贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题 一、选择题（本大题共14小题） 1．曾侯乙编钟是战国早期的一套大型礼乐重器，在1978年出土于湖北随州擂鼓墩曾侯乙墓。下列有关曾侯乙编钟的叙述错误的是 A．主要材料是合金 B．应保存在干燥通风环境中 C．在土壤中主要发生化学腐蚀 D．表面绿色物质的主要成分是 2．下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是 A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3 B．KCI形成过程： C．基态Mg原子的核外电子排布图为 D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素 3．下列事实与水解反应无关的是（    ） A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq) B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液 C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体 D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度 4．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如下图，下列说法不正确的是 A．该有机化合物含有4种官能团 B．该分子中含有3个手性碳原子 C．该分子中碳原子有和两种杂化类型 D．该有机化合物可以发生取代反应、加成反应、消去反应、氧化反应 5．下列除杂试剂、除杂方法和除杂装置均正确的是（ ） 选项 A B 被提纯的物质（杂质） 方法 洗气 升华 除杂试剂及装置 选项 C D 被提纯的物质（杂质） 固体 胶体 方法 加热 渗析 除杂试剂及装置 6．制备的化学方程式为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A. 中原子总数为 B. 中 键的数目为 C. 每消耗，转移电子数为 D. 溶液中的数目等于 7．下列离子方程式正确的是 A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O+2 B．钠投入H2O中：Na＋2H2O = Na+＋2OH-＋H2↑ C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸：Ag(NH3)＋2H+＋Cl- = AgCl↓＋2NH D．向溶液中加入铜粉和少量浓H2SO4来检验溶液中存在NO：Cu＋4H+＋2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O 8． W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，在前三周期均有分布。基态X原子有四种不同空间运动状态的电子；Y为地壳中含量最多的元素，其简单离子与Z的简单离子具有相同电子数；工业上常通过电解Z的氧化物制取其单质。下列说法不正确的是 A．元素电负性：Y＞X＞Z B．简单氢化物的沸点：Y＞X C．原子半径：X＞Y＞W D．与Z同周期且第一电离能小于Z的元素有2种 9．下列实验方案及结论均正确的是（    ） 选项 实验方案 结论 A 相同温度下，向两支盛有等体积、等浓度溶液的试管中分别滴入适量的溶液和溶液，探究、对分解速率的影响 催化效果较好 B 向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴加热 若未出现银镜，则证明蔗糖未发生水解 C 向和中均分别加入NaOH溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强 D 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强 A．A B．B C．C D．D 10．某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是 A．25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸 B．25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸 C．25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸 D．25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸 11．含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是(　　) A．生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移2 mol 电子 B．阴极上的电极反应为P4＋8CN－－4e－4[P(CN)2]－ C．在电解过程中CN－向铂电极移动 D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH 12．时苯胺水溶液中存在以下平衡：  。已知时的，则下列说法错误的是 A．时，苯胺水溶液的约为8.3 B．相同浓度的和溶液按体积混合后溶液显酸性 C．溶液中 D．等体积等浓度的和混合溶液中： 13．除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是（　　） 选项 混合物(括号内为杂质) 试剂(足量) 分离方法 A 溴苯 KI溶液 分液 B 淀粉溶液 水 过滤 C 苯(环己烯) 溴水 分液 D 苯(苯酚) 溶液 分液 A．A B．B C．C D．D 14．我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程  如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO¯的反应历程如图乙所示(其中TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是（    ） A．化合物1为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率 B．