2023届广东省东华高级中学高三上学期模拟考试化学试题含解析

这是一份2023届广东省东华高级中学高三上学期模拟考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省东华高级中学2023届高三上学期模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列说法正确的是
A．“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”，该过程涉及的操作方法是蒸发结晶
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取过程涉及化学变化
C．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的溶解性不同
D．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，该过程不涉及氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”指将水蒸发得到盐，该过程涉及的操作方法是蒸发结晶，正确；
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，句中体现的对青蒿素的提取，没有生成新物质，属于物理变化，错误；
C．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，蒸烧的实验方法是利用物质的沸点不同，控制温度使乙酸与乙醇分离，错误；
D．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，诗句中涉及石蜡的燃烧反应，属于氧化还原反应，错误；
故选A。
2．北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法错误的是
A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零
B．部分场馆使用“碲化镉”光伏发电系统，利用了太阳能转化为电能
C．运动员“战袍”内层添加石墨烯片用于保暖，石墨烯和碳纳米管互为同分异构体
D．速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保
【答案】C
【详解】A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，反应产物为水，无污染，且实现碳排放为零，有利于实现碳中和，故A正确；
B．“碲化镉”发电玻璃是通过吸收可见光，将光能转化为电能，故可将太阳能转化为电能，故B正确；
C．石墨烯和碳纳米管是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；
D．CO2跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，减少了氟利昂对臭氧层的破坏作用，故D正确；
答案选C。
3．五育并举，劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识具有因果关系的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：宣传推广使用免洗手酒精消毒液
乙醇具有特殊香味
B
农业劳动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶
含氯化合物具有杀菌消毒功能
D
职业劳动：食品包装袋内充氮气
氮气无色无味

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．乙醇能使细菌蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与其特殊香味无关，故A错误；
B．厨余垃圾含N、P、K等元素，因此可用厨余垃圾制肥料，故B正确；
C．用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶，主要是含氯化合物HCl具有酸性，与马桶中污垢反应生成可溶的氯化物，与杀菌消毒无关，故C错误；
D．氮气化学性质稳定，可作保护气，与其颜色气味无关，故D错误；
答案选B。
4．下列有关化学用语表示正确的是
A．CCl4的球棍模型为 B．甲基的电子式为
C．和互为同位素 D．口罩“熔喷层”原料中聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【详解】A．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；氯原子半径大于碳原子，CCl4的球棍模型为，A错误；
B．甲基含有1个未成对电子，甲基的电子式为，B正确；
C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素；和均为氢气单质，C错误；
D．聚丙烯的结构简式：，D错误；
故选B。
5．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列指定反应的离子方程式正确的是
A．电解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH- +Cl2↑+H2↑
B．久置的H2S溶液变浑浊：2S2- +O2+4H+ =2S↓+2H2O
C．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na+ +2OH- +O2↑
D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH- =HC2O+H2O
【答案】D
【详解】
A．生成氢氧化镁难溶，不能拆成离子，A错误；
B．硫化氢是弱电解质，不能拆成离子，B错误；
C．方程式没有配平，应为：2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH- +O2↑C错误；
D．H2C2O4是二元弱酸，过量H2C2O4，生成酸式盐，D正确；
故选D。
6．下列实验中的仪器、药品选择正确且能达到实验目的的是

A．利用装置甲制备氧气，可以随时控制反应的发生和停止
B．利用装置乙制取氯气
C．利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO
D．利用装置丁验证浓硫酸的吸水性
【答案】D
【详解】A． 过氧化钠粉末无法搁置在有孔塑料板上，不能随时控制反应的发生和停止，A错误；
B． 反应需加热，缺少加热装置、不能利用装置乙制取氯气，B错误；
C．NO不能用排空气法收集、不能利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO，C错误；
D． 在密闭装置内，左边试管内蓝色能变白色、可利用装置丁验证浓硫酸的吸水性，D正确；
答案选D。
7．下图是某元素常见物质的“价类”二维图，其中d为红棕色气体，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色。下列说法错误的是

A．e的浓溶液可以用铝槽车运输
B．工业上通过a→c→d→e来制备HNO3
C．d是一种酸性氧化物
D．c、d混合物可与NaOH溶液反应生成g
【答案】C
【分析】由题千信息d为红棕色气体，则d为NO2，说明该图为N元素的“价类”二维图，则可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，e为HNO3，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色，说明g、f含有Na，则f为NaNO3、g为NaNO2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，e的浓溶液即浓HNO3，由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故可以用铝槽车运输浓HNO3，A正确；
B．NH3和氧气催化氧化生成一氧化氮气体，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，B正确；
C．由分析可知，d为NO2，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，故NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．NO和NO2与氢氧化钠溶液反应的方程式为NO2+NO+2NaOH= NaNO2+H2O，D正确；
故答案为C。
8．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
用淀粉-KI溶液鉴别FeCl2和FeCl3
Fe2+有氧化性
B
Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3
氨碱法所得的盐以固体形式析出
C
热的浓硫酸可以用铁制容器盛放
浓H2SO4具有强氧化性
D
油脂和汽油都是油
一定条件下都能发生皂化反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．铁离子能氧化碘离子生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，能证明铁离子有氧化性，不能证明亚铁离子有氧化性，A错误；
B．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，所以氨碱法过程中可以生成碳酸氢钠固体，B正确；
C．常温下铁在浓硫酸中钝化，体现浓硫酸的强氧化，但是在热的浓硫酸中铁能溶解，不能体现其强氧化性，C错误；
D．汽油的主要成分是烃，不能发生皂化反应，D错误；
故选B。
9．一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．该物质中既有σ键，又有π键
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44g CO2
【答案】C
【详解】A．由于该物质含有碳碳双键，所以可以发生加成反应，故A错误；
B．同系物是结构相似，分子组成相差1个或若干个CH2原子团的有机物，乙醇分子中只含有羟基，乙酸分子中只含有羧基，二者与该物质结构不相似，均不为同系物，故B错误；
C．单键都是σ键，双键中有一个σ键和一个π键，该物质中既有单键，又有双键，所以该物质中既有σ键，又有π键，故C正确；
D．该物质分子中只含1个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5molCO2，最大质量为22g，故D错误；
答案选C。
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Al3+、Cl-、SO
B．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液：I-、Al3+、NO、Na+
C．0.1mol/L NaAlO2溶液中：Na+、K+、NO、HCO
D．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、S2O
【答案】A
【详解】A．各个离子之间互不反应，能大量共存，A正确；
B．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液可能显酸性或碱性，酸性条件下H+、I-、发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下Al3+、OH-结合生成沉淀不能共存，B错误；
C．、发生反应+H2O+=Al(OH)3+而不能大量共存，C错误；
D．甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+、反应生成二氧化硫和S而不能大量共存，D错误；
故选：A。
11．沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。

下列叙述错误的是
A．阳极发生将海水中的氧化生成的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的
C．阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的等积垢需要定期清理
【答案】D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。
【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
故选D。



