江苏省苏州市2024-2025学年高三年级上册1月期末考试 化学试卷（含解析）

苏州市2024〜2025学年第一学期学业质量阳光指标调研卷

高三化学

注意事项：

1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。

2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016S32K39Ti48Mn55

Fe56

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。

1.下列用于水处理的物质，主要成分属于有机物的是

A.活性炭B,聚丙烯滤膜C.明矶D.二氧化氯

【答案】B

【解析】

【详解】A.活性炭属于碳单质，不属于有机物，A错误；

B.聚丙烯滤膜是有机高分子化合物，属于有机物，B正确；

C.明机的化学式为KA1(SC>4)2•12京0,属于无机盐，不是有机物，C错误；

D.二氧化氯属于氧化物，不属于有机物，D错误；

答案选B。

CuO

2.反应4HC1+O2丁2CI2+2H2O可实现工业副产品HC1资源再利用。下列说法正确的是

A.0元素位于周期表VIA族B.HCI电子式为H+［：di：］

••

C.基态CE+的电子排布式为3d9D.H2O中既含极性键又含非极性键

【答案】A

【解析】

【详解】A.O是16号元素，位于周期表VIA族，A正确；

B.HC1是共价化合物，电子式为：H：C1：-B错误；

••

C.基态C1?+的电子排布式为Is22s22P63s23P63d9,C错误；

D.H2。中只含极性键不含非极性键，D错误；

答案选A。

3.实验室称量一定质量的Na2cO3固体，并用于测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是

盐酸

卜石蕊

/\Na2CO3

A

A.称量B.加水溶解C.加指示剂D.滴定

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】用一定质量的Na2cO3固体，测定盐酸的浓度，用甲基橙作指示剂，根据方程式

Na2co3+2HCl=2NaCl+CO2f+H2O,滴定终点n(HCl)=c(HCl)xV(HCD=2n(Na2co3)计算c(HC1)；用酚酰;作指

示剂，根据方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,滴定终点n(HCl)=c(HCl)xV(HCl尸n(Na2cO3)计算c(HC1)。

【详解】A.Na2cO3具有腐蚀性，把Na2cO3放在锥形瓶中称取一定质量的Na2c。3固体，故A正确；

B.碳酸钠易溶于水，向锥形瓶中加适量的水溶解碳酸钠固体，故B正确；

C.用一定质量的Na2cO3固体，测定盐酸的浓度，石蕊变色不明显，应该用酚酥或甲基橙作指示剂，故C

错误；

D.滴定时，用酸式滴定管盛放盐酸，左手控制酸式滴定管旋塞，右手震荡锥形瓶，故D正确；

选C。

4.光卤石［KCLMgCUgH2。］可作为提取金属镁的矿物原料。下列说法正确的是

A.原子半径：r(Cl)>r(Mg)B.第一电离能：［(K)>L(H)

C.沸点：H20<HC1D.碱性：Mg(0H)2<K0H

【答案】D

【解析】

【详解】A.同一周期元素的原子从左到右，随着核电荷数增大，原子半径减小，故r(Cl)<r(Mg),A错误；

B.同一主族从上到下，元素的原子第一电离能减小，故第一电离能L(K)<h(H),B错误；

C.H2。和HC1沸腾需克服分子间作用力，H20存在分子间氢键而HC1无分子间氢键，导致H2。分子间作

用力更大，沸点更高，C错误；

D.元素金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Mg<K,故碱性Mg(0H)2<K0H,D正确；

故本题选D。

阅读下列材料，完成下列3个小题。

碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是清洁能源，燃烧热大(890.3kJ-moL)，完

全燃烧生成co2,CO2催化加氢可制CH4；Na2cs3是一种杀菌剂；电解还原SiO2可制得半导体材料晶

体Si,四氯化褚(Ge©4)水解可得到Ge。？；醋酸铅［(CH3coObPb］易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可

用于吸收H2s气体。

5.下列说法正确的是

A,晶体Si属于分子晶体

B.1molCSf"中含有G键数为3mol

C.GeC1的空间构型为平面正方形

D.CO2中的C原子和Si。？中的Si原子杂化方式相同

6.下列化学反应表示正确的是

A.甲烷的燃烧：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH=+890.3kJ-mo「

2

B.电解还原SiC>2制高纯Si的阴极反应：SiO2-4e=Si+2O-

C.水解GeCl4制GeO2：GeCl4+2H2O=GeO2J+4HC1

2+

D.醋酸铅溶液吸收H2s气体：Pb+H2S=PbSJ+2H+

Ni/SiO,

-

7.下列有关反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的说法正确的是

A.反应的AS>。

2

C(CH4)C(H9O)

