江西省赣州市2026届高三下学期高考模拟自编化学卷04

江西省赣州市2026年高三下学期高考模拟自编卷04 本试卷共11页，18小题，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1.江西是我国重要的有色金属、稀土、锂电新能源产业基地，绿色发展与资源高效利用是区域高质量发展的核心方向。下列有关说法错误的是（ ） A．宜春 “亚洲锂都” 锂电产业中，磷酸铁锂（LiFePO4）充放电时涉及氧化还原反应 B．赣州稀土开采与分离过程中，采用溶剂萃取法分离稀土离子，利用了相似相溶原理 C．鹰潭铜冶炼烟气中含 SO2，可通过氨水吸收制备氮肥，同时实现脱硫减碳 D．景德镇陶瓷烧制以高岭土为原料，主要成分为 Al2O3・2SiO2・2H2O，属于新型无机非金属材料 2.江西是稀土、锂电、光伏重要产业基地，含氮、氧、磷、氟等元素的化合物在材料制备中广泛应用。下列相关比较错误的是（） A.键角：NH3>PH3 B.键长：P-F>N-F C.键能：O=O<N≡N D.沸点：HF<HCl 3.江西有色金属、稀土及锂电产业实验与生产中，规范操作与实验安全是重要保障。下列实验操作或安全处理方式正确的是（） A. 稀土矿酸浸产生的 HF 尾气，用玻璃导管直接通入 NaOH 溶液吸收 B. 从废旧磷酸铁锂正极材料中浸出锂盐时，加热采用水浴方式控温 C. 含铜重金属废液可直接倒入下水道，再用大量水冲洗稀释 D. 萃取稀土离子时，振荡分液漏斗后打开上口玻璃塞立即放气 4.樟树是我国重要的中医药与化学制药产业基地，某药企研发的一种抗病毒药物中间体结构简式如图。下列关于该有机物的说法正确的是（） A.分子式为 C12H16O3 B.能发生加成、取代、消去、氧化反应 C.1mol该有机物最多与5 mol H₂发生加成 D.所有碳原子一定共平面 5.江西是稀土永磁、光伏玻璃、锂电材料的重要产业基地。短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大，且位于三个不同周期。基态W原子无成对电子，Z的一种单质是光伏材料核心原料，X的简单氢化物常温下为液态，Y的价电子排布为ns2np1。下列说法错误的是（） A.电负性：X>Z>Y B.W2X、ZW4分子中的中心原子均为sp3杂化 C.W与X形成的简单分子空间构型为直线形 D.Y的最高价氧化物可溶于强碱溶液 6.江西樟树 “中国药都” 在药物研发与生产中，常涉及有机物与无机物的分离、提纯。下列关于药物成分提纯方法错误的是（） A. 除去解热镇痛药物中混有的泥沙：溶解、过滤 B. 提纯水溶性有机药物粗品：重结晶 C. 分离两种互溶且沸点相差较大的药物中间体：蒸馏 D. 除去苯类药物中间体中混有的苯酚：加入浓溴水后过滤 7.设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 CH2Cl2中含有的极性键数目为0.2NA B.1 mol磷酸铁锂LiFePO4中含有的阳离子数目为2NA C.常温下，5.6g单质铁溶于足量稀硝酸，转移电子数为0.3NA D.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+数目为0.1NA 8.江西大力发展锂电、光伏等新能源产业，电化学与能量转化是命题核心方向。 已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2 CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3 下列说法错误的是() A.制备CH₃O的反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=△H3-△H1/2-△H2/2 B.升高温度，上述三个反应的焓变均不变 C.恒容下通入He,合成甲醇的反应速率不变 D.用甲醇燃料电池作电源精炼铜，负极消耗CH3OH 0.1mol时，理论上阳极溶解Cu 0.3 mol 9.