化合物2的总键能大于化合物3的总键能 C．图乙表示的反应历程包括3步基元反应，决速步为第三步 D．上述反应中O原子的成键数目保持不变 二、非选择题（本大题共4小题） 15．（15分）CO2甲烷化是实现“碳中和”“碳达峰”的有效手段。该过程的总反应为CO2（g）＋2H2（g）CH4（g）＋H2O（g）　Kp总，此反应可理解为分两步完成，反应过程如下：①CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　Kp1；②CO（g）＋H2（g）CO2（g）＋CH4（g）　Kp2。回答下列问题： （1）CO2甲烷化的技术核心是催化剂的选择。图甲是两种不同催化剂条件下反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度的变化。 甲 对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是　　　　，使用的合适温度为　　　　。 （2）在某温度下，向恒容密闭容器中充入7 mol CO2和12 mol H2，初始压强为19 kPa，反应经10 min达到平衡，此时p（H2O）＝5 kPa，p（CO）＝4 kPa，则总反应的v（H2）＝　　　　　kPa·min－1。该温度下反应①的Kp1＝　　　　（用平衡分压代替平衡浓度）；在该平衡体系，若保持温度不变压缩容器的容积，CH4的物质的量　　　　（填“增加”“减小”或“不变”）。 （3）为研究反应过程的热效应，一定温度范围内对上述反应的平衡常数Kp进行计算，得lg Kp－的线性关系如图乙。则T1温度下Kp1＝　　　　。 （4）恒压、750 ℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，经图丙的反应过程（主要产物已标出）可实现CO2的高效转化。 ①下列说法正确的是　　　　（填序号）。 A． Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO反应的平衡正向移动 C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出 ②过程ⅱ平衡后通入He，保持恒压条件，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因：　　　　　　　　。 16．(氢化铝钠)、(铝与硼氢化锂)复合材料都有较高的储氢能力。 (1)实验室以无水四氢呋喃为溶剂，和NaH在无水无氧条件下反应制备。装置如图所示(夹持、搅拌等装置略)。 已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)。 步骤：向A瓶中分别加入50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液、少量固体(质量可忽略)作催化剂，搅拌，接通冷凝水，控温30℃。边搅拌边缓慢滴加50mL含5.34g 的四氢呋喃溶液，有白色固体析出，滴加完后，充分搅拌1h，放置沉降，取上层清液，加入试剂X，减压蒸馏、过滤，得粗产品，再纯化得到产品。 ①A瓶中冷凝水的进水口是 (填“a”或“b”)；仪器B的名称为 。 ②制备的化学方程式为 。 ③实验中发现，在滴加的四氢呋喃溶液的过程中，反应速率逐渐减慢，主要原因是 。 ④试剂X是 ；减压蒸馏蒸出物为 (填名称)。 ⑤测定的产率。将所得产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成100mL溶液。量取5.00mL待测溶液、20.00mL 0.2000mol/L EDTA溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2min。冷却后加双硫腺指示剂，用0.1000mol/L醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，多次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为20.90mL。已知EDTA与、均按反应，的产率为 。 (2)某课题组对体系与水反应产氢的特性进行了下列研究。 ①根据不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同，用仪器测得复合材料[]在25℃和75℃时与水反应一定时间后所含物质的表征结果如上图所示，则表征所用仪器名称是 。 ②分析上图中信息可知，25℃与75℃时，复合材料中与水未完全反应的物质是 (填化学式)。 17．“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕的工艺流程如图所示。 已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在。 ②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如图所示： ③金属离子完全沉淀时，其浓度为。 (1)“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)“浸出液”中仍有少量，极易被萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用作氧化剂，反应的化学方程式为 ；已知常温下，的为，要使完全沉淀，至少应调至 。 (3)“萃取”是用酸性磷酸酯(用表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始以及的浓度对萃取率的影响如图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始的减小而减小的原因： 。“萃取”操作条件应选的最佳以及与浓度之比为 。 A．2.0        B．2.5        C． 3.0     (4)“沉钕”过程中得到晶体，反应的离子方程式为 。 (5)在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如图所示，其晶胞参数为。氧化铈的化学式为 ；晶体中与最近且等距的的个数为 ；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (列出算式)。 18．（14分）玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：（注为；为） （1） A分子中含氧官能团有羧基、醚键和______。 （2） 写出B的结构简式：____。 （3） 中还生成另一种有机物，分子中除苯环外还含有一个六元环。写出的结构简式：____。 （4） D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同化学环境的氢原子。 （5） 已知：。设计以、、、为原料制备的路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。 参考答案 1．【答案】C 【详解】A．曾侯乙编钟为合金制品，故A正确； B．金属制品在潮湿环境中容易生锈，应保存在干燥通风环境中，故B正确； C．在土壤中铜锡合金在潮湿的环境下会与碳形成原电池，碳作原电池的正极，铜做负极，发生吸氧腐蚀，该过程是电化学腐蚀的过程，故C错误；   D．表面绿色物质为铜锈，主要成分是，故D正确； 故选C。 2．【答案】D 【详解】A．As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，选项A错误； B．KCl形成过程为，选项B错误； C．基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式： ，选项C错误； D．Se的价电子为4s24p4，最后填充4p电子，为p区元素，Zn的价电子构型为3d104s2，属于ds区元素，选项D正确； 答案选D。 3．【答案】C 【详解】A．硫化钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，硫化铵是弱酸弱碱盐，发生互促双水解，导致常温下相同浓度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合； B．纯碱水解呈碱性，为可逆过程，加热促进水解，且酯的水解为可逆过程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在强碱存在的条件下，ROOH与碱反应，有利于平衡向正反应方向移动，所以热的纯碱溶液去油污效果好，与水解有关，B不符合； C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体，利用HgS的溶度积小于FeS，与水解无关，C符合； D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度，D不符合； 故答案为：C。 4．【答案】B 【详解】A．该有机物含有的官能团有羟基、羧基、碳碳双键、醚键共4种，A正确； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，该分子中的手性碳原子如图所示 ，B错误； C．该分子中有饱和碳原子和不饱和碳原子，碳原子有和两种杂化类型，C正确； D．该有机物具有醇、羧酸、烯烃和醚的性质，醇羟基能发生取代和消去等反应，碳碳双键能发生加成和氧化等反应，D正确； 故选B。 5．【答案】D 【详解】和都会和溶液反应，达不到除杂的目的，应改用饱和，错误；对和的固体混合物加热，二者会发生反应，达不到除杂的目的，错误；加热固体时，试管口应略向下倾斜，避免产生的冷凝水倒流使试管炸裂，错误；胶体不能透过半透膜，而溶液可以，故利用半透膜可分离胶体和溶液，正确。 6．【答案】B 【详解】没有注明气体所处状况，无法计算气体的物质的量，错误；中每个均与形成1个 键，所以中 键的数目为，正确；根据方程式可知，参加反应时，的化合价升高为价，的化合价降低为价，所以电子转移数目为，错误；没有给出溶液的体积，且在溶液中会发生电离和水解，无法计算的物质的量，错误。 7．【答案】C 【详解】A．苯酚酸性强于的，通入少量二氧化碳也生成，A错误； B．方程式没有配平，应为2Na＋2H2O =2Na+＋2OH-＋H2↑，B错误； C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸，生成铵盐和氯化银沉淀，C正确； D．稀溶液应该生成一氧化氮，D错误； 故选C。 8．【答案】D 【信息梳理】 W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，在前三周期均有分布 W→H 基态X原子有四种不同空间运动状态的电子 X→C Y为地壳中含量最多的元素 Y→O O的简单离子与Z的简单离子具有相同电子数；工业上常通过电解Z的氧化物制取其单质 Z→Al 【解析】元素非金属性越强，电负性越强，故电负性：O＞C＞Al，A正确；H2O分子间存在氢键，其沸点高于CH4，B正确；一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，原子半径越小，则原子半径：C＞O＞H，C正确；同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族元素的第一电离大于同周期相邻元素，故与Al同周期且第一电离能小于Al的元素只有1种（Na），D错误。 9．【答案】D 【详解】A．阴离子不同，无法说明催化效果更好，故A错误； B．蔗糖水解需加入硫酸酸化，在加入银氨溶液前应加碱中和硫酸，故B错误； C．能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，与NaOH溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，故C错误； D．滴加淀粉溶液呈蓝色说明有生成，将氧化成，则的氧化性比的强，故D正确； 答案选D。 10．【答案】B 【详解】本题通过实验考查弱电解质的判断。25 ℃时0.01 mol·L－1的NaR溶液pH＝7，呈中性，说明HR为强酸，A项错误；25 ℃时0.01 mol·L－1的HR溶液2＜pH＜7，说明HR部分电离，即HR为弱酸，B项正确；25 ℃时，未说HR溶液pH的具体值，若其pH在6～7之间，溶液体积无论稀释多少倍，所得溶液pH接近7而小于7，则b－a一定小于1，与HR是否为弱酸无关，C项错误；若HR为弱酸，溶液由25 ℃升高至50 ℃能促进R－的水解，R－水解使溶液显碱性，则当溶液pH满足：b＞a时，可证明HR为弱酸，D项错误。 【方法总结】常温下证明HR为弱电解质的方法：①测定一定浓度NaR溶液的pH，若pH＞7，可证明HR为弱酸；②测定一定浓度HR溶液存在电离平衡，如0.1 mol·L－1 HR溶液，1＜pH＜7，可证明HR为弱酸；③加水稀释一定浓度的HR溶液，并测定稀释前后的pH，比较稀释倍数与pH差值；④和相同浓度一元强酸溶液比较导电性；⑤比较相同浓度的HR溶液和一元强酸溶液与Zn、Fe等活泼金属的反应速率等。 