B.反应的平衡常数表达式4r

c(CC)2)c(H2)

C.反应的AH=4E(C-H)+4E(O-H)-2E(C=O)-4E(H-H)(E表示键能)

D.反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率

【答案】5.B6,C7.B

【解析】

【5题详解】

A.晶体Si属于共价晶体，A错误；

B.CSj中1个C连接3个S原子，则1molCS：中含有◎键数为3m01,B正确；

4—4x1

C.GeC1的价层电子对数4+—-—=4,空间构型为正四面体，C错误；

D.CO2中的C原子与O原子以双键结合，则杂化方式为sp,Si。？中的Si原子与O原子以单键结合，则

Si原子杂化方式sp3,D错误；

故答案为：B；

【6题详解】

A.燃烧为放热反应，则甲烷的燃烧热AH=-890.3AJ/加。/,A错误;

2

B.阴极发生还原反应，SiO2+4e-=Si+2O-,B错误；

C.水解GeC^制Ge。？：GeCl,+2H2O=GeO^+AHCI,C正确；

D.醋酸铅溶液吸收H2s气体：（CHsCOObPb+HzSnPbSJ+ZC/^COM,D错误；

故答案为：c；

【7题详解】

A.该反应气体分子数减少，赠变小于0,A错误；

B.平衡常数等于生成物浓度幕次方乘积除以反应物浓度幕次方，B正确；

C.反应热为生成物键能总和减去反应物键能总和，C错误；

D.催化剂改变反应速率，不能提高转化率，D错误；

故答案为：Bo

8.冶金废水（主要含CaC"）通过"电解■■碳化”制备CaCC>3的装置如图所示。下列说法不正确的是

阳离子交换膜

A.M极上产生黄绿色气体

B.电解前后，N极区溶液的pH基本不变

C.电解总反应为：CaCl2+H20+C02CaCO3+H2T+C12T

D.1molCa2+通过阳离子交换膜时，理论上共产生44.8L的气体

【答案】D

【解析】

【分析】该装置为电解池，根据Ca2+移动方向可知，阳离子向阴极移动，N极为阴极，发生还原反应，水

得电子生成氢气和氢氧根离子，OH再与CO2和Ca2+反应生成碳酸钙，M为阳极，CI失去电子发生氧化反

应生成Cl2o

【详解】A.M极为阳极，发生氧化反应，2C「一2e=CbT,产生黄绿色气体，A正确；

B.N极为阴极，发生还原反应2H2O+2e=2OH-+H2T,通入CO2气体，OH\CO2和通过阳离子交换膜的

2+

Ca2+反应生成CaCCh沉淀，反应方程式为：Ca+2OH+CO2=CaCO3I+H2O,溶液的pH基本不变，B正确;

C.反应物为CaCb、CO2和水，生成物为CaCCh、H2>Cb,总反应的方程式为：

通电।小小

CaCl2+H2O+CO2CaCO3J+H2T+C12T,C正确；

D.1molCa?+通过阳离子交换膜时，有2mo电子转移，两极分别产生ImolH?和ImolCb，题目中未给出

标准状况，不能确定气体的体积，D错误;

答案选D。

9.利用丹皮酚(X)合成一种药物中间体(Y)的流程如下:

下列有关化合物X、Y的说法不正确的是

A.可以用FeCL溶液鉴别X和YB.该反应属于取代反应

C.反应前后K2cO3的质量不变D.X的沸点比

【答案】C

【解析】

【详解】A.X具有酚羟基，而Y没有，所以可以用FeCL溶液鉴别X和Y,故A正确;

B.该反应中，基团•取代X上酚羟基的氢原子，故B正确;

C.生成Y的同时会生成HBr,会和K2cO3反应，碳酸钾质量改变，故C错误;

D.X可能形成分子内氢键，沸点降低,可以形成分子间氢键，故D正确;