聚乳酸（PLA）是江西医药、包装领域重点发展的可生物降解高分子材料，其合成路线及降解路线如下： 下列说法错误的是（） 下列说法错误的是() A.丙酸→I的反应为取代反应，I中含有的官能团为氯原子、羧基 B.乳酸(Ⅱ)分子中所有碳原子不可能共平面 C.聚乳酸(Ⅲ)的合成属于缩聚反应，链节为-O-CH(CH3)-CO- D.聚乳酸水解产物可被微生物完全降解，能有效缓解白色污染 10.下列由实验事实推出的结论正确的是（） 选项 实验事实 结论 A 相同条件下，等浓度的NaA溶液碱性弱于NaB溶液 电离常数：Ka(HA)<Ka(HB) B 钠块投入水中，迅速熔成银白色小球 该反应△H>0 C 向Mg(OH)2悬浊液中滴加少量FeCl3溶液，红褐色沉淀生成 溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 D 铜片放入稀硫酸中无现象，再加入KNO3固体后产生气泡 NO3-催化Cu与H+反应 11.江西是全国重要的锂离子电池、钠离子电池及储能电池研发与生产基地。一种可循环再生的新型水系电池总反应为：NaMnFe2(CN)6+Na3BiNa2MnFe2(CN)6+NaBi，其装置图如下图： 下列说法错误的是() A.放电时，Na+通过离子交换膜向正极移动 B.放电时，负极材料Na3Bi中Bi元素化合价升高 C.充电时，阳极上Mn元素化合价降低 D.该电池可通过充放电实现电极材料再生，循环稳定性强 12.江西是全国重要的水处理与环保产业基地，某研究团队探究混合氧化剂(S2O82-与H2O2)对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验初始时水样pH=7,且加入的[n(S2O82-)+n(H2O2)]相同，其他条件不变，测得相同时间内TOC去除率如图所示。下列说法错误的是() A.S2O82-与H2O2在pH=7的溶液中可稳定存在 B.单独使用H2O2(S2O82-物质的量分数为0)时，TOC去除率最低 C.当S2O82-物质的量分数为0.5时，TOC去除率最高，氧化效果最优 D.随S2O82-物质的量分数增大，TOC去除率持续升高 13.江西是我国重要的稀土新材料产业基地，ZrO2是江西稀土产业链中关键的陶瓷、光学与锂电材料，其晶胞结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,晶胞参数为a pm,下列说法错误的是() A.黑球代表Zr原子，白球代表O原子 B.该晶胞中Zr原子的配位数为4 C.该晶体的密度为 D.与每个Zr原子紧邻且等距离的Zr原子有12个 14.江西是我国重要的稀土新材料产业基地，ZrOCl2·8H2O是制备ZrO2的关键前驱体。为测定某ZrOCl2·8H2O样品的纯度(杂质不参与反应),进行如下实验：取w g样品溶于水，加入足量AgNO3溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到m g白色沉淀。下列说法错误的是() A.白色沉淀为AgCl,可证明样品中含Cl- B.样品的纯度为(322.5m/143.5w)×100% C.过滤时若液面高于滤纸边缘，会导致部分沉淀流失，测得纯度偏低 D.若沉淀未洗涤干净，会导致计算的纯度偏低 二、非选择题：本题共4小题，15题15分，16题14分，17题14分，18题15分，共58分。 15.江西赣州是全国重要的稀土产业基地，铈 (Ce) 是稀土中含量最高的元素，工业上利用某种含氟碳铈矿(主要成分为，还含少量，等)制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题： 已知：①硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反，能与结合成；②常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，的萃取率。 回答下列问题： （1）步骤I焙烧时，CeFCO3与O2反应生成CeO2、CO2和CeF4,该反应的化学方程式为 。 （2）步骤Ⅱ中加入稀硫酸酸浸时，为提高浸出率，可采取的措施有____________(任写一条)；滤渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）步骤Ⅲ萃取时，Ce4+进入有机层，Ce3+留在水层，其原因是 ；若Ce4+的分配比D=9,则其萃取率E= %。 （4）步骤IV中加入H2O2的作用是 ；该步骤中H2O2不宜过量太多，原因是 。 （5）步骤V中加入NaOH溶液生成Ce(OH)3沉淀，若要使Ce3+沉淀完全(c(Ce3+)≤1×10-5mol·L-1),常温下溶液的pH至少为 (已知：Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20)。 （6）工业上冶炼金属铈可采用电解熔融CeCl3的方法，电解时阴极的电极反应式为___ ____；不能采用电解熔融CeO2的方法冶炼铈，原因是 。 （7）上述流程中可循环利用的物质为 (填化学式)。 16.甘氨酸亚铁是一种新型的营养补铁剂。某实验小组利用与甘氨酸()制备甘氨酸亚铁并测定实验产率，反应装置如图所示(夹持和加热仪器已省略)。 已知：①反应原理为。 ②甘氨酸亚铁是呈黄褐绿色的结晶粉末，易溶于水，难溶于乙醇。 ③甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇。 ④柠檬酸溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，可以调节pH、促进溶解并防止氧化。 ⑤三颈烧瓶中盛有过量的和甘氨酸溶液。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______;实验中通入N2的主要目的是__________ （2）柠檬酸的作用除了调节pH、促进FeCO3溶解外，还可以______；若不加柠檬酸，可能出现的现象是_____。 （3）反应结束后，将所得溶液在N2氛围中蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到甘氨酸亚铁粗产品；洗涤时最适宜选用的试剂为______(填标号)。 A.蒸馏水 B.乙醇 C.饱和食盐水 D.滤液 （4）滴定法测定产品纯度的方法有多种 Ⅰ、滴定法：取20.4g产品溶于稀硫酸，配成100mL溶液，取10mL溶液用0.1mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液9.6mL。 ①滴定终点的现象为 ； ②产品中甘氨酸亚铁的质量分数为 （甘氨酸亚铁的摩尔质量为204g·mol-1)。 ③若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使测定的产品纯度________（填 “偏高”“偏低” 或 “无影响”）。 Ⅱ、分光光度法：某些物质会吸收特定波长的光，其吸光度(A)与物质的浓度(c)呈线性关系。甘氨酸亚铁溶液的吸光度与浓度的关系如图所示。 ④将本实验制得的甘氨酸亚铁产品20.4g溶于水，配制成1L溶液，取样品溶液，根据滴定结果，则测得其吸光度(A)应为______。 17.氢能是理想的清洁能源，江西是全国重要的氢能与储能产业基地，一些制氢的反应体系及其热力学数据如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   Ⅳ．   回答下列问题： （1）反应C(s)+2H2O(g) = CO2(g) +2H2(g)的△H= kJ·mol-1;该反应的△S 0（填“>”<”或“=），自发进行的条件为 （填“高温自发”“低温自发”或“任意温度下自发”）。 （2）5 MPa下，向密闭容器中按投料，只考虑反应Ⅱ和Ⅳ，平衡时和CO的体积分数随温度变化关系如图。 ①随着温度的升高，的体积分数将________； ②Q点时的转化率为________（保留两位有效数字，下同），此时反应Ⅱ的________。 （3）下列说法正确的是________（填标号）。 A.