2024回族自治区银川一中高三上学期第六次月考试题理综化学含解析

这是一份2024回族自治区银川一中高三上学期第六次月考试题理综化学含解析，共30页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，25等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Sc-45 Fe-56 Ba-137 C-59
一、选择题：本题包括13小题。每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 化学与生活密切相关，下列说法不符合这一主题的是
A. GaN具有半导体的性质，常用作LED灯的芯片，属于新型无机非金属材料
B. 聚乙烯可用于制作食品包装袋，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 开采可燃冰有助于实现“碳中和”
D. 黑索金()常用作导弹中的炸药，爆炸时可产生等物质的量的
2. 我国科学家利用CO2合成淀粉的核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①消耗2.2g CO2时，转移电子数0.6NA
B. 标准状况下22.4L H2O2所含的非极性键数为NA
C. 30 g HCHO与DHA混合物中含氧原子数为2NA
D. 16.2 g淀粉在氧气中燃烧可生成CO2分子数为0.6NA
3. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是
A. Q、W的最高价氧化物对应水化物可以发生反应
B. 原子半径：
C. Y和Z的简单氢化物的稳定性：
D. X、Y、Z三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
4. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
5. 在催化剂和水存在下，被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是

A. 由图1可知，能提高总反应的平衡转化率
B. 图1中，中存在非极性键
C. 由图2知，各步反应的都小于0
D. 在图2涉及的反应中，决定总反应速率
6. 以四甲基氯化铵水溶液为原料，利用光伏并网发电装置制备四甲基氢氧化铵，下列叙述正确的是
A. 光伏并网发电装置中型半导体为负极
B. 保持电流恒定，升高温度，制备的反应速率不变
C. 为阳离子交换膜，为阴离子交换膜
D. b极收集标况)气体时，溶液中共有离子透过交换膜
7. 标况下，的溶解度约为，；室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系如图1所示，向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示，下列说法正确的是
A. 饱和碳酸的浓度约为
B. 对应的溶液中存在：
C. 的过程中，溶液中逐渐减小
D. 点对应溶液的为9.25
8. 硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在化学分析、金属腐蚀抑制剂、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，并测定其化学式。
Ⅰ.用废铁屑制备溶液
（1）将废铁屑放入溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。该步骤中溶液的作用是___________。
（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。
①废铁屑中含有的少量氧化铁无需在制备前除去，用离子方程式解释原因___________。
②步骤中的过滤采用如下图装置，相对于普通过滤装置而言，其优点是___________。
Ⅱ.用NO气体和溶液制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)
装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（3）圆底烧瓶中生成NO的同时还生成了，该反应的离子方程式为___________。
（4）实验开始前需先鼓入，其目的是___________。
Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)的化学式，其化学式可表示为。
步骤i．用酸性溶液滴定20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液，滴定至终点时消耗酸性溶液16.00 mL(NO完全转化为)；
步骤ii．另取10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为2.33 g。
（5）已知硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)中的配位数为6，则化学式中___________。
（6）酸性溶液应盛装在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，会导致b的数值___________(填“偏大”或“偏小”)。
9. 稀土金属钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以工业钛白水解废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+、H+、等离子)为原料，制取氧化钪(Sc2O3)和单质钪的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Sc(OH)3]=8×10-31
②“沉钪”所得固体是水合复盐沉淀，其化学式为3NH4Cl·ScF3·6H2O
（1）在酸洗时，加入H2O2的作用是___________(填标号)。
A．作氧化剂B．作还原剂C．作配体
（2）反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3沉淀。若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，则残留的Sc3+的质量浓度是___________mg/L。
（3）“灼烧”得到Sc2O3.若灼烧Sc2(C2O4)3·6H2O也能得到Sc2O3，其在空气中热分解温度区间和分解得到的固体产物如下表所示：
由含钪化合物A转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为___________。
（4）含钪元素的微粒与pF[pF=-lgc(F-)]、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH最好小于___________，“沉钪”所得滤液中c(F-)应大于___________ml·L-1。