答案选C。

10.海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是

A.海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理

B.海水提镁的转化为MgCU(aq),a(°H)2>Mg(OH)2(s)盐酸>MgCU(aq)电解>Mg

C.用Na2cO3溶液吸收澳，离子方程式为3Bq+6OH=5Br+BrO；+3H2O

D.将「氧化为L时，加入过量的H2O2会使U的产率降低

【答案】D

【解析】

【详解】A.NaCl的溶解度受温度影响较小，海水晒盐是通过蒸发溶剂使NaCl结晶析出，而非利用溶解度

随温度变化的原理，A错误；

B.海水提镁的最后一步应为电解熔融的MgCU，而非电解MgCU溶液。电解MgCU溶液会生成H2和Cb,

离子方程式为：班2++2C/-+2H2。赢班(W),J+H2T+a个，无法得到金属Mg,B错误；

C.用Na2cO3溶液吸收Bn时，离子方程式应基于参与反应，而非直接使用0田。正确反应为:

--

3Br2+3CO3=BrO；+5Br+3CO2T^3Br2+6CO3+3H2O=BrO；+5Br+6HCO；,C错误；

+

D.过量H2O2在酸性条件下会将L进一步氧化为/O；,离子方程式：5H2O2+12=210；+2H+4H2O,

导致b被消耗，产率降低，D正确；

故选D。

II.室温下，下列实验方案能达到探究目的的是

选

实验方案探究目的

项

A向2mL浓度均为0.1mol.171的NaCl和Nai混合溶液中判断Ksp(AgCl)与

滴加2滴0.1moLI?的AgNOs溶液，观察产生沉淀的颜Ksp(Agl)的大小

色

分别向CH3coONa和NaCN溶液中滴加几滴酚酰试判断CH3co0一和CN-

B

液，观察溶液颜色结合H+能力的强弱

向滴有酚醐的NaOH溶液中滴加过量氯水，观察溶液颜

C验证氯水的酸性

色

将浓硫酸与Na2sO3反应生成的气体，通入品红溶液中，

D验证浓硫酸的强氧化性

观察溶液颜色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

11

【详解】A.向2mL浓度均为0.1mol-L的NaCl和Nai混合溶液中滴加2滴0.1mol.IT的AgNO3溶液,

可观察产生黄色沉淀，得Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）,故A正确；

B.题中没有指明CH3coONa和NaCN物质的量浓度是否相等，因此无法判断CH3coeT和CN-结合H+

能力的强弱，故B错误；

C.向滴有酚醐的NaOH溶液中滴加过量氯水，观察溶液颜色褪去，无法验证氯水的酸性，因为氯水具有

漂白性，故C错误；

D.浓硫酸与Na2sO3发生复分解反应生成SO?气体，通入品红溶液中，品红溶液褪色，体现浓硫酸的酸性,

故D错误；

答案选A。

12.室温下，测定溶液中Ca2+浓度的流程如下:

过量O.lOmoll"过量O.lOmolL"O.lOmolL-1

Na2c2O4H2SO4KMnO4

含Ca2+7^―的

>?§BCaCO2c2O4』薪|

试样Y如淀I*24酸性溶液

已知Ksp[CaC20/=2.5x10-9。下列说法正确的是

1+

A.0.1mol.LNa2c2O4溶液中：c(Na)=2c(C2O^)+2c(HC2O；)

B.“沉淀”后得到的上层清液中：c(Ca2+)<5xlO-5mol-L-'

+

C.溶解得到的酸性溶液中：2c(C2O^)+c(HC2O；)+C(OH-)+2C(SO^)=c(H)

D.滴定终点时的溶液中：c(MnO；)>c(Mn2+)

【答案】B

【解析】

【分析】含Ca2+的溶液加入过量0.1mol/LNa2C2O〃^Ca?+以CaCzCU沉淀析出，沉淀加入过量0.1mol/LH2SO4

溶解,得到含H2c2。4的酸性溶液，用O.lmol/LKMnCM溶液进行滴定从而测定Ca2+的量；

【详解】A.Na2c2。4溶液中，根据物料守恒有c(Na+)=2c(C2Oj)+2c(〃C2Oj)+2c(H2C2O4),选项中的等

式少了H2c2。4的浓度项，A错误；

B.“沉淀”后得到的上层清液中c(Ca2+)<c(C2。；—)，即Ksp[CaC2O4]=c(Ca2+)c(C20fAe2(Ca2+),则

2+-95x1-5

c(Ca)<^Ksp[C<2C2O4]=72.5xlO=0mol-LiB正确；

C.溶解得到的酸性溶液中，阳离子除了H+还有Ca2+,故根据电荷守恒应当有

+2+

2c()+c(HC2O；)+C(0H)+2C(SO1~)=c(H)+2c(Ca),C错误；

D.滴定终点，KMnC>4刚好和H2c2。4反应生成CO2和MM+,高锯酸根刚好完全反应，浓度几乎为0,

2+

c(MnO4)<c(Mn),D错误；

故本题选B。

13.利用Mo-Ce/A^Os作催化齐ij,可将废气中的SO2转化为硫单质，涉及的反应主要有：

反应ISO2(g)+3H2(g)=H2S(g)+2H2O(g)