反应 Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ 均为吸热反应，升高温度可提高平衡转化率 B.反应 Ⅱ 为放热反应，升高温度平衡常数K增大 C.反应 Ⅳ 中，增大H2O的浓度，可提高CH3OH的平衡转化率 D.反应 Ⅰ 中，加入合适的催化剂，可加快反应速率，提高H2的产率 （4）利用燃料电池产生电能是氢能高效利用的途径之一、某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的工作原理如图2所示，其负极上的电极反应式是_______。 18.盐酸屈他维林片是一种解痉药，适用于缓解多种内脏或血管平滑肌痉挛引起的疼痛，如胃肠道、胆道痉挛及痛经等，其合成路线如下： 已知：①反应I为R-CHO+CH3NO2→R-CH=CH-NO2+H2O； ②-NO2在H2条件下可还原为-NH2； ③Fe/HCl可将-NO2还原为-NH2，NaNO2可将-NH2重氮化后转化为-OH。 回答下列问题： （1）化合物A的名称为 ；F的结构简式为________。 （2）C→D分为两步进行，第一步的反应类型为 ；D中含氧官能团的名称为 。 （3）E→G的反应中，Fe/HCl的作用是 。 （4）F与G反应生成H的化学方程式为 。 （5）下列说法正确的是_____(填标号)。 A.A能与FeCl3溶液发生显色反应 B.C能发生银镜反应 C.H分子中所有原子均共平面 D.J的分子式为C24H29NO4·HCl （6）满足下列条件化合物C的芳香族同分异构体有________种，写出其中峰面积比为同分异构体的结构简式________。 ①能发生水解反应  ②与溶液发生显色反应  ③核磁共振氢谱为4组峰 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省赣州市2026年高三下学期高考模拟自编卷04答案 1.【答案】D 【解析】A.LiFePO4充放电时Li⁺脱嵌/嵌入，Fe元素价态发生变化，为氧化还原反应，A正确；B.稀土萃取常用有机萃取剂，利用相似相溶实现稀土离子与杂质分离，B正确；C.SO2被氨水吸收生成铵盐，可作氮肥，同时脱除烟气中硫氧化物，C正确；D.高岭土、传统陶瓷属于传统无机非金属材料，并非新型无机非金属材料，D错误，故选D。 2.【答案】D 【解析】A.N电负性更大、成键电子对更靠近中心原子，斥力更大，键角NH3>PH3，A正确；B.P原子半径大于N,故键长P-F>N-F，B正确：C.N≡N键级更高、键长更短，键能O=0<N≡N，C正确：D.HF分子间存在氢键，沸点远高于HCl,沸点HF>HCl，D错误，故选D。 3.【答案】B 【解析】A.HF会腐蚀玻璃，且尾气吸收需防倒吸，A错误；B.水浴加热受热均匀、控温安全，适合浸出、萃取等实验，B正确；C.重金属废液严禁直接排放，需集中回收处理，C错误；D.振荡后应先分液漏斗倒置、打开活塞放气，不可直接打开上口塞放气，D错误；故选B。 4.【答案】B 【解析】A.从结构简式可知，氢原子数目不符合不饱和度与价键规律，A错误；B.苯环、双键可加成；羟基、酯基可取代；羟基邻位有H可消去；双键与羟基可氧化，B正确；C.苯环+碳碳双键可加成，消耗H2为4mol，酯基不与H2加成，C错误；D.存在饱和碳原子，所有碳原子不可能一定共平面，D错误，故选B。 5.【答案】C 【分析】W原子序数最小，基态无成对电子—W为H，Z单质为光伏核心材料→Z为Si，X简单氢化物常温液态→X为0，Y价电子ns2np1且为短周期主族元素，原子序数小于Z－Y为Al，综上：W=H，X=O，Y=Al，Z=Si。 【解析】A.电负性：O>Si>Al，即X>Z>Y，A正确；B.W2X、ZW4分子分别为H2O、SiH4，分子中的中心原子O、Si均为sp3杂化，B正确；C.W与X形成H2O，O为sp3杂化，有两对孤电子对，空间构型为V形，不是直线形，C错误；D.Y的最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，可溶于强碱,D正确。 6.【答案】D 【解析】A.泥沙不溶于水，药物可溶于水，通过溶解、过滤可除去难溶性杂质，A正确；B.