2025年福建省寧德市高考化學(xué)二模試卷

一、單項選擇題〔本大題共7小題，共42.0分〕

1.以下表達正確的選項是（）

A.目前加碘食鹽中主要添加的是KIO3

B.注射用的生理鹽水的濃度為0.09%

C.綠色食品是不含任何化學(xué)物質(zhì)的食品

D.在空氣質(zhì)量日報中CO?含量屬于空氣污染指數(shù)

2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達正確的選項是（）

A.標準狀況下，2.8gi2c18。分子所含的中子數(shù)為1.6&

B.標準狀況下，2.24LHF所含有的質(zhì)子數(shù)小于之

C.O.lmolN2與Osmo%充分反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6明

D.4.6gNa與足量。2充分反響，產(chǎn)物中陰離子數(shù)為0.1名

3.現(xiàn)有如下反響過程：

以下表達錯誤的選項是（）

A.上述反響過程中有兩步屬于取代反響

B.假設(shè)乙中混有甲，可用澳的四氯化碳溶液檢驗

C.甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)中，苯環(huán)上的一氯代物均為3種

D.甲能被酸性高鋸酸鉀溶液氧化而丙不能

4.W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大.W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有

X為金屬元素.以下說法正確的選項是（）

A.原子半徑：W>X>Y>Z

B.酸性：W的含氧酸強于Z的含氧酸

C.穩(wěn)定性：Z的氣態(tài)氫化物強于丫氣態(tài)氫化物

D.X與Z形成化合物確定是離子化合物

5.下述試驗設(shè)計能夠到達目的是（）

編號試驗?zāi)康脑囼炘O(shè)計

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A證明鹽酸酸性比醋酸強用同一電路測等體積鹽酸、醋酸溶液的導(dǎo)電性

B證明H2cO3酸性比HzSR強將CO2通入NazSiOs溶液中

C證明鈉的金屬活動性比銅強向CuQ溶液中投入金屬鈉

D證明溶液中含有I-往溶液中參與淀粉

A.AB.BC.CD.D

6.某甲烷熔融燃料電池中的工作原理如以以下圖，以下有關(guān)該電池的說法正確的選項是()

A.放電時，Li+、Na+移向X電極

B.負極反響式為CH4-8e-+4CO2-=5CO2+2%。

C.隨著放電的進展，熔融鹽中CO27不斷削減

D.從理論上講，X電極上生成的CO?應(yīng)有一半轉(zhuǎn)移到丫電極上

7.反響2sC)2(g)+02(g)U2SO3(g)AH<0,向某體積恒定的密閉容器

中按體積比2：1充入SO2和。2,在確定條件下發(fā)生反響.以以以下

圖是某物理量(Y)隨時間(t)變化的示意圖(圖中T表示溫度)，Y可以

是。

A.SO2的轉(zhuǎn)化率B.混合氣體的密度

C.密閉容器內(nèi)的壓強D.(J2的體積分數(shù)

二、簡答題〔本大題共5小題，共63.0分〕

8.試驗室制乙酸乙酯得主要裝置如圖1所示，主要步驟

①在a試管中按2：3：2的體積比配制濃硫酸、乙醇、乙酸的混合物;

②按A圖連接裝置，使產(chǎn)生的蒸氣經(jīng)導(dǎo)管通到b試管所盛的飽和碳酸鈉溶液(參與幾滴酚醐試

液)中；

③小火加熱a試管中的混合液；

④等b試管中收集到約2mL產(chǎn)物時停頓加熱.撤下b試管并用力振蕩，然后靜置待其中液體分

層；

⑤分別出純潔的乙酸乙酯.

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請答復(fù)以下問題：

(1)步驟④中可觀看到b試管中有細小的氣泡冒出，寫出該反響的離子方程式：

(2)A裝置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用是步驟⑤中分別乙酸乙酯

必需使用的一種儀器是.

⑶為證明濃硫酸在該反響中起到了催化劑和吸水劑的作用，某同學(xué)利用如圖A所示裝置進展了

以下4個試驗.試驗開頭先用酒精燈微熱3min,再加熱使之微微沸騰3min.試驗完畢后充分振蕩

小試管b再測有機層的厚度，試驗記錄如下:

測得有機層的

試驗編號試管a中試劑試管b中試劑

厚度/cm

A3mL乙醇、2mL乙酸、lmLl8moi?LT濃硫酸5.0

B3mL乙醇、2mL乙酸飽和Na2cO3溶0.1

液

C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol-L-iH,SOA1.2

D3mL乙醇、2mL乙酸、鹽酸1.2

①試驗D的目的是與試驗C相比照，證明H+對酯化反響具有催化作用.試驗D中應(yīng)參與鹽酸

的體積和濃度分別是mL和mol.L-i.