（5）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O，再高温脱水得到ScF3，但所得ScF3通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。该流程中，“脱水除铵”可制得高纯度ScF3，原因是___________。
10. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质(以计)与水蒸气反应制取是一种低耗能，高效率的制方法。该方法由气化炉制造和燃烧炉再生两步构成，气化炉中涉及到的反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
①该工艺制总反应可表示为，该反应的平衡常数___________(用等的代数式表示)。
②绝热条件下，将以体积比充入恒容密闭容器中，若只发生反应Ⅱ，下列可作为反应Ⅱ达到平衡的判据是___________。
A．与比值不变 B．容器内气体密度不变
C．容器内气体压强不变 D．不变
（2）的速率方程为，(、为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。
净反应速率等于正、逆反应速率之差，平衡时，___________(填“>”、“<”或“=”)。
（3）一定条件下，与反应可合成，，该反应分两步进行：
ⅰ．
ⅱ．
，压强恒定为时，将的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示：
的平衡转化率为___________，反应ⅰ的平衡常数___________(是以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
（4）利用(Q)与(QH2)电解转化法从烟气中分离的原理如图，已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过
①(填“a”或“b”)___________为电源负极。
②从出口___________(填“1”或“2”)排出，在极上发生的反应为___________。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属﹑金属氧化物﹑盐等。
（1）铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁，其形成血红素分子结构如图所示。铁位于周期表的___________区，铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为___________，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为___________。
（2）生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。请比较CaO、MgO熔点大小，并请解释原因：___________。
（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的轨道，则电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，如分子中存在“离域键”，可表示成，则(咪唑)中的“离域键”可表示为___________。
（4）C可以形成六方晶系晶体，晶胞结构如图所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标。已知晶胞含对称中心，其中1号原子的坐标为，则2号原子的坐标为___________。设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用代数式表示)。
[化学——选修五：有机化学基础]
12. 乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：
已知： ，回答下列问题：
（1）A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
（2）M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
（4）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
（5）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。选项
实验操作及现象
结论
A
以为电极，以酸化的溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴溶液，观察现象
探究金属的电化学保护法
B
向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液。先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为，溶解度小于溶解度
C
向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色
溶液中含有或
D
室温下，测定浓度均为的与溶液的溶液的大
结合的能力：
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O
(M=462g/ml)
383～423
19.48
Sc2(C2O4)3·H2O
463～508
2338
A
583～873
70.13
Sc2O3
组分
物质的量分数(%)
银川一中2024届高三年级第六次月考
理科综合能力测试
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Sc-45 Fe-56 Ba-137 C-59
一、选择题：本题包括13小题。每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 化学与生活密切相关，下列说法不符合这一主题的是
A. GaN具有半导体的性质，常用作LED灯的芯片，属于新型无机非金属材料
B. 聚乙烯可用于制作食品包装袋，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 开采可燃冰有助于实现“碳中和”
D. 黑索金()常用作导弹中的炸药，爆炸时可产生等物质的量的
【答案】C
【解析】
【详解】A．GaN是新型无机非金属材料，且具有半导体的性质，可用于制作芯片，A正确；
B．聚乙烯属于高分子有机物，可制作食品包装袋，其结构中不含不饱和键，无法使高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．可燃冰不可以贸然开采，如果泄露会导致更严重的温室效应，且可燃冰的主要成分为甲烷，并不能实现“碳中和”，C错误；
D．根据黑索金的原子构成，其N：C：H：O=6:3:6:6，故可以生成等物质的量的CO、H2O、N2，D正确；
故选C。
2. 我国科学家利用CO2合成淀粉的核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①消耗2.2g CO2时，转移电子数为0.6NA