反应IISO2(g)+2H2s(g)=3S(g)+2H2O(g)

将n(SC)2)：n(H2)=l:3的混合气体以一定流速通过反应管，其他条件不变，出口处SO2的转化率及S的

选择性随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

100*o——o100

%

、

郴

^

敢

品

O

S

200300400500

温度〃c

A.低于300°C时，反应I的速率大于反应H

B.硫单质的产率随温度的升高而下降

C.300℃时，出口处的气体中H2。的体积分数约为30%

D.增大体系压强，S单质的平衡选择性增大

【答案】C

【解析】

【详解】A.低于300℃时，s的选择性接近100%,说明反应n是快反应，反应n速率大于反应I,A错误;

B.随温度升高，虽然S的选择性降低，但S02转化率升高，硫单质的产率随温度的升高不一定下降，B错

误；

c.3ooe时，s的选择性接近loo%,反应n为快反应，产物中几乎无H2S,由反应卜2+反应n得

SO2+2H2=S+2H2O,列出三段式

s2(g)+2H2(g)Us(g)+2H20(g)

起始物质的量1300

转化物质的量lx60%=0.61.20.61.2

平衡物质的量0.41.80.61.2

则出口处的气体中H2。的体积分数=--------........xlOO%=30%,C正确;

0.4+1.8+0.6+1.2

D,反应I是气体体积数减小的反应，而反应n是气体体积数增加的反应，故增大体系压强，有利于反应I

平衡正向移动，使反应n平衡逆向移动，会导致s单质的平衡选择性减小，D错误；

故本题选C。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.以电炉钛渣(主要成分为FezTiOs，含少量CaTi()3等)为原料制备TiO,催化剂的流程如下:

HF、NH4F氨水HF、NH3

电炉钛渣—浸取——-加氨——-热水解^H2TiO3-*TiO2

滤渣1滤渣2

（1）原料

Ca2+或贽+

O2-

①CaTiC）3晶胞如图-1所示，其中Ca?+的配位数（与金属离子距离最近且相等的-的个数）比Ti4+大，则

处于晶胞体心的离子是0

412

②常温下，根据Ka（HF）=3.375x10计算得到6molL的HF溶液中c（H+）约为4.5x10mol•匚］，

实际测得6mol.r1的HF溶液中c（H+）远大于4.5x10-2mol.L1，且存在稳定的HF1离子，可能的原因

是O

（2）浸取

用浓度均为6moi•!/的HF和NH4F混合溶液浸取电炉钛渣，FezTiOs中Ti、Fe元素的浸出率随时间的

变化如图-2所示。已知：FezTiOs能与HF反应转化为Feff和TiF『；NH：能与Fef中生成微溶的

（NH4）3FeF6。

10o

%8o

<、

6o

汨

财

M4o

H2O

20406080

时间/min

图-2

①浸取时，发生反应的离子方程式为o

②实验表明，用浓度均为6moi•!/的HF和NH4F混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12mol-U'HF溶

液浸出的速率，其原因是O

③为提高Ti元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是o

(3)加氨

加入氨水的目的是。

(4)Ti。?催化甲醇水溶液光解制H2，同时可得到HCHO、HCOOH等产物(如图-3所示)。光催化剂TiO2

反应转移的电子数

的表观量子产率(___________________x100%)为60%»实验测得催化剂吸收的光子数为

催化剂吸收的光子数

溶液中产生HCHO的物质的量为2xlO.mol，根据以上数据计算生成HCOOH的物质的量为

(不考虑其它产物，写出计算过程)。

TiO,

CHQH、I催化剂

HCHOJvB

HCOOH

图-3

【答案】11)①.Ca2+②.HF溶液中存在电离平衡：HFUH++F,浓HF溶液中，HF分子浓度大,

与F形成离子，减小了F的浓度，促进电离平衡正向移动，c(H+)增大

(2)Fe2TiO5+10HF+8F-+6NH4=2(NH4)3FeF6i+TiFg-+5H2O②.F-浓度增大对浸出速率的影

响大于H+减小的影响③.充分搅拌、适当升高温度

(3)有利于生成(NH4)3FeF6沉淀

(4)l.lxl0-5mol

【解析】

【分析】电炉钛渣(主要成分为FezTiOs，含少量CaTiOs等)用浓度均为6moi•!?的HF和NH4F混合溶

液浸取，Fe2TiO5转化为Fei。和TiF；一,离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6NH：=2(NH4)