②分析試驗(填試驗編號)的數(shù)據(jù)，可以推想出濃H2sO4的吸水性提高了乙酸乙酯的產(chǎn)

率.濃硫酸的吸水性能夠提高乙酸乙酯產(chǎn)率的緣由是.

③加熱有利于提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，但試驗覺察溫度過高乙酸乙酯的產(chǎn)率反而降低，可能的緣

由是.

④分別出乙酸乙酯層后，經(jīng)過洗滌雜質(zhì)；為了枯燥乙酸乙酯可選用的枯燥劑為(填字母)

A.P2O5B,無水Na2s。4C,堿石灰D.NaOH固體

⑤為充分利用反響物，該同學(xué)又設(shè)計了圖2中甲、乙兩個裝置(利用乙裝置時，待反響完畢冷卻

后，再用飽和碳酸鈉溶液提取燒瓶中的產(chǎn)物).你認為更合理的是—..理由是：______

以為治理環(huán)境，削減霧霾，工業(yè)上通常用以下方法治理CO2和硫、氮氧由直流電源產(chǎn)

化物的污染.盾子耕朦

(1)用稀土等催化劑能將汽車尾氣中的CO、N0x，碳氫化合物轉(zhuǎn)化成

無毒物質(zhì)，從而削減汽車尾氣污染.：

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@N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H］

②2c(s)+O2(g)=2CO(g)△H2

③C(s)+O2(g)=CO2(g)AH3

則2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2cC)2(g)的反響熱^H=(用△Hp△%、A也表示)(2)

用NH復(fù)原NO.生成N,和HQ現(xiàn)有NO、NO的混合氣3L,可用同溫同壓下3.5L的N也恰好使其

完全轉(zhuǎn)化為打,則原混合氣體中NO和NO2的物質(zhì)的量之比為

(3)電化學(xué)降解治理水中硝酸鹽的污染.在酸性條件下，電解NO-的原理如右圖所示，A為電源

的極，陰極電極反響式為.

10.銃(Sc)及其化合物在電子、宇航、超導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。某工廠的鈦白水解工業(yè)廢酸中，

Sc3+濃度為18mg/L,還含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、S02］等。以以以下圖為從該工業(yè)廢酸中提取SC2O3

的一種流程。

答復(fù)以下問題：

(1)在鈦白水解工業(yè)廢酸中，參與雙氧水是為了使TiO2+轉(zhuǎn)化犯難萃取的

［節(jié)(02)(。皿40)4］+.［叮(02)(0小40)4］+中Ti的化合價為+4,其中非極性鍵的數(shù)目為。

(2)銃的萃取率(E%)與0/A值［萃取劑體積(0)和廢酸液體積(A)之比］的關(guān)系如圖，應(yīng)選擇的最正確

0/A值為；溫度對銃、鈦的萃取率影響狀況見表，適宜的萃取溫度為10-15℃,其理由

T/℃510152530

銃的萃取率/%91.396.097.197.398.0

鈦的萃取率/%0.940.952.103.014.20

(3)洗滌"油相”可除去；(、量的鈦離子。洗染水是用部(硫酸、雙氧力1和水按確定匕，例混合而成。

混合過程的試驗操作為—

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(4)25。(2時，用氨水調(diào)整濾液的pH,當(dāng)pH=3.5時，濾渣II的主要成分是；當(dāng)pH=6時，

濾液中SC3+的濃度為。(Kp[Fe(OH)3]=2.6X10-39,Kp[Sc(OH)3]=9.0X10-31)