11．【答案】D 【思路分析】 电极名称 电极反应式 铂电极(阴极) 4HCN＋4e－　4CN－＋2H2↑ 石墨电极(阳极) P4＋8CN－－4e－　4[P(CN)2]－ 【解析】生成1 mol Li[P(CN)2]转移1 mol电子，A错误；阴极上发生的是得到电子的还原反应，B错误；电解过程中CN－向石墨电极移动，C错误；由质量守恒可知H2来源于LiOH，D正确。 12．【答案】D 【详解】A．设0.01mol/L苯胺水溶液中c(OH-)=xmol/L，根据Kb=，由于苯胺水解程度较小，可近似认为，苯胺的浓度为，则Kb==，解得x=2×10-6mol/L，根据pH+pOH=14，pOH=-lgc(OH-)=-lg(2×10-6)=5.7，pH=14-5.7=8.3，故A正确； B．相同浓度的和溶液按体积混合后，过量，溶质为和。水解使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，由于  ，则水解常数K=，则K＞Kb，故溶液显酸性，故B正确； C．根据物料守恒，溶液中均有电离产生，所以，故C正确； D．NH的水解常数K1==5.6×10-10，的水解常数K2=2.5×10-5，说明的水解程度大于NH的水解程度，所以，故D错误； 故选D。 13．【答案】D 【详解】A．溴与KI反应生成I2，但I2仍溶于溴苯，无法分液去除，A错误； B．淀粉溶液中的NaCl可用渗析法，过滤无法分离胶体和小分子，B错误； C．环己烯与溴水反应产物溶于苯，无法分液，C错误； D．苯酚与Na2CO3反应生成水溶性物质，分液可分离苯层和水层，D正确； 故选D。 14．【答案】A 【详解】A．化合物1在反应过程中先被消耗，后又生成，为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率，A正确； B．由图乙可知，化合物2和H2O反应生成化合物3与HCOO¯的反应是放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，但不能判断化合物2的总键能和化合物3的总键能的大小关系，B错误； C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；图乙表示的反应历程包括3步基元反应，第二步形成中间体Ⅰ2的反应的活化能最大，故为总反应的决速步骤，C错误； D．上述反应中H2O中O原子形成2个共价键，化合物2→化合物3的反应过程中水分子与Fe形成了配位键，相应氧原子的成键数目由2变为了3，D错误； 故选A。 15．【答案】（除标注外，每空2分，共15分） （1）Ni－CeO2（1分）　320 ℃（1分） （2）0.6　　增加 （3）1 （4）①BC　②恒压条件下，通入He后，相当于减小压强，CaCO3分解平衡正向移动，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移（3分） 【解析】（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下，使用Ni－CeO2催化剂时CO2的转化率比使用Ni催化剂时要高，使用Ni－CeO2时甲烷的选择性也高于使用Ni催化剂，因此应用Ni－CeO2作催化剂，温度应选320 ℃，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高。 （2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入7 mol CO2和12 mol H2，气体总物质的量为19 mol，初始压强为19 kPa，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应经10 min达到平衡，此时p（H2O）＝5 kPa，p（CO）＝4 kPa，可知反应①生成5 mol CO，反应②消耗1 mol CO，列三段式： CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g） 起始压强/kPa 7 12 0 0 转化压强/kPa 5 5 5 5 平衡压强/kPa 6 4 5 CO（g）＋H2（g）CO2（g）＋CH4（g） 转化压强/kPa 1 1 平衡压强/kPa 4 6 Δp（H2）＝6 kPa，v（H2）＝＝＝0.6 kPa·min－1；Kp1＝＝＝；将容器的容积压缩，压强增大，反应②平衡正向移动，则CH4的物质的量增加。 （3）根据盖斯定律，由①＋②＝总反应得Kp1×Kp2＝Kp总，则Kp1＝，由图乙可知，当温度为T1时，Kp2＝Kp总，则Kp1＝1。 （4）①根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用，CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO也可循环利用，A错误；过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO为CO2反应的平衡正向移动，B正确；过程ⅱ中CaO吸收CO2，而产生的H2O最终未被CaO吸收，结合H原子守恒可知，产生的H2O在过程ⅲ被排出，C正确。②过程ⅲ中存在反应：3Fe＋4CO2Fe3O4＋4CO，恒温、恒压条件下通入He，相当于减小压强，CaCO3分解反应的平衡正向移动，导致增大，促进Fe还原CO2反应的平衡正向移动，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升。 16．【答案】(1) b 球形冷凝管 反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍与NaH反应 甲苯 四氢呋喃 95.5% (2) X射线衍射仪 Al 【分析】向50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液中加入50mL含5.34gAlCl3的四氢呋喃溶液发生反应：4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaAlH4易溶于四氢呋喃，而NaCl为离子晶体，难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体为NaCl。过滤之后，向NaAlH4的四氢呋喃溶液中加入甲苯，可以析出NaAlH4，经减压蒸馏、过滤后得到粗产品。 