3FeF61+TiF，+5H2O,过滤，弃去滤渣，向滤液中加入氨水，中和HF,提高NH；的浓度，进一步除去Felf,

使其生成(NHQ3FeF6沉淀，过滤，将滤液热水解，逸出HF和NE，同上得到HzTiCh，IhTiCh受热分解

得到TiCh,据此分析；

【小问1详解】

①体心阳离子配位数为12,顶点阳离子配位数为6,故晶胞体心的离子为Ca2+；

②常温下，根据Ka(HF)=3.375X1CT4计算得到6moi•!/的HF溶液中c(H+)约为QxlO-oKL」实际测

得6moi•1/的HF溶液中c(H+)远大于4.5x10—01.1/1且存在稳定的离子，可能的原因是HF溶液中存在

电离平衡：HFWH++F-,浓HF溶液中，HF分子浓度大，与F-形成离子，减小了F的浓度，促进电离平衡

正向移动，c(H+)增大；

【小问2详解】

①根据题意可知，Fe2TiO5能与HF反应转化为FeR-和TiFj；NH；能与Feff生成微溶的(NHJFeFf,

浸取时，发生反应的离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6NH4=2(NH4)3FeF6i+TiF^+5H2O；

②实验表明，用浓度均为6moi•!/的HF和NH4F混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12moi・L-iHF溶液浸

出的速率，其原因是F-浓度增大对浸出速率的影响大于H+减小的影响；

③为了提高Ti元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是充分搅拌、适当升高温度；

【小问3详解】

加入氨水的目的是中和HF,提高NH；的浓度，有利于生成(NH4)3FeF6沉淀;

【小问4详解】

反应转移的电子数

根据TiO的表观量子产率(xlOO%)为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为

2催化剂吸收的光子数

4

1.4xl0-mol,可得反应转移的电子数为：1.4x10-4nloix0.6=8.4xl0-5mol,又有CH30H〜HCHO〜2e\CH30H〜

HCOOH-4e-,所以有8.4x1oqnol=2n(HCHO)+4n(HCOOH),n(HCHO)=2xl0-5mol-解得：4n(HC00H)

=l.lxl0-5molo

15.化合物F是一种心血管药物，其合成路线如下：

(1)C中含氧官能团的名称为o

(2)化合物E中有个手性碳原子。

HCCHRr

(3)若A经过步骤一小,j—-3?-t得到的产物中有一种C的同分异构体,该产物的结构简式

为。

(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：o

酸性条件下水解生成两种产物；两种产物均含有4种不同化学环境的氢原子，且苯环上的一氯代物均只有2

种。

(5)写出以的合成路线流程图

(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。

【解析】

【分析】A到B发生取代反应，酮跋基邻位碳原子上H原子被乙基取代，B到C发生取代反应，酸键生成

酚羟基，C到D发生取代反应，酚羟基上H原子被取代，生成D和HC1,D到E发生先加成后水解，酮碳

基转化为羟基，E到F发生消去和取代反应，-0H消去生成碳碳双键，同时醒键转化为酚羟基。

【小问1详解】

根据C的结构简式可知，C的含氧官能团名称为酚羟基和酮锻基；

【小问2详解】

手性碳原子是一个C原子周围连接四个不同的原子或原子团，E中的手性碳原子为

【小问3详解】

HC1CH3cH?Br

若A经过步骤先是酸键转化为酚羟基，酚羟基再与CHCHBr发生取代反应

碱32

得到酸键，结构简式为:

【小问4详解】

酸性条件下水解生成两种产物，含有酯基；两种产物均含有4种不同化学环境的氢原子，且苯环上的一氯

代物均只有2种，说明含有苯环的产物有2种H原子，符合条件的同分异构体的结构简式为：

-OCH3发生B到C的反应生

成酚羟基，残基和MgBr发生D到E的反应生成醇羟基，因为酚羟基易被氧化，所以

0C也先发生Br原子水解反应生成醇羟基,氧化为酮跋基，再发生加成和水解反应，最后

16.通过处理废旧磁性合金铉铁硼(NdzFe^B)可回收钱与铁。

铉铁硼一硫酸酸浸一＞沉铉一＞电解―单质铁

滤渣NaNd(SO4)2

I.湿法分离

(1)向铉铁硼中加入硫酸