水溶性有机药物的溶解度随温度变化较明显，可用重结晶提纯，B正确；C.互溶、沸点相差较大的液体混合物，分离方法为蒸馏，C正确；D.苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法通过过滤分离；且会引入溴单质新杂质，应选用NaOH 溶液分液，D错误，故选D。 7.【答案】C 【解析】A.标准状况下CH2Cl2为液体，不能用22.4L·mol-1计算物质的量，A错误；B.LiFePO4由Li+和FePO4-构成，1mol该物质中阳离子只有Li+,数目为NA，B错误；C.足量稀硝酸将Fe氧化为Fe3+，5.6g Fe为0.1mol,转移电子0.3NA，C正确；D.NH4+发生水解，实际存在的NH4+数目小于0.1NA，D错误，故选C。 8.【答案】D 【解析】A.根据盖斯定律，目标反应=反应③-1/2反应①-1/2反应②,得△H=△H3-△H1/2-△H2/2，A正确；B.活化能由反应路径、催化剂决定，升高温度不改变焓变，B正确；C.恒容充入稀有气体，反应物浓度不变，反应速率不变，C正确；D.CH3OH在负极被氧化为CO2,1mol转移6mole-,0.1 mol转移0.6mole-,粗铜溶解Cu-2e-=Cu2+,但粗铜中还有Fe、Zn、Ni比铜活泼，应先于铜溶解，故溶解的Cu小于0.3 mol，D错误，故选D。 9.【答案】B 【解析】A.丙酸(CH3CH2COOH)与Cl2在加热条件下发生α-H的取代反应，生成CH3CH(C1)COOH(I),官能团为氯原子(-Cl)和羧基(-COOH)，A正确；B.乳酸结构为CH3-CH(OH)-COOH,羧基的C=0为sp²杂化(平面结构),与羧基直接相连的-CH(OH)一的碳原子可通过单键旋转，使-CH3的碳原子也处于该平面内，因此所有碳原子可能共平面，B错误；C.乳酸分子含羟基和羧基，通过脱水缩聚生成聚乳酸，属于缩聚反应；聚乳酸的链节为-0-CH(CH3)-CO-，C正确；D.聚乳酸水解生成乳酸，乳酸可被微生物完全降解为CO2和H2O,无白色污染残留，是典型的环境友好型高分子材料，D正确，故选B 10.【答案】C 【解析】A.盐溶液碱性越强，对应酸越弱，Ka越小。碱性：NaA<NaB,说明酸性：HA>HB,故Ka(HA)>Ka(HB),A错误；B.迅速熔成银白色小球，说明钠的熔点低，且钠和水反应放热，△H<0，B错误；C.沉淀由Mg(OH)2转化为Fe(OH)3,说明Fe(OH)3更难溶，溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3，C正确；D.加入NO3-后，形成H++NO3-的强氧化性环境,将Cu氧化，并非催化作用，D错误，故选C。 11.【答案】C 【分析】步骤1:根据总反应判断放电时的正负极 NaMnFe2(CN)6+Na3BiNa2MnFe2(CN)6+NaBi 放电(原电池):负极：发生氧化反应，元素化合价升高。Na3Bi转化为NaBi,Bi元素化合价从-3价升高到-1价，因此Na3Bi电极为负极。正极：发生还原反应，元素化合价降低。NaMnFe2(CN)6转化为Na2MnFe2(CN)6,Mn元素化合价降低(Fe化合价不变),因此NaMnFe2(CN)6电极为正极。 充电(电解池):阳极：对应原电池的正极，发生氧化反应，元素化合价升高。阴极：对应原电池的负极，发生还原反应，元素化合价降低。 【解析】A.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。放电时，Na+作为阳离子，会通过离子交换膜向正极（NaMnFe2(CN)6电极）移动，A正确；B.由分析可知，放电时负极发生氧化反应，Na3Bi→NaBi,Bi元素化合价升高，B正确；C.由分析可知，充电时阳极发生氧化反应，元素化合价应升高，而非降低，C错误；D.充放电过程为可逆过程，电极结构可恢复，实现电池材料再生与循环利用，D正确，故选C。 12.【答案】D 【分析】实验背景：以江西水处理环保产业为情境，探究混合氧化剂S2O82-与H2O2对水样总有机碳（TOC）去除率的影响。 