(5)寫出用草酸(H2c2。4)“沉銃”得到SC2(C2()4)3的離子方程式。

(6)假設(shè)從1013該工廠的鈦白水解度酸中提取得到24.4gSc2()3,則銃的提取率為(保存三位有

效數(shù)字)。

11.太陽能電池板材料除單晶硅外，還有銅、錮、錢、硒等化學(xué)物質(zhì)。

(D硼、錮與錢同是HIA族元素，寫出鏤元素基態(tài)原子的價電子排布圖：oB3N3H6可用來

制造具有耐油、耐高溫性能的特別材料，它的一種等電子體的分子式為,B3N3H6分子中

N、B原子的雜化方式分別為、o

(2)多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽，其主要包括碑化錢、硫化鎘、磷化錢及銅錮硒薄

膜電池等。其中元素As、S、P、Ga的電負性由小到大的挨次為：o

(3)銅離子是人體內(nèi)多種酶的輔因子，人工模擬酶是當(dāng)前爭論的熱點。某化合物丫與Cu(I)(I

表示化合價為+1)結(jié)合形成圖甲所示的離子。該離子中含有化學(xué)鍵的類型有(填序號)。

A.極性鍵B.離子鍵C.非極性鍵D.配位鍵

(4)向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M,M的晶胞構(gòu)造如圖乙所示。寫出該

反響的離子方程式：o

(5)由碑與錢元素組成的化合物A為第三代半導(dǎo)體。化合物A的晶胞構(gòu)造與金剛石相像，其晶胞

構(gòu)造如圖丙所示,請寫出化合物A的化學(xué)式。設(shè)化合物A的晶胞邊長為apm,則每立方

厘米該晶體中所含碑元素的質(zhì)量為g^A表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。

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12.對羥基苯甲酸節(jié)酯(HO-^^^COOCHa-主要應(yīng)用于日化香精。一種合成路線

如下：

05，替H*詈H詈

E回回

吟叫二^吟Y>SOH三鏟@

回回

Fik出8-。心。*{>梟16。^000逐0

回回

答復(fù)以下問題：

(1)反響①的反響類型是。

(2)合成路線中設(shè)計③和⑦的目的是o

(3)有機物H中含氧官能團的名稱是；1molH與足量NaOH反響，最

多消耗NaOHmoL

(4)芳香族化合物X是E的同分異構(gòu)體且苯環(huán)上有兩個取代基,X能與FeCb溶液發(fā)生顯色反響，

其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為3:2:2:lo寫出兩種符合條件的X的

構(gòu)造簡式o

(5)乙酸苯甲酯(CH,COOCHj—也是一種常用香料。設(shè)計以甲苯和乙酸為原料制備乙

酸苯甲酯的合成路線(無機試劑任

選)。

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--------答案與解析---------

1.答案：A

解析：解：A.KIO3較穩(wěn)定、而且無毒、易被人體吸取利用，所以加碘食鹽中主要添加的是KIO3,故

A正確；

B.注射用的生理鹽水的濃度為0.9%,其濃度不是0.09%,故B錯誤；

C.綠色食品，是指產(chǎn)自優(yōu)良生態(tài)環(huán)境、依據(jù)綠色食品標準生產(chǎn)、實行全程質(zhì)量把握并獲得綠色食品

標志使用權(quán)的安全、優(yōu)質(zhì)食用農(nóng)產(chǎn)品及相關(guān)產(chǎn)品，任何食品中均含有化學(xué)物質(zhì)，故C錯誤；

D.在空氣質(zhì)量日報中CO?含量不屬于空氣污染指數(shù)，但是大量的排放CO?會引起溫室效應(yīng)，故D錯

誤.應(yīng)選A.

A.加碘食鹽中主要添加的是KIC>3；

B.注射用的生理鹽水的濃度為0.9%；

C.綠色食品，是指產(chǎn)自優(yōu)良生態(tài)環(huán)境、依據(jù)綠色食品標準生產(chǎn)、實行全程質(zhì)量把握并獲得綠色食品

標志使用權(quán)的安全、優(yōu)質(zhì)食用農(nóng)產(chǎn)品及相關(guān)產(chǎn)品；

DEO2不屬于空氣污染指數(shù).

此題考察了化學(xué)學(xué)問在生產(chǎn)生活中應(yīng)用，題目難度不大，留意把握常見元素化合物的性質(zhì)及應(yīng)用，

側(cè)重于考察學(xué)生對根底學(xué)問的應(yīng)用力氣.

2.答案：D

解析：

此題考察了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，把握公式的運用和物質(zhì)的構(gòu)造是解

題關(guān)鍵。

A.12cl8。的相對分子質(zhì)量為30,中子數(shù)為16,2.8gi2c18。的物質(zhì)的量為，>28—<O,lmol,則所含的

30g/mol

中子數(shù)小于1.6NA,故A錯誤；

B.1個HF含有10個質(zhì)子，但標準狀況下HF為液體，2.24LHF不為O.lmol,所含質(zhì)子數(shù)不為NA，故

B錯誤；

C.N2和和H2的反響為可逆反響，不能反響徹底，故O.lmol2與0.3mol可充分反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小

于0.6NA，故C錯誤；

D.4.6g鈉的物質(zhì)的量為0.2mol,生成0.2mol鈉離子，而鈉反響后生成的Na2。和Na2。2中鈉離子與陰

離子比例都是2:1,即2moiNa+?lmol陰離子，故產(chǎn)物中陰離子數(shù)為O.INA,故D正確。

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3.答案：D

解析：

此題涉及有機物的反響類型的推斷，同分異構(gòu)體數(shù)目的推斷，利用物質(zhì)的性質(zhì)選擇檢測方法，難度

一般。

A.甲生成乙屬于加成反響，乙生成丙屬于取代反響，丙生成丁屬于取代反響，故涉及兩步取代反響，故A

正確；

B.甲含有碳碳雙鍵，會使漠的四氯化碳溶液褪色，所以乙中混有甲，可用澳的四氯化碳溶液檢驗，

故B正確；

C.甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)中，苯環(huán)上的一氯代物均為3種，故C正確；

D,丙物質(zhì)含有羥基，也能夠被高鋸酸鉀溶液氧化，故D錯誤。

應(yīng)選D。

4.答案：C

解析：解：A.W為H或B,原子半徑較小，故A錯誤；

B.如W為H,不存在含氧酸，如為B,則對應(yīng)的含氧酸為弱酸，故B錯誤；

C.Y、2同周期，且原子序數(shù)依次增大，則Z的非金屬性較強，對應(yīng)的氫化物較穩(wěn)定，故C正確；

D.如X為B在，如為BC%等，則為共價化合物，故D錯誤.

應(yīng)選C.

鄧、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大.W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為

金屬元素，則W應(yīng)為H或B,X為Na或Al,Y、Z為第三周期的非金屬元素，結(jié)合元素周期率的

遞變規(guī)律解答該題.

此題考察位置構(gòu)造性質(zhì)關(guān)系綜合應(yīng)用，為高頻考點，側(cè)重考察學(xué)生的分析力氣，關(guān)鍵是明確元素的

相對位置，D選項為易錯點，難度中等.

5.答案：B

解析：解：A.導(dǎo)電性與離子濃度有關(guān)，應(yīng)測定一樣濃度鹽酸、醋酸的導(dǎo)電性比較酸性，故A錯誤；

B.將CO2通入Na2SiC)3溶液中，生成硅酸，為強酸制取弱酸的反響，則酸性為碳酸大于硅酸，故B正

確；

C.溶液中投入金屬鈉，與水反響生成氫氣，不能置換出Cu,只能說明鈉的性質(zhì)活潑，而不能比較

Na、Cu的金屬性，故C錯誤；

D.淀粉遇碘單質(zhì)變藍，溶液中不存在碘單質(zhì)，不能檢驗，故D錯誤；

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應(yīng)選B.

A.導(dǎo)電性與離子濃度有關(guān)；

B.將CO2通入Na2SiC>3溶液中，生成硅酸，為強酸制取弱酸的反響；

C.溶液中投入金屬鈉，與水反響生成氫氣，不能置換出Cu；

D.淀粉遇碘單質(zhì)變藍.

此題考察化學(xué)試驗方案的評價，為高頻考點，涉及酸性比較、金屬性比較及碘的特性等，把握物質(zhì)

的性質(zhì)及反響原理為解答的關(guān)鍵，選項A為解答的易錯點，留意方案的合理性、操作性、評價性分

析，題目難度不大.

6.答案：B

解析：

此題考察了燃料電池，明確原電池中物質(zhì)得失電子、電子流向、離子流向即可解答，難點是電極反

響式書寫，要依據(jù)電解質(zhì)確定正負極產(chǎn)物，難度中等。

解析：

某甲烷熔融燃料電池中的工作原理如以以下圖，通入甲烷的X極為負極，發(fā)生氧化反響，通入氧氣的

丫極為正極，發(fā)生復(fù)原反響，據(jù)此解題。

A.放電時，Li+>Na+移向正極，故應(yīng)當(dāng)移向丫電極，故A錯誤；

B.燃料電池中通入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，左邊電極是負極，電極反響式：

CH4“-8e-+4C302-=52c0。+2H0,故B正確；

C.正極氧氣得電子和二氧化碳反響生成碳酸根離子，電極反響式為2。2+8e-+4CO2=4CO2-,轉(zhuǎn)

移一樣電子數(shù)正極產(chǎn)生和負極消耗的碳酸根一樣，即C02］不會增加或削減，故C錯誤；

D.從理論上講，轉(zhuǎn)移8moi電子時，X電極上生成的5moicID2其中4moi轉(zhuǎn)移到丫電極上，故D錯誤。

應(yīng)選B。

7.答案：A

解析：解：由圖可知，溫度到達平衡所用時間短，反響速率較快，故溫度I2>T1；溫度上升，丫

表示的物理量降低，該反響正反響為放熱反響，上升溫度平衡向逆反響移動，

A、上升溫度平衡向逆反響移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率降低，與丫表示的變化相符合，故A正確；

B、該反響正反響為放熱反響，上升溫度平衡向逆反響移動，但混合氣體的總質(zhì)量不變，容器的體積不

變，混合氣體的密度不變，與丫表示的物理量變化不符，故B錯誤；

C、上升溫度平衡向逆反響移動，混合氣體的總的物質(zhì)的量增大，容器體積不變，容器呢壓強增大，

與丫表示的變化不符，故C錯誤；

D、該反響正反響為放熱反響，上升溫度平衡向逆反響移動，（J2的體積分數(shù)增大，與丫表示的物理

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量變化不符，故D錯誤；

應(yīng)選A.

由圖可知，溫度到達平衡所用時間短，反響速率較快，故溫度>Tr溫度上升，丫表示的物理

量降低，該反響正反響為放熱反響，上升溫度平衡向逆反響移動，據(jù)此結(jié)合選項進展推斷.

此題考察化學(xué)平衡圖象，難度中等，依據(jù)圖象曲線變化推斷溫度凹凸是關(guān)鍵，結(jié)合平衡移動進展解

答.

8.答案：2cH3COOH+CO缶=2CH3COO-+H2O+CO2T;防止倒吸；分液漏斗；6；6；A、C；濃

硫酸可以吸取酯化反響中生成的水，降低了生成物濃度使平衡向生成乙酸乙酯的方向移動；大量乙

酸、乙醇未經(jīng)反響就脫離反響體系；溫度過高發(fā)生其他反響；B；乙；乙裝置能將易揮發(fā)的反響物乙

酸和乙醇冷凝回流到反響容器中，連續(xù)反響，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及產(chǎn)物的產(chǎn)率，而甲

不行

解析：解：(1)乙酸與碳酸鈉反響生成二氧化碳，反響方程式為：2CH3COOH+C02-=2CH3COO-+

HO+COT,故答案為：2cH<00H+C02^=2CH<OO-+H,0+CO,T；

(2)乙酸、乙醇易溶于碳酸鈉溶液，會導(dǎo)致裝置內(nèi)氣體減小，簡潔發(fā)生倒吸，球形枯燥管還可以防止

倒吸；乙酸乙酯與水溶液分層，分別互不相溶的液體實行分液操作，所用儀器為分液漏斗，

故答案為：防止倒吸；分液漏斗；

(3)①通過比照試驗，證明H+對酯化反響具有催化作用，應(yīng)保證氫離子濃度相等與物質(zhì)的量相等，

故HC1的濃度為3moi/LX2=6mol/L,鹽酸體積為6mL,

故答案為：6；6；

②催化劑為濃硫酸生成有機層厚度比3moi?L-iH2sO4時生成有機層厚度厚，說明濃硫酸濃硫酸的吸

水性能夠提高乙酸乙酯產(chǎn)率，緣由是：濃硫酸可以吸取酯化反響中生成的水，降低了生成物濃度使

平衡向生成乙酸乙酯的方向移動，

故答案為：AC；濃硫酸可以吸取酯化反響中生成的水，降低了生成物濃度使平衡向生成乙酸乙酯的

方向移動；

③乙酸、乙醇易揮發(fā)，溫度過高大量乙酸、乙醇未經(jīng)反響就脫離反響體系，且溫度過高發(fā)生其他反

應(yīng)，導(dǎo)致產(chǎn)率降低，

故答案為：大量乙酸、乙醇未經(jīng)反響就脫離反響體系；溫度過高發(fā)生其他反響；

④乙酸乙酯在酸性、堿性條件下均可以發(fā)生水解，應(yīng)選擇中性枯燥劑，應(yīng)選：B；

⑤乙裝置能將易揮發(fā)的反響物乙酸和乙醇冷凝回流到反響容器中，連續(xù)反響，提高了乙酸、乙醇原

料的利用率及產(chǎn)物的產(chǎn)率，而甲不行，乙裝置更合理，

故答案為：乙；乙裝置能將易揮發(fā)的反響物乙酸和乙醇冷凝回流到反響容器中，連續(xù)反響，提高了

乙酸、乙醇原料的利用率及產(chǎn)物的產(chǎn)率，而甲不行.

(1)乙酸與碳酸鈉反響生成二氧化碳；

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(2)乙酸、乙醇易溶于碳酸鈉溶液，會導(dǎo)致裝置內(nèi)氣體減小，簡潔發(fā)生倒吸；

乙酸乙酯與水溶液分層，分別互不相溶的液體實行分液操作；

(3)①通過比照試驗，證明H+對酯化反響具有催化作用，應(yīng)保證氫離子濃度相等與物質(zhì)的量相等；

②比照濃硫酸、稀硫酸生成乙酸乙酯的量的多少，說明濃硫酸濃硫酸的吸水性能夠提高乙酸乙酯產(chǎn)

率，依據(jù)平衡移動原理分析；

③乙酸、乙醇易揮發(fā)，也可能發(fā)生其它副反響；

④乙酸乙酯在酸性、堿性條件下均可以發(fā)生水解，應(yīng)選擇中性枯燥劑；

⑤乙裝置能將易揮發(fā)的反響物乙酸和乙醇冷凝回流到反響容器中，連續(xù)反響，甲不能.

此題考察有機物制備試驗、探究試驗，(3)中留意利用把握變量法分析，綜合考察學(xué)生試驗力氣、分

析力氣與學(xué)問遷移運用力氣，難度中等.

9.答案：2AH3--1：3；正；2NO%+12H++10e-=N2T+6H2。

解析：解:(1)：@N2(g)+02(g)=2N0(g)△JI1

②2c(s)+02(g)=2C0(g)AH2

③C(s)+02(g)=CO2(g)AH3

依據(jù)蓋斯定律，③x2-②一①可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CC)2(g),所以

H2-AH1；

故答案為：2AH3-AH2-AH1；

(2)一樣條件下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，假設(shè)N0、NC?2的混合氣體為3mol,氨氣為3.5moL

由于反響生成N,和H,0,依據(jù)H原子守恒，則生成H,0的物質(zhì)的量35a_=5.25mol,設(shè)NO、NO,

x+y=3

的物質(zhì)的量分別為xmokymol,由二者物質(zhì)的量之和及氧原子守恒可得則：&+=5.25,解得x=

0.75、y=2.25,故NO、NO2的物質(zhì)的量之比為0.75mol：2.25mol=1：3,

故答案為：1：3；

(3)由圖可知，硝酸根離子發(fā)生還有反響生成氮氣，則Ag-Pt電極為陰極，Pt電極為陽極，則A為

電池的正極，陰極上硝酸根獲得電子，與通過質(zhì)子交換膜的氫離子作用生成氮氣與水，陰極電極反

響式為：2NO-+12H++10e-=N2T+6H2O,

故答案為：正；2N0§+12H++10e-=N2T+6H2O.

(1)：①L(g)+02(g)=2N0(g)AH1

②2c(s)+02(g)=2C0(g)AH2

③C(s)+02(g)=CO2(g)AH3

依據(jù)蓋斯定律，③X2—②—①可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，反響熱也進展相應(yīng)的

計算；

(2)一樣條件下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，假設(shè)NO、NO2的混合氣體為3mol,氨氣為3.5moL

由于反響生成N2和H2。，彳魂H原子守恒計算H2。的物質(zhì)的量，設(shè)NO?。2的物質(zhì)的量分別為xmol、

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yrnol,由二者物質(zhì)的量之和及氧原子守恒列方程計算解答；

(3)由圖可知，硝酸根離子發(fā)生還有反響生成氮氣，則Ag-Pt電極為陰極，Pt電極為陽極.

此題考察氧化復(fù)原反響計算、熱化學(xué)方程式書寫、電解池原理，需要學(xué)生具備扎實的根底，較好的

考察學(xué)生運用學(xué)問分析解決問題的力氣、對信息處理力氣，(2)中旨在考察氧化復(fù)原反響計算，留意

方法的靈敏應(yīng)用，難度中等.