B. 标准状况下22.4L H2O2所含的非极性键数为NA
C. 30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2NA
D. 16.2 g淀粉在氧气中燃烧可生成CO2分子数为0.6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，反应①发生的反应为CO2+3H2=H2O+CH3OH，该反应中1个CO2得到6个电子转化为1个甲醇，则消耗2.2 g二氧化碳，反应转移电子数为0.3NA，A错误；
B．标准状况下，过氧化氢为液态，22.4L过氧化氢的物质的量大于1ml，B错误；
C．甲醛和DHA的最简式相同，都为CH2O，则30 g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数为NA，C错误；
D．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，16.2 g淀粉含C6H10O5这一结构0.1ml，含有C0.6ml，根据碳原子守恒，16.2g淀粉在氧气中燃烧可生成0.6mlCO2，分子数为0.6NA，D正确；
故答案选D。
3. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是
A. Q、W的最高价氧化物对应水化物可以发生反应
B. 原子半径：
C. Y和Z的简单氢化物的稳定性：
D. X、Y、Z三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【答案】B
【解析】
【分析】X和W均只形成一条共价键，可知X为H、W为Cl，Y形成四条共价键，结合原子序数可知Y为C，Z形成三条共价键，可知Z为N，Q共用W提供的4个电子同时得一个电子才满足稳定结构，可知Q最外层电子数为3，结合原子序数可知Q为Al，据此分析解答；
【详解】A．Q、W的最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HClO4，两者能发生反应，故A正确；
B．Y为C、Z为N，两者为同周期元素，从左到右原子半径减小，原子半径：C>N，故B错误；
C．非金属性：N>C，非金属性越强氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：CH4＜NH3，故C正确；
D．X、Y、Z三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物如NH4CN，故D正确；
故选：B。
4. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．锌活泼性大于铁，锌为负极、铁为正极，正极不会形成亚铁离子，滴入2滴溶液不会生成蓝色沉淀，能探究金属的电化学保护法，A正确；
B．反应中过量的银离子会和碘离子生成碘化银沉淀，不能说明转化为，B错误；
C．SO2气体不能使石蕊试液褪色，生成的气体可能为氯气等气体，氯气的水溶液也会出现相同的现象，C错误；
D．室温下，测定浓度均为的与溶液的pH，CH3COONa溶液的大，说明醋酸根离子的水解程度更大，醋酸根离子结合氢离子能力更强，D错误；
故选A。
5. 在催化剂和水存在下，被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是

A. 由图1可知，能提高总反应的平衡转化率
B. 图1中，中存在非极性键
C. 由图2知，各步反应的都小于0
D. 在图2涉及的反应中，决定总反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，为催化剂，催化剂不影响平衡，不能提高总反应的平衡转化率，A错误；
B．中存配位键和极性共价键，不含非极性键，B错误；
C．由图2知，MS2→MS3为吸热反应，ΔH>0，C错误；
D．在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，D正确；
故选D。
6. 以四甲基氯化铵水溶液为原料，利用光伏并网发电装置制备四甲基氢氧化铵，下列叙述正确的是
A. 光伏并网发电装置中型半导体负极
B. 保持电流恒定，升高温度，制备的反应速率不变
C. 为阳离子交换膜，为阴离子交换膜
D. b极收集标况)气体时，溶液中共有离子透过交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知，左池为电解池，右池为原电池。根据左池NaCl溶液的浓度变化可知，Cl-往右移动，d为阴离子交换膜，Na+往左边移动，e为阳离子交换膜。根据离子移动方向可知，a极为阴极，b极为阳极。a与N相连，b与P相连，故光伏并网发电装置中，N型半导体为负极，P型半导体为正极。
【详解】A．根据上述分析可知，光伏并网发电装置中型半导体为正极，A错误；
B．保持电流恒定，即单位时间内a极得到的电子数目是恒定的，电极反应的速率也将恒定，升温并不会提高反应速率，B正确；
C．根据左池的浓度变化，可知向最左端移动，故c膜为阳离子交换膜。根据上述分析可知，e膜也为阳离子交换膜，C错误；
D．b极发生的反应为：，故b极收集到0.1ml气体时，转移0.4mle-，而溶液中通过离子交换膜的离子有、Cl-、Na+，由于三者都只带1个电荷，故移动的物质的量均为0.4ml，故通过离子交换膜的离子的总物质的量为1.2ml，D错误；
故选B。
7. 标况下，的溶解度约为，；室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系如图1所示，向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示，下列说法正确的是
A. 饱和碳酸的浓度约为
B. 对应的溶液中存在：
C. 的过程中，溶液中逐渐减小
D. 点对应溶液的为9.25
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题给信息可知，标准状况下，二氧化碳的溶解度为1：1，则1L饱和碳酸溶液中二氧化碳的浓度约为ml/L，由方程式可知，平衡常数K==，则碳酸的浓度为×ml/L≈7.4×10—5 ml/L，故A错误；
B．由图可知，溶液中为0时，溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度相等，溶液的pH为10.25，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故B错误；
C．由图可知，a→b的过程中，溶液中增大，则溶液中减小；溶液中==，碳酸的一级电离常数不变，则溶液中和的值减小，故C正确；
D．由图1可知，溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度相等，溶液的pH为10.25，则碳酸的二级电离常数Ka2(H2CO3)= = c(H+)=10—10.25，由图2可知，b点溶液中为2，则溶液中氢离子浓度为10—10.25×100ml/L=10—8.25ml/L，溶液pH为8.25，故D错误；
故选C。
8. 硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在化学分析、金属腐蚀抑制剂、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，并测定其化学式。
Ⅰ.用废铁屑制备溶液
（1）将废铁屑放入溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。该步骤中溶液的作用是___________。
（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。
①废铁屑中含有的少量氧化铁无需在制备前除去，用离子方程式解释原因___________。
②步骤中的过滤采用如下图装置，相对于普通过滤装置而言，其优点是___________。
Ⅱ.用NO气体和溶液制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)
装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（3）圆底烧瓶中生成NO的同时还生成了，该反应的离子方程式为___________。
（4）实验开始前需先鼓入，其目的是___________。
Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)的化学式，其化学式可表示为。
步骤i．用酸性溶液滴定20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液，滴定至终点时消耗酸性溶液16.00 mL(NO完全转化为)；
步骤ii．另取10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为2.33 g。
（5）已知硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)中的配位数为6，则化学式中___________。
（6）酸性溶液应盛装在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，会导致b的数值___________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）除去铁屑表面的油污
（2） ① 、 ②. 抽滤可使过滤速度更快；趁热过滤可防止晶体析出
（3）
（4）排出装置内空气，防止生成NO被氧气氧化和防止被氧化
（5）
（6） ①. 酸 ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；
【小问2详解】
①铁屑表面的氧化铁与稀硫酸反应生成铁离子，铁离子再与铁反应生成亚铁离子，涉及的离子方程式为：、；
②如图的装置采用了抽滤装置，能够让过滤装置与锥形瓶的压强差变大，可以加快过滤速度，趁热过滤可以防止晶体析出；
【小问3详解】
圆底烧瓶中稀硫酸与亚硝酸钠反应，N元素发生歧化反应，生成NO和硝酸钠，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
实验前要排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止被氧化；
【小问5详解】
硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式可表示为，10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥得到2.33 g硫酸钡，即n(SO)=0.01ml，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02ml SO，根据化学式可知Fe2+的个数等于SO个数，即则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02mlFe2+，根据关系式5Fe2+，则0.02mlFe2+消耗的为0.004ml，剩余的为0.012ml则与NO反应，根据关系式35NO，可得n(NO)= 0.012m=0.02ml=n(Fe2+)，即可得a=c=1，的配位数为6，b=5，故；
【小问6详解】
酸性溶液应盛装在酸式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，则高锰酸钾溶液的总体积会偏大，会导致a的值偏大，则b的值偏小。
9. 稀土金属钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以工业钛白水解废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+、H+、等离子)为原料，制取氧化钪(Sc2O3)和单质钪的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Sc(OH)3]=8×10-31
②“沉钪”所得固体是水合复盐沉淀，其化学式为3NH4Cl·ScF3·6H2O
（1）在酸洗时，加入H2O2的作用是___________(填标号)。
A．作氧化剂B．作还原剂C．作配体
（2）反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3沉淀。若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，则残留的Sc3+的质量浓度是___________mg/L。
（3）“灼烧”得到Sc2O3.若灼烧Sc2(C2O4)3·6H2O也能得到Sc2O3，其在空气中热分解温度区间和分解得到的固体产物如下表所示：
由含钪化合物A转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为___________。
（4）含钪元素的微粒与pF[pF=-lgc(F-)]、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH最好小于___________，“沉钪”所得滤液中c(F-)应大于___________ml·L-1。
（5）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O，再高温脱水得到ScF3，但所得ScF3通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。该流程中，“脱水除铵”可制得高纯度ScF3，原因是___________。
【答案】（1）C （2）3.6×10-8
（3）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（4） ①. 4.2 ②. 1.0×10-4.2
（5） ①. ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O) ②. “除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
【解析】