实验条件：初始pH=7,[[n(H2O2)+n(S2O82-)]总物质的量恒定，其他条件不变，相同时间内测 TOC去除率。 图像规律：S2O82-物质的量分数从0→0.5时，TOC去除率逐渐升高；从0.5→1.0时，TOC去除率逐渐下降，在0.5时达到峰值。 【解析】A.实验在pH=7的中性水样中进行，S2O82-与H2O2作为氧化剂参与反应，说明二者在中性溶液中可稳定存在，不会快速分解失效，A正确；B.由图可知，当S2O82-物质的量分数为0(即仅含H2O2)时，TOC去除率约为1%,为所有实验组中最低值，B正确；C.图像显示，S2O82-物质的量分数为0.5时，TOC去除率达到峰值(约57%),此时氧化效果最优，C正确；D.随S2O82-物质的量分数从0增大到0.5,TOC去除率逐渐升高；但当分数从0.5继续增大到1.0时，TOC去除率逐渐下降，并非“持续升高”，D错误，故选D。 13.【答案】B 【分析】黑球:顶点8个(1/8)+面心6个(1/2)=4；白球(O):全部位于晶胞内部，共8个，黑球：白球=1:2,根据化学式ZrO2，因此：黑球为Zr(4个/晶胞),白球为O(8个/晶胞)。 【解析】A.由分析可知，黑球代表Zr原子，白球代表O原子,正确；B.在晶胞结构中，阳离子Zr4+（黑球）周围有8个O2-（白球），配位数为8（取面心黑球为研究对象，本晶胞有4个白球，另一个晶胞有4个白球在黑球周围），B错误；C.晶胞质量等于(4×91+8×16)/NAg，晶胞体积为V=(apm)3=(a×10-10cm)3=(a×10-10)3cm3，该晶体的密度=，C正确；D.Zr作面心立方堆积，面心立方结构中，每个原子的配位数为 12（同层 6 个、上下层各 3 个），因此与每个紧邻等距的Zr原子为 12 个，D正确，故选B。 14.【答案】B 【分析】ZrOCl2·8H2O溶于水后电离：ZrOCl2=ZrO2++2C1-，加入AgNO3发生离子反应：Ag++Cl-=AgCl↓(白色沉淀)。 【解析】A.Ag+与Cl-反应生成不溶于硝酸的AgCl白色沉淀，是的特征鉴定反应，可证明样品中含Cl-，A正确；B.AgCl的摩尔质量M(AgCl)=mg/(143.5g/mol),n(AgCl)=(m/143.5)mol,由ZrOCl2·8H2O~2C1-~2AgC1,得n(ZrOCl2·8H2O)=2n(AgCl)=2×(m/143.5)=(m/287)mol，纯品质量 m(纯品)=n×M=(m×322.5)/287,纯度 =(322.5m/287w)×100%，B错误；C.过滤时液面高于滤纸边缘，沉淀会随滤液流失，测得m偏小，计算出的纯度偏低，C正确；D.沉淀未洗净会吸附杂质，使m偏大，计算纯度偏高，D正确，故选B。 二、非选择题 15【答案】（1）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 （2）适当升高温度、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、延长浸出时间等（任写一条） BaSO4、SiO2 （3）硫酸体系中，Ce4+在(HA)2中的溶解度大于在水中的溶解度，Ce3+在水中的溶解度大于在(HA)2中的溶解度 90% （4）将有机层中的Ce4+还原为Ce3+，使其进入水层，实现铈的分离 过量的H2O2会分解产生O2，可能Ce3+将重新氧化为Ce4+，降低铈的回收率；同时浪费试剂 （5）9 （6）Ce3++3e-=Ce CeO2为离子晶体，熔融状态下Ce4+氧化性强，电解时易生成Ce3+，难以直接得到金属铈；CeO2且熔点极高，能耗大 （7）(HA)2（有机萃取剂） 