10?答案：1;1：4；低于10冤時，銃的萃取率不夠高；高于15K時，鈦的萃取率增大較多；將濃硫

酸沿?zé)瓋?nèi)壁漸漸注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再漸漸注入Hz。2，并不斷攪拌；FeCOH%;

9.0X10-7mol/L；2Sc3++3H2C2O4=I+6H+；0.88488.4%

解析：解：(l)［Ti(O2)(OH(H2O)/+中Ti的化合價為+4,其中氫氧根離子為—1價，過氧根離子—2價，

其中存在一個非極性共價鍵，

故答案為：1;

(2)銃的萃取率(E%)與0/A值［萃取劑體積(0)和廢酸液體積(A)之比］的關(guān)系如圖，應(yīng)選擇的最正確0/A

值為：1：4,度對銃、鈦的萃取率影響狀況見表，適宜的萃取溫度為10-15。。分析圖表數(shù)據(jù)可知

其理由是：低于1(TC時，銃的萃取率不夠高；高于15K時，鈦的萃取率增大較多，

故答案為：1：4(或1：5或1：4~1：5)；低于1(TC時，銃的萃取率不夠高；高于15K時，鈦的萃

取率增大較多；

(3)洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按確定比例混

合而成。混合的試驗操作是：將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁漸漸注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再

漸漸注入口?。?中，并不斷攪拌，

故答案為：將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁漸漸注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再漸漸注入Hz。2中，

并不斷攪拌；

(4)先參與氨水調(diào)整pH=3,過濾，濾渣主要成分是：Fe(OH)3，再向濾液中參與氨水調(diào)整pH=6,

104

c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=21mol/L=10-smol/L,濾液中Sc3+的濃度=KSD(SCGH)4

10-6c3(OH-)

=90xI0-7mol-L-1,

(10-8)3

-7

故答案為：Fe(OH)3；9.0X10mol,L-1；

(5)“沉銃”得到草酸銃的離子方程式為：2Sc3++3H2c2O4=Sc2(C2O4)31+6H+,

故答案為：2Sc3++3H2c2O4=Sc(C2O4)31+6H+；

(6)某工廠的鈦白水解工業(yè)廢酸中，Sc3+濃度為18mg/L,假設(shè)從lm3該工廠的鈦白水解度酸中Sc的質(zhì)

量=1000Lx18mg/Lx——=18g,得到Sc0物質(zhì)的量=—儂一x工x138g/mol=27.6g,過程

lOOOrng2345g/mol2

中提取得到24.4gSc2°3，則銃的提取率=非x100%=0884或88.4%；

故答案為：0.884或88.4%；

某工廠的鈦白水解工業(yè)廢酸中，Sc3+濃度為18mg/L,還含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、SO2-篝，加

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入過氧化氫是為了使TiO2+轉(zhuǎn)化犯難萃取的[萬(02)(。也40)4]+,參與有機萃取劑萃取分液，得到油

相洗滌后參與氫氧化鈉溶液反萃取分液得到濁液和油相，過濾得到濾渣I為氫氧化鐵和氫氧化銃，

參與鹽酸酸溶后調(diào)整溶液PH=3.5,沉淀鐵離子，過濾得到濾渣H為氫氧化鐵，濾液連續(xù)調(diào)整溶液

PH=6,銃離子沉淀，過濾得到濾渣HI為為氫氧化銃，再參與鹽酸酸化溶解后，參與草酸沉淀銃離

子得到SCzCCzOJ的沉淀，過濾得到濾渣WSCzgOPs，灼燒得到SC2O3,

(1)同種元素間形成的共價鍵為非極性鍵；

(2)銃的萃取率較高選擇萃取劑體積(0)和廢酸液體積(A)之比，結(jié)合圖表數(shù)據(jù)分析低于10。(：時，銃

的萃取率不夠高；高于15T時，鈦的萃取率增大較多；

(3)濃硫酸密度大于水的密度，應(yīng)把密度大的參與密度小的；

(4)先參與氨水調(diào)整pH=3,沉淀鐵離子，結(jié)合溶度積常數(shù)計算；

(5)“沉銃”得到草酸銃沉淀和酸；

(6)某工廠的鈦白水解工業(yè)廢酸中，SC3+濃度為18mg/L,假設(shè)從lm3該工廠的鈦白水解度酸中提取得

到24.4gSc203,元素守恒計算銃的提取率；

此題考察了物質(zhì)分別提純的過程分析推斷、主要是離子性質(zhì)、氧化復(fù)原反響產(chǎn)物推斷、溶度積常數(shù)

的計算等，把握根底是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

1L答案:；C6H6；sp2；sp2；Ga<As<P<S；ACD；2CW++2C1-+

SO+2H0=2CuClX+SO2-+4H+；GaAs；3,1。32

解析：(1)錢元素位于第四周期第niA族，其基態(tài)原子的價電子為4s能級上2個電子、4P能級上1

個電子，其價電子排布圖為

與B3N3H6互為等電子體的微粒中含有12個原子、價電子數(shù)是30,與苯互為等電子體，分子式為C6H6；

B3N3H$構(gòu)造和苯相像，該分子中每個N、B原子價層電子對個數(shù)都是3,依據(jù)價層電子對互斥理論推

斷N、B原子雜化方式都是sp2,

故答案為:；C6H6；Sp2;Sp2;

(2)同一周期元素電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，同一主族元素電負性隨著原子序數(shù)增大而減小，

則電負性從小到大挨次是Ga<As<P<S,

故答案為：Ga<As<P<S；

(3)A.不同非金屬原子之間存在極性鍵，如N-H原子之間存在極性鍵，故正確；

B.陰陽離子之間存在離子鍵，該離子中不存在陰離子，所以不存在離子鍵，故錯誤；C.

同種非金屬元素的原子之間存在非極性鍵，如C-C原子之間存在非極性鍵，故正確；

D.含有孤電子對和含有空軌道的原子之間存在配位鍵，Cu原子和N原子之間存在配位鍵，故正確;

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應(yīng)選ACD；

(4)白色球個數(shù)=8XI+6xl=4,黑色球個數(shù)=4,白色球和黑色球個數(shù)之比=4：4=1：1,貝|

82

形成的白色沉淀為CuCl,同時還生成硫酸，離子方程式為2012++2C1-+S02+2H2。=2CuCl1

+S02-+4H+,

4

故答案為：2CU2++2C1-+S02+2H2。=2CuCU+S02-+4H+；

(5)該晶胞中白色球個數(shù)=8xL+6xL=4、黑色球個數(shù)=4白色球和黑色球個數(shù)之比=4：4=1：

82

1,其化學(xué)式為GaAs；

該晶胞體積=(ax10-1叱m)3,每個晶胞中含有4個Sn原子，每立方厘米含有晶胞個數(shù)=—山一,

(axlO-iOcm)3

每立方厘米中含有Sn原子個數(shù)=—皿一X4,每個Sn原子質(zhì)量="g,則每立方厘米中含有Sn

(axlO-iOcm)3NA

元素養(yǎng)量=_IcmJ_X4XZlg=*1032g,

(axlO-10cm)3NAa3NA

故答案為：GaAs；3^

a3NA

(1)錢元素位于第四周期第IIIA族，其基態(tài)原子的價電子為4s能級上2個電子、4p能級上1個電子；

與B3N3H$互為等電子體的微粒中含有12個原子、價電子數(shù)是30,與苯互為等電子體，B3N3H構(gòu)造

和苯相像，該分子中每個N、B原子價層電子對個數(shù)都是3,依據(jù)價層電子對互斥理論推斷N、B原

子雜化方式；

(2)同一周期元素電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，同一主族元素電負性隨著原子序數(shù)增大而減小；

(3)A.不同非金屬原子之間存在極性鍵；

B.陰陽離子之間存在離子鍵；

C.同種非金屬元素的原子之間存在非極性鍵；

D.含有孤電子對和含有空軌道的原子之間存在配位鍵；

(4)白色球個數(shù)=8XI+6xl=4,黑色球個數(shù)=4,白色球和黑色球個數(shù)之比=4：4=1：1,貝I]

82

形成的白色沉淀為CuCl,同時還生成硫酸；

(5)該晶胞中白色球個數(shù)=8XL+6XL=4、黑色球個數(shù)=4白色球和黑色球個數(shù)之比=4：4=1：

82

1;

該晶胞體積=(axlO-iocm)3,每個晶胞中含有4個Sn原子，每立方厘米含有晶胞個數(shù)=一—,

(axlO-iOcm)3

每立方厘米中含有Sn原子個數(shù)=—"—X4,每個S