【分析】由题给流程可知，赤泥加入钛白废酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性的金属硫酸盐，二氧化硅不溶解，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含TiO2+、Sc3+、Fe3+、Al3+的硫酸盐溶液，向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取滤液中的TiO2+、Sc3+，分液得到含有Fe3+、Al3+的水相和含有TiO2+、Sc3+的有机相，有机相用稀硫酸洗涤后，再加入H2O2，TiO2+与H2O2络合进入水相，分液后除去，再向有机相中加入NaOH溶液将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，过滤后，向Sc(OH)3沉淀加入盐酸使其转化为ScCl3，加氨水调溶液pH，加NH4F沉钪得到ScF3，用Mg热还原ScF3得到Sc。
【小问1详解】
由图可知TiO2+加入H2O2后，TiO2+与H2O2结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程元素化合价没发生变化，应该是H2O2中的氧原子提供孤电子对，TiO2+中Ti原子提供空轨道，形成配合离子，H2O2作配体，故A、B错误，C正确，故答案为：C；
【小问2详解】
若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，c(OH-)=10-6ml/L，则残留的Sc3+的物质的量浓度是，质量浓度为810-13ml/L45g/ml1000mg/g=3.6×10-8mg/L。
【小问3详解】
在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
在加热温度463~508K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【小问4详解】
由流程可知，加氨水调pH维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F–结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节溶液的pH最好小于4.2；由图可知，“沉钪”需要将Sc3+转化为ScF3，pF应小于4.2，则c(F–)应大于1.0×10–4.2ml·L-1，故答案为：4.2；1.0×10–4.2；
【小问5详解】
ScF3·6H2O高温脱水得到ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得高纯度ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解，故答案为：ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)；“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
10. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）以生物材质(以计)与水蒸气反应制取是一种低耗能，高效率的制方法。该方法由气化炉制造和燃烧炉再生两步构成，气化炉中涉及到的反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
①该工艺制总反应可表示为，该反应的平衡常数___________(用等的代数式表示)。
②绝热条件下，将以体积比充入恒容密闭容器中，若只发生反应Ⅱ，下列可作为反应Ⅱ达到平衡的判据是___________。
A．与比值不变 B．容器内气体密度不变
C．容器内气体压强不变 D．不变
（2）的速率方程为，(、为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。
净反应速率等于正、逆反应速率之差，平衡时，___________(填“>”、“<”或“=”)。
（3）一定条件下，与反应可合成，，该反应分两步进行：
ⅰ．
ⅱ．
，压强恒定为时，将的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示：
的平衡转化率为___________，反应ⅰ的平衡常数___________(是以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
（4）利用(Q)与(QH2)电解转化法从烟气中分离的原理如图，已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过
①(填“a”或“b”)___________为电源负极。
②从出口___________(填“1”或“2”)排出，在极上发生的反应为___________。
【答案】（1） ①. ②. AD
（2）= （3） ①. 90% ②. 3.4
（4） ①. a ②. 2 ③. CO2+OH—=HCO
【解析】
【小问1详解】
①由盖斯定律可知反应Ⅰ—Ⅱ—Ⅲ得到反应。则反应的平衡常数K=，故答案为：；
②A．与比值不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．反应中浓度熵Qc=增大，则不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选AD；
【小问2详解】
由题意可知，净反应速率(Δv)等于正、逆反应速率之差，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，净速率为0，所以平衡时，净速率Δv(500 K)=Δv(550 K)，故答案为：=；
【小问3详解】
设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1ml、3ml，设平衡时反应Ⅰ生成一氧化碳的物质的量为aml，反应Ⅱ生成乙烯的物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(4-3b)ml，由表格数据可得：=、=，解得a=0.9、b=0.4， 则二氧化碳转化率为×100%=90%、体积分数为=，水蒸气的体积分数为=，反应ⅰ的平衡常数Kp==3.4，故答案为：90%；3.4；
【小问4详解】
由图可知，电极a为直流电源的负极，与负极相连的M电极为阴极，水分子作用下Q在负极得到电子发生还原反应生成QH2，电极反应式为Q+2e—+2H2O= QH2+2OH—，通入的二氧化碳与M极生成的氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，电极b为正极，与正极相连的N电极为阳极，QH2在阳极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，溶液中碳酸氢根离子与生成的氢离子反应生成二氧化碳和水，则出口1流出碳酸根离子、出口2流出二氧化碳气体；
①由分析可知，电极a为直流电源的负极，故答案为：a；