12．汽车尾气中的氮氧化物、碳氢化物与臭氧反应是造成城市光化学污染的主要原因，其中常见的反应为CH3CH=CHCH3(2-丁烯)+2O3→2CH3CHO+2O2，已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．标准状况下，2.24L CH3CHO中所含原子数目为0.7NA
B．O2和O3均只含非极性键，均为非极性分子
C．CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中采取杂化和杂化的碳原子数目之比均为1：1
D．若有2mol O3参与反应，则反应中转移的电子数目为12NA
【答案】C
【详解】A．标准状况下，CH3CHO是液体，2.24L CH3CHO不是0.1mol，故A错误；
B．含有非极性键不一定是非极性分子，要看其正负电荷重心是否重合，O3分子结构重心不对称，正负电荷重心不重合，故O3不是非极性分子，故B错误；
C．饱和碳原子采取杂化，碳氧双键和碳碳双键的碳原子采取杂化，所以CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中采取杂化和杂化的碳原子数目之比均为1:1，故C正确；
D．在该常见反应中，2-丁烯转变为乙醛，碳元素化合价平均从-2升高到-1，氧元素化合价从0降低到-2，若2molO3反应，电子转移4mol，故D错误；
答案选C。
13．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是W原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．原子半径：Y>X>W B．单质的熔点：Y>X>W
C．简单氢化物的沸点：Z>W D．Z的最高价含氧酸一定是强酸
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为W原子内层电子数的2倍，则W应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素；W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则W、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若W的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若W的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若W的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素，则W为N元素或O元素或F元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素或S元素或P元素，以此分析解答。
【详解】
A．同周期从左至右，原子半径减小，原子半径Al＞Si，A错误；
B．单质熔点Si＞Al＞W，W单质为氮气或氧气或氟气，B正确；
C．W的简单氢化物分子间存在氢键，简单氢化物的沸点W＞Z，C错误；
D．若Z为P元素，最高价含氧酸磷酸是弱酸，D错误；
故选B。
14．为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的CO进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)2Cl·(g)      快；
②CO(g)+Cl·(g) COCl·(g)      快；
③COCl·(g)+Cl2(g) COCl2(g)+Cl·(g)     慢。
反应②的速率方程c(CO)×c(Cl·)，c(COCl·)，是速率常数。
下列说法错误的是
A．反应②的平衡常数
B．反应①的活化能小于反应③的活化能
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．使用合适的催化剂可以增大该反应体系中COCl2(g)的体积分数
【答案】D
【详解】A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，故A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，故B正确；
C．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，故D错误；
选D。
15．次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，次磷酸钠(NaH2PO2)广泛应用于化学镀镍，次磷酸钠的生产与镀镍过程如图所示。下列有关说法正确的是

A．Ni2+价电子的轨道表示式为
B．“碱溶”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C．PH3、PO中P的杂化方式相同，键角PO>PH3
D．次磷酸铵与足量氢氧化钠共热，发生反应NH+H2PO+3OH-NH3↑+3H2O+PO
【答案】C
【详解】A．基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2，Ni原子失去2个4s电子变为Ni2+，则Ni2+的价层电子排布式为3d8，故其价电子的轨道表示式为 ，故A错误；
B．“碱溶”时，发生的反应为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，氧化剂与还原剂均为P4，根据化合价变化，二者物质的量之比为1:3，故B错误；
C．PH3中P原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形；PO中P原子价层电子对数为：4+=4，采取sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体形，所以PO中P的杂化方式相同，键角PO>PH3，故C正确；
D．H3PO2是一元酸，则NH4H2PO2为正盐，H2PO不电离，次磷酸铵与足量氢氧化钠共热，发生反应NH+OH-NH3↑+H2O，故D错误；
答案选C。
16．某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是

A．黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子
B．过程①中加入AgNO3溶液后，溶液的pH变小
C．蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使I2和H2O的反应进行完全
D．向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝
【答案】D
【分析】由实验流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色，碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I-+HIO，加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动，使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸、硝酸银的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，除去溶液中的银离子，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，硝酸溶液、次碘酸溶液与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉变蓝色。
【详解】A．由分析可知，向滤液1中加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故A正确；
B．由分析可知，程①中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸、硝酸银的滤液1，则溶液的pH变小，故B正确；
C．加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动，使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，故C正确；
D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸后，次碘酸钠和硝酸钠的氧化性减弱，再加入碘化钾溶液，不可能发生氧化还原反应生成碘，溶液不会立即变蓝色，故D错误；
故选D。

二、实验题
17．实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：

(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c的名称_______，装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中Cl- 不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则n=_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置，根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______，原理是_______。

【答案】(1)     a     FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl     球形冷凝管     导气、冷凝回流SOCl2
(2)          AB
(3)     ⑥⑩③⑤     CCl4     TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4

【分析】实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。
【详解】（1）实验开始先通N2，排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置a，SOCl2变为气体和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2。装置b内SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl。根据图示可知，装置c的名称球形冷凝管；SOCl2沸点为76℃，装置c、d共同起到的作用是导气、冷凝回流SOCl2。
（2）m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL，发生反应，可知n(Fe2+)= n(FeCl2)= 6c mol·L-1×V×10-3L=6 c V×10-3 mol;
m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g，则水的物质的量为。n= 。
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，故选A；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，FeCl2的质量偏大，n值偏小，故选B；
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，故不选C；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗K2Cr2O7标准溶液偏少，则FeCl2的质量偏小，n值偏大，故不选D；
选AB。
（3）蒸馏装置用直形冷凝管，TiCl4极易水解，所以装置最后连接干燥管，对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。

三、工业流程题
18．稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/

(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______，画出该元素基态原子价电子的轨道表示式_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO- )低于_______mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+ 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mol Pt3Y转移_______mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)     Fe2+    
(2)     4.7 (3)4.0×10-4
(4)     加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
(5)MgSO4
(6)     15     O2+4e- +2H2O=4OH-

【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）
由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，铁元素原子序数为26，其基态原子价电子的电子排布式为3d64s2、轨道表示式；
（2）
由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓，故答案为：4.7pH<6.2；Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓；
（3）
滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）
①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）
由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）
①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。

四、原理综合题
19．含氮化合物(NOx、NO等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。
A．工业合成氨
B．工业利用氨气合成硝酸
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物
(2)已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。
(3)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。

①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释能结合NH3的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a.状态①→状态②                            b.状态②→状态③
c.状态③→状态④                               d.状态④→状态⑤
(4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为NaNO3和NaNO2。该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)AC
(2)(a-1169)
(3)     或     Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定     NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键     4NO+4NH3+O24N2+6H2O     c
(4)2NO2+2OH- =NO+NO+H2O

【解析】（1）
A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选A；
B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C；
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选D；
选AC。
（2）
已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)  = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。
（3）
①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为；Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以能结合NH3。
②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③→状态④，选c。
（4）
NaOH溶液将NO2转化为NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO+NO+H2O。

五、有机推断题
20．奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：

请回答下列问题：
(1)A的名称是_______；B中所含官能团的名称是_______
(2)A转化为B的化学方程式为_______，反应⑤的反应类型是_______。
(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则G分子中的手性碳个数为_______个
(4)写出满足下列条件的E的同分异构体的两个结构简式：_______、_______。
Ⅰ.苯环上只有三个取代基
Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
Ⅲ.1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2mol CO2
(5)根据已有知识并结合相关信息，将以为原料制备的合成路线流程补充完整(无机试剂任选)。___________

【答案】(1)     对氟苯酚 (4-氟苯酚)     酯基、碳氟键
(2)          消去反应
(3)1
(4)         
(5)

【分析】A发生取代反应生成B，F与氢气反应生成G，对比E、G的结构，则F结构简式为：，反应⑤为醇羟基的消去反应；
(5)由路线中B→C的转化，转化为，再与氢气加成生成，最后与溴发生取代反应生成。
（1）
A的名称是对氟苯酚(或4-氟苯酚)；B中所含官能团的名称是酯基、碳氟键。 故答案为：对氟苯酚(或4-氟苯酚)；酯基、碳氟键；
（2）
A转化为B的反应为对氟苯酚与乙酸酐在浓硫酸条件下发生取代反应：；对比E、G的结构及反应⑥的条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F， 反应⑤的化学方程式为，该反应的反应类型是消去反应；
（3）
碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，因此G分子中的手性碳个数为1个；
（4）
E的同分异构体符合下列条件：Ⅰ.苯环上只有三个取代基，Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明含有4种氢原子，Ⅲ.1 mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基。符合条件的E的同分异构体结构简式为：、；故答案为：、；
（5）
由路线中B→C的转化，转化为，再与氢气加成生成，最后与溴发生取代反应生成。以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)：。
【点睛】本题考查有机物的合成和推断，侧重考查对比、分析判断及知识综合运用能力，明确反应前后官能团及碳链结构变化是解本题关键，难点(5)中注意利用转化关系中隐含的信息进行合成路线设计。