【分析】由题给流程可知，含铈矿石在氧气中焙烧发生的反应为CeFCO3与氧气高温条件下反应生成二氧化铈、四氟化铈和二氧化碳；向焙烧得到的固体粉末中加入稀硫酸，将二氧化铈、四氟化铈转化为硫酸铈，氧化钡转化为硫酸钡，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钡的滤渣和滤液；向滤液中加入萃取剂(HA)2萃取溶液中的Ce4+离子，分液得到水层和有机层；向有机层中加入稀硫酸和过氧化氢溶液反萃取，将溶液中的Ce4+离子转化为Ce3+离子，分液得到有机层和含有Ce3+离子的水层；向水层中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的Ce3+离子转化为Ce(OH)3沉淀，过滤得到Ce(OH)3；Ce(OH)3经多步转化得到CeCl3·6H2O，CeCl3·6H2O在氯化氢气氛中受热发生分解反应得到CeCl3；CeCl3与钙高温条件下发生置换反应冶炼得到单质铈。 【解析】（1）由分析可知，焙烧时发生的反应为CeFCO3与氧气高温条件下反应生成二氧化铈、四氟化铈和二氧化碳，反应的化学方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。 （2）化工流程中 “提高浸取率” 的措施：适当升高温度、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、延长浸出时间等。酸浸时，BaO与稀硫酸反应生成难溶的BaSO4，SiO₂不与稀硫酸反应，因此滤渣为BaSO4和SiO2。 （3）硫酸体系中，Ce4+在(HA)2中的溶解度大于在水中的溶解度，Ce3+在水中的溶解度大于在(HA)2中的溶解度；根据已知①，Ce4+易溶于有机相，Ce3+易溶于水相，因此萃取时Ce4+进入有机层，Ce3+留在水层；萃取率计算：设水相体积为V，有机相体积也为V，则D=c水：c有机=（n水/V）：（n有机/V）=n水：n有机=9，E=[n有机/(n有机+n水)]×100%=[9/(9+1)]×100%=90%。 （4）由分析可知，步骤IV中加入稀硫酸和过氧化氢溶液反萃取的目的是将溶液中的Ce4+离子转化为Ce3+离子，过量的H2O2会分解产生O2，可能Ce3+将重新氧化为Ce4+，降低铈的回收率；同时浪费试剂。 （5）pH计算如下： （6）电解熔融CeCl3时，阴极Ce3+得电子生成Ce：Ce+3e-=Ce；CeO2中Ce为+4价，氧化性强，电解时优先被还原为Ce3+，无法直接得到单质Ce，且CeO2熔点远高于CeCl3，冶炼能耗高，因此不采用电解CeO2的方法。 （7）步骤IV中Ce4+被还原为Ce3+进入水层，有机层的（HA）2可分离出来，重新用于步骤Ⅲ的萃取，实现循环利用。 16【答案】（1）恒压滴液漏斗 排尽装置内的空气，防止Fe2+被O2氧化 （2）防止Fe2+被氧化 溶液变为黄色（或棕黄色），生成Fe(OH)3红褐色沉淀，产品产率降低、纯度下降 （3）B （4）①当滴入最后半滴酸性溶液时，溶液由无色变为浅紫红色（或粉红色），且半分钟内不褪色。 ②48% ③偏低 ④10.6 【解析】（1）恒压滴液漏斗的支管可平衡漏斗与三颈烧瓶内的压强，保证柠檬酸顺利流下；Fe2+具有强还原性，极易被空气中的O2氧化为Fe3+，通入N2可隔绝空气，保护Fe2+，提高产品产率与纯度。 （2）根据已知④，柠檬酸具有较强还原性，除调节pH、促进FeCO3溶解外，核心作用是作抗氧化剂，防止Fe2+被氧化；若不加柠檬酸，Fe2+会被空气中的O2氧化为Fe3+，溶液变黄，最终生成Fe(OH)3沉淀，导致产品不纯、产率大幅下降。 （3）根据已知②、③：甘氨酸亚铁难溶于乙醇，用乙醇洗涤可最大程度减少产品溶解损失；甘氨酸微溶于乙醇，可有效除去产品表面残留的甘氨酸杂质,乙醇易挥发，便于后续干燥； 蒸馏水（A）会溶解产品，造成损失；饱和食盐水（C）会引入杂质离子；滤液（D）会残留杂质，均不适合，故选B。 （4）①酸性KMnO4本身为紫红色，Fe2+被氧化为Fe3+(浓度小几乎无色),滴定终点时KMnO4稍过量，溶液显浅紫红色，且半分钟不褪色，证明Fe2+完全反应。 ②纯度计算如下： ③滴定前尖嘴无气泡、滴定后有气泡，会导致读取的KMnO4体积V偏小；根据质量分数公式，V偏小则计算出Fe2+的物质的量偏小，最终测定的产品纯度偏低。 ④实际产品纯度为48%，因此1L溶液中甘氨酸亚铁的物质的量：n=[20.4g×48%/(204g/mol)]=0.048mol，浓度c=0.048mol⋅L-1=4.8×10-1mol⋅L-1，对应图像中c=0.48×10-1mol⋅L-1时，吸光度A=10.6，因此答案为10.6。 17【答案】（1）+90 > 高温自发 （2）①先增大后减小 ②92% 4.3 （3）AC （4） 【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得目标反应：ΔH=ΔH1+ΔH2=+131kJ⋅mol-1+(−41kJ⋅mol-1)=+90kJ⋅mol-1；反应生成气体，混乱度增大，ΔS>0；ΔH>0、ΔS>0，根据ΔG=ΔH−TΔS，高温下TΔS>ΔH，ΔG<0，反应自发。 （2）①反应Ⅱ是放热反应，温度升高，抑制反应Ⅱ正向进行，的体积分数减小，反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，促进反应IV正向进行，的体积分数增加，图示中曲线上升的代表CO的体积分数，先升高后下降的代表CO2体积分数与温度的关系，的体积分数与CO2体积分数的变化趋势相同，随着温度升高，氢气的体积分数先增大后减小； ②设起始投料、消耗的物质的量为、反应II逆向生成，故平衡时的物质的量分别为，平衡时总物质的量，Q点和体积分数均为，即物质的量分数为，因此：，得，代入解得，即的转化率为，反应Ⅱ的压强平衡常数为。 （3）A.反应I、Ⅲ、IV△H>0，均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率提高，A正确；B.反应ⅡH<0，放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，B错误；C.反应IV中，增大反应物H2O(g)浓度，平衡正向移动，CH3OH转化率提高，C正确；D.催化剂只加快反应速率，不改变平衡状态，不能提高H2产率，D错误，答案选AC。 （4）由图可知，负极失去电子，氢气与碳酸根发生反应生成二氧化碳和水，电极反应式应为：。 18【答案】（1）邻苯二酚 （2）加成反应 醚键、硝基 （3）将-NO2还原为-NH2（或作还原剂） （4）+----→+H2O （5）ABD （6）3   【分析】A与硫酸二乙酯发生取代反应生成B和硫酸，B在CO/HCl、AlCl3的作用下苯环上的氢被醛基取代生成C，C与CH3NO2发生取代反应生成D和水，D被氢气还原为E，E被NaNO2氧化为F、被Fe/HCl还原为G（），F与G反应生成H，根据H的结构可知F为 ；据此解答。 【解析】（1）根据A的结构，其名称为邻苯二酚。由分析可知，F的结构简式为。 （2）C→D分为两步进行，第一步为C()与CH3NO2发生加成反应生成，第二步发生消去反应生成D()，故答案为加成反应。D的结构简式为，其中含氧官能团为-OC2H5（醚键）和-NO2（硝基），故答案含氧官能团的名称为醚键、硝基。 （3）根据已知③，Fe/HCl是经典的硝基还原试剂，可将E中的-NO2还原为-NH2，得到G（含-NH2），故答案为将-NO2还原为-NH2（或作还原剂）。 （4）F（）为羧酸（-COOH），G（）为胺（-NH2），二者发生酰化反应（取代反应），羧基与氨基脱水形成酰胺键（-CONH-),生成H（）和水，则方程式为+----→+H2O。 （5）A.A含酚羟基（-OH直接连苯环），能与FeCl₃溶液发生显色反应（显紫色），A正确；B.C含醛基（-CHO），能发生银镜反应,B正确；C.H分子中含多个饱和碳原子（-CH2-、-OC2H5的乙基），饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面,C错误；D根据J的结构，数原子得分子式C24H29NO4·HCl，D正确，故答案为ABD。 （6）C的芳香族同分异构体能发生水解反应，则含有苯环和酯基；与溶液发生显色反应，则含有酚羟基；由于C的不饱和度为5，因此该同分异构体中只含有1个酯基；该同分异构体的核磁共振氢谱为4组峰，则具有对称性：酯基和酚羟基处于对位，符合的结构有：，共3种；峰面积比为的结构为。 学科网（北京）股份有限公司 $