②由分析可知，出口2流出二氧化碳气体，通入的二氧化碳与M极生成的氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为CO2+OH—=HCO，故答案为：2；CO2+OH—=HCO。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属﹑金属氧化物﹑盐等。
（1）铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁，其形成的血红素分子结构如图所示。铁位于周期表的___________区，铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为___________，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为___________。
（2）生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。请比较CaO、MgO的熔点大小，并请解释原因：___________。
（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的轨道，则电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，如分子中存在“离域键”，可表示成，则(咪唑)中的“离域键”可表示为___________。
（4）C可以形成六方晶系晶体，晶胞结构如图所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标。已知晶胞含对称中心，其中1号原子的坐标为，则2号原子的坐标为___________。设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. ds ②. 1∶6 ③. O＞C＞H＞Fe ④. 4
（2）两者都属于离子晶体，镁离子半径小于钙离子，氧化镁中离子键键能大于氧化钙中离子键键能，故熔点CaO小于MgO
（3）
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，位于ds区；铁华粉中铁为+2价，铁失去2个电子，形成亚铁离子，未成对电子数占总电子数为；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性增强，元素的电负性变大；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减小；故其中组成元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4；
【小问2详解】
CaO、MgO都属于离子晶体，离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高，镁离子半径小于钙离子，氧化镁中离子键键能大于氧化钙中离子键键能，故熔点CaO小于MgO；
【小问3详解】
环上原子处于同一平面，碳原子及形成碳碳双键的N原子采取sp2杂化，均有1个单电子处于平行的p轨道内，形成单键的N原子有1对孤对电子，“离域π键”为5原子、6电子形成离域π键，表示为；
【小问4详解】
已知晶胞含对称中心，其中1号原子的坐标为，根据对称关系，则1号原子对称位在xyz轴上的投影坐标为1-0.6667=0.3333、1-0.3333=0.6667、1-0.1077=0.8923；1号原子、2号原子的z轴方向坐标相差0.5，则 2号原子的z轴方向坐标为0.1077+0.5=0.6077，故2号原子的坐标为；据“均摊法”，晶胞中含个C、2个H、4个O，晶体的化学式为CO(OH)，则晶体密度为。
[化学——选修五：有机化学基础]
12. 乙肝新药中间体化合物J的一种合成路线如下：
已知： ，回答下列问题：
（1）A的化学名称为_________，D中含氧官能团的名称为_________。
（2）M的结构简式为。
①M中电负性最强的元素是__________。
②M与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)。
③与性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式_________________。
（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是_________。
（4）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为__________。
（5）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线________(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸 ②. 硝基、酯基
（2） ①. O ②. 小 ③. +2NaOH+H2O+CH3OH
（3）保护羧基 （4）
（5）
【解析】
【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J；
【小问1详解】
A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
【小问2详解】
①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M为，M中电负性最强的元素是O。
②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。
③与性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O+CH3OH；
【小问3详解】
由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
【小问4详解】
化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
【小问5详解】
以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下： 。
选项
实验操作及现象
结论
A
以为电极，以酸化的溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴溶液，观察现象
探究金属的电化学保护法
B
向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液。先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为，溶解度小于溶解度
C
向某溶液中滴加浓盐酸，将产生气体通入石蕊试液，溶液先变红后褪色
溶液中含有或
D
室温下，测定浓度均为的与溶液的溶液的大
结合的能力：
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O
(M=462g/ml)
383～423
19.48
Sc2(C2O4)3·H2O
463～508
23.38
A
583～873
70.13
Sc2O3
组分
物质的量分数(%)