10. 一定条件下，烯烃可以转化为相应的邻二醇(R—表示饱和烃基)，邻二醇在一定条件下可以继续转化为
N-甲基吗啉(NMM)，转化过程机理如下图所示。下列说法错误的是
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A. 转化过程中 Os 元素化合价发生改变
B. 涉及的有机物中碳原子杂化方式有两种
C. NMM 包含六元杂环，杂环内的 6 个原子位于同一平面上
D. 是转化过程中的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．转化过程中 Os 元素在 OsO4（+8 价）与中间产物（如 OsO2(OH)2，+6 价）间转化，化合价发
生改变，A 正确；
B．涉及的有机物中，烯烃双键碳为 sp2 杂化，饱和烃基、邻二醇及 NMM 中的碳为 sp3 杂化，共两种杂化
方式，B 正确；
C．NMM 的六元杂环为饱和杂环（含 O、N 及四个 sp3 杂化碳），类似环己烷椅式构象，环内 6 个原子不共
平面，C 错误；
D． 为 OsO4，在转化中参与反应后又再生，符合催化剂定义，D 正确；
故选 C。
11. 锆 是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞， 为阿伏
加德罗常数的值。下列说法错误的是
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A. 该氧化物的化学式为
B. 晶胞中 与 O 的配位数分别为 8 和 4
C. 该氧化物的密度为
D. 若 p 处 坐标为 ，则 q 处 的坐标参数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含 4 个 Zr、 个 O，则立方氧化锆的化学式
为 ，A 项正确；
B．根据体心的氧原子可知晶胞中 O 的配位数分别为 4，因此依据化学式可知 的配位数为 8，B 项正确；
C．晶胞中含 4 个 Zr、8 个 O，则晶体密度为 ，C 项错误；
D．根据晶胞的位置可知，p 处 坐标为 ，则 q 处 的坐标参数为 ，D 项正确；
答案选 C。
12. 铂钯精矿中的 Au、Pt、Pd 含量较低，Cu、Zn、Pb 含量较高。一种从铂钯精矿中提取 Au 和 Pt 的工艺
如图所示。
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已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为 HAuCl4、 ；
在煮沸下与水反应得到易溶于水的 。下列说法错误的是
A. “酸浸”只可除去 Zn 和 Pb
B. “分金”时，HAuCl4 的氧化性强于 H2PtCl6
C. “煮沸”过程中发生了氧化还原反应
D. “煅烧”过程中每消耗 转移 4ml 电子
【答案】A
【解析】
【分析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为 、 、 ，则“酸浸”过程应除去了 、
、 ，分金过程通入 SO2 除去 Au，加入 NH4Cl 沉铂、沉钯，煮沸过程分离铂和钯，煅烧
得到 Pt， 在煮沸下与水反应得到易溶于水的 。
【详解】A．由分析可知，“酸浸”过程为电控除杂，可除去 Cu、Zn、Pb，A 错误；
B．“分金”时，SO2 作还原剂，HAuCl4 作氧化剂被还原，H2PtCl6 不反应，说明 HAuCl4 氧化性大于 H2PtCl6
，B 正确；
C．“煮沸”过程中发生反应 ，可知 Pd 元素化合价降低，
部分 Cl 元素化合价升高，即发生了氧化还原反应，C 正确；
D．“煅烧”过程中发生反应 ，由反应方程式可知，每消耗3ml
(NH4)2PtCl6 转移 12ml e-，故每消耗 1ml(NH4)2PtCl6 转移 4ml e-，D 正确；
故选 A。
13. 一定条件下，1-苯基丙炔((Ph-C≡C-CH₃)可与 HCl 发生催化加成，反应如下：
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反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应 、 为放热反应)，下列说法错误的是
A. 反应焓变：反应 >反应
B. 反应活化能：反应 产物Ⅰ，故 A 正确；
B．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时间内，反应Ⅰ的占
比远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，则活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B 正确；
C．随时间延长，产物Ⅱ占比逐渐增大并趋于稳定，而产物Ⅰ占比先增后减（可能因反应Ⅲ继续转化），故
选择较长时间并及时分离可提高产物Ⅱ产率，C 正确；
D．由于存在产物Ⅰ与产物Ⅱ之间的可逆反应，其 K 值与氯化氢含量无关，因此比值不会随着 HCl 的含量
的改变而改变，D 错误；
故答案选 D。
14. 室温下，将 置于 溶液中，保持溶液体积和 N 元素总物质的量不变，
pX-pH 曲线如图， 和 的平衡常数分别为
和 ： 的水解常数 。下列说法错误的是
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A. Ⅲ为 的变化曲线 B. D 点：
C. D. C 点：
【答案】B
【解析】
【分析】pH 越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表 ，Ⅱ代表
，Ⅳ代表 NH3，Ⅰ代表 Ag+，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为 的变化曲线，A 正确；
B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液 pH＜7，图像 pH 增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积
和 N 元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：
，物料守恒：
， ，
，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+
， ，B 错误；
C．根据图像可知 D 点时 和 Ag+浓度相等，此时氨气浓度是 10－3.24，根据
可知 ，C 正确；
D．C 点时 和 Ag+浓度相等，B 点时 和 浓度相等，所以反应的
的平衡常数为 103.8，因此 K2= ，C 点时
和 Ag+浓度相等，所以 ，D 正确；
答案选 B。
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选择题答题卡
题号 1 /2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 得分
答案
二、非选择题(本题共 4 小题，共 58 分)
15. 三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理
如下：
实验步骤如下：
．向 A 中加入 3.5g NaHCO3、5.2g Na2SO3 和 20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入 2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应 3h 后，减压蒸除溶剂得浅黄色固
体。
．向上述所得固体中加入 10.0mL 四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水 Na₂SO₄，振荡，抽滤、洗涤。
将所得滤液减压蒸除 THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
．将所得三氟甲基亚磺酸钠和 3.0mL THF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色
固体。抽滤、洗涤。
．将滤液转入圆底烧瓶中，加入 2.0mL 蒸馏水和过量 LiOH。室温搅拌反应 1h 后，减压蒸除溶剂，得
粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品 1.1g。
已知：THF 是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：
（1）仪器 A 的名称为___________，仪器 B 相较于球形分液漏斗的优点是___________。
（2）步骤 反应中有气泡产生，其主要成分为___________。
（3）步骤 的目的是___________。
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（4）步骤 中发生反应的化学方程式为___________，判断加入浓盐酸已足量的方法为___________。
（5）步骤 中排入蒸馏水的作用是___________。
（6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为___________(保留至 0.01%)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 平衡内外气压，确保液体顺利流下
（2）
（3）将步骤Ⅰ所得的三氟甲基亚磺酸钠粗品进行提纯，提高产率
（4） ①. ②. 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，
若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
（5）作为溶剂，溶解后加快反应速率
（6）
【解析】
【分析】向 A 中加入 和 20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入 2.1mL(3.3g)三氟甲磺
酰氯 ，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，
所以有气泡产生，80℃下反应 3h 后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入 10.0mL 四氢呋
喃(THF)，充分搅拌后，加入无水 ，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将
吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除 THF，得黏稠状固体。加入
适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和 3.0mLTHF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量
浓盐酸，发生的化学方程式为： +HCl +NaCl，析出白色固体。
抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入 2.0mL 蒸馏水和过量 LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速
率，室温搅拌反应 1h 后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品 1.1g，据此解答。
【小问 1 详解】
由图可知，A 为三颈烧瓶。仪器 B 是恒压滴液漏斗，相较于球形分液漏斗的优点是：平衡内外气压，确保
液体持续稳定流出；
【小问 2 详解】
向 A 中加入 3.5 g NaHCO3、5.2 g Na2SO3 和 20.0 mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入 2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯生
成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生。
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【小问 3 详解】
A 中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入 10.0mL 四氢呋喃(THF)，充
分搅拌后，加入无水 ，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将
吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，从而进行提纯，提高产率。
【小问 4 详解】
由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和 3.0 mLTHF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，
发生的化学方程式为： ，析出白色固体，所以判断加入盐
酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量。
【小问 5 详解】
将滤液转入圆底烧瓶中，加入 2.0 mL 蒸馏水和过量 LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率。
【小问 6 详解】
向 A 中加入 蒸馏水，搅拌下逐滴加入 2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯，
三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为： ，氟甲基亚磺酸锂的产率为
。
16. 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为 、 (铑)、 ，含有少量 ]中尽可能回收铑的
工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶 1”的目的是_______。
（2）已知“酸溶 2”中 转化为 ，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成
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分是_______(填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量 和 ，则“高温还原”中
发生反应的化学方程式为_______。
（4）若“活化还原”在室温下进行， 初始浓度为 ，为避免生成 沉淀，溶
液适宜的 为_______(填标号)[已知 的 ]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中， 必须过量，其与 (III)反应可生成 ，提升了 的还原速率，
该配离子中 的化合价为_______；反应中同时生成 ， (III)以 计，则理论上
和 (III)反应的物质的量之比为_______。
（6）“酸溶 3”的目的是_______。
【答案】（1）溶解 Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2） ①. ②. SiO2
（3） 、
（4）A （5） ①. +1 ②. 6：1
（6）除去滤渣中未反应的 Zn 及生成的 Sn
【解析】
【分析】贵金属合金粉[主要成分为 、 (铑)、 ，含有少量 ]中尽可能回收铑的工艺流程中，加
入浓盐酸溶解其中 Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解 Rh， 转
化为 ，Pt 转化为相关可溶物，SiO2 不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入
浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为 Rh、 和 ，再用 H2 进行高
温还原得到铑单质，向滤液中加入 NH4Cl 将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入 SnCl2 将 (III)转化
为 ，再加入 Zn 进行还原，生成 Rh，由于 Zn 过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的 Zn 和生
成的 Sn，实现 Zn 与 Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
【小问 1 详解】
原料合金粉主要成分为 Fe、Rh、Pt 和少量 SiO2，Fe 易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而 Rh 和 Pt 在常温下不易被
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非氧化性酸溶解，SiO2 不溶于酸，因此“酸溶 1”使用非氧化性酸溶解 Fe 生成可溶性盐，过滤后 Fe(II)进入滤
液，剩余滤渣主要为 Rh、Pt 和 SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解 Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实
现分离。
【小问 2 详解】
“酸溶 2”中 转化为 ，Rh 元素化合价由 0 升高至+3，HNO3 中 N 元素化合价由+5 降低至+2
生成 NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为 SiO2。
【小问 3 详解】
“高温还原”过程中， 和 均被 H2 还原为 Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至 0，根据化合价升降
守恒以及原子守恒可知反应方程式为 、 。
【小问 4 详解】
初始浓度为 ，则溶液中 ，当恰好生成 沉淀时，
，
，
，因此为避免生成 沉淀，溶液 pH