【详解】（1）①冷凝水应下进上出，故进水口为b；仪器B为球形冷凝管； ②根据原子守恒可知反应为； ③在滴加AlCl3的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCl固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl3的进一步接触，使得反应速率减慢； ④已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)，所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃； ⑤4.32g NaH与5.34g 发生反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaH过量，5.34gAlCl3理论上产生NaAlH4的质量为，100mL产品中含NaAlH4的质量为，故产率为； （2）①X射线衍射仪技术可以根据晶态物质对X射线衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射线衍射仪； ②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在Al对应的衍射峰，说明在这两个温度下，复合材料中Al与水未完全反应。 17．【答案】(1)Fe2O3 (2) 6FeCl2+NaClO3+6HCl=6FeCl3+NaCl+3H2O 3.0 (3) 液pH减小，溶液中H+离子浓度增大，平衡逆向移动，萃取率减小 B (4)2Nd3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3·10H2O↓+6H+ (5) CeO2 12 【分析】由题给流程可知，钕铁硼废料经氧化焙烧得到含有三氧化二钕和氧化铁的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸选择性浸出、过滤得到含有氧化铁的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入酸性磷酸酯和煤油的混合液萃取、分液得到萃余液和有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到含有钕离子的溶液；向溶液中加入草酸溶液，将钕离子转化为Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，过滤得到Nd2(C2O4)3·10H2O；Nd2(C2O4)3·10H2O煅烧分解生成三氧化二钕，选择合适的还原剂将三氧化二钕还原得到钕。 【详解】（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为氧化铁，故答案为：Fe2O3； （2）由题意可知，除去浸出液中亚铁离子的反应为氯化亚铁溶液与氯酸钠溶液和盐酸反应生成氯化铁、氯化钠和水，反应的化学方程式为6FeCl2+NaClO3+6HCl=6FeCl3+NaCl+3H2O；由溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度大于=1.0×10—11mol/L，则溶液的pH至少应调至3，故答案为：6FeCl2+NaClO3+6HCl=6FeCl3+NaCl+3H2O；3； （3）溶液pH减小，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，萃取率减小，所以萃取率随初始pH的减小而减小；由图可知，初始pH为2.5、钕离子与P507的浓度之比为1：9时，萃取率最高，则“萃取”操作条件应选的最佳条件为初始pH为2.5、钕离子与P507的浓度之比为1：9，故选B，故答案为：溶液pH减小，溶液中H+离子浓度增大，平衡逆向移动，萃取率减小；B； （4）由分析可知，“沉钕”过程中加入草酸溶液的目的是将钕离子转化为Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，反应的离子方程式为2Nd3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3·10H2O↓+6H+，故答案为：2Nd3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3·10H2O↓+6H+； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铈离子个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，则氧化铈的化学式为CeO2；晶胞中位于顶点的铈离子与位于面心的铈离子距离最近，则与铈离子距离最近且等距的铈离子个数为12；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故答案为：CeO2；12；。 18．【答案】（1） 酮羰基 （2） （3） （4） （或）（3分） （5） （5分） 【详解】 （4） 分子中除含有1个苯环外，还含有4个碳原子、3个氧原子、1个氮原子和3个不饱和度，含有1个手性碳原子，说明其中1个碳原子上连有4个不同的原子或基团，能水解说明含有酯基或酰胺基，水解产物之一能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且含有两种不同化学环境的氢原子，则水解得到含羟基产物为，另一水解产物中除羧基外，还含有3个碳原子、1个氮原子、2个不饱和度，所以为或，则符合条件的结构简式为或。 （5） 可由与在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，对比与的结构可以发现有两处变化：，1可由将羟基氧化得到，再与发生题干中已知信息反应得到，2可发生类似的反应直接得到。 关键点拨 在书写同分异构体时，若不饱和度较小而碳原子较多，考虑含有，若含有的碳原子较少而不饱和度较大，考虑含有碳碳三键和。 有机速破 对比A、C结构，有2个部分发生了变化：，再由的反应物包含氨基，的反应物不包含氨基，可知与发生取代反应生成；…………第（2）问 与发生反应生成； 与发生取代反应生成 和； 与发生取代反应生成和，观察可知左侧的基团被取代，又分子中除苯环外还含有一个六元环，所以的结构简式为；…………第（3）问 与发生取代反应生成和； 在一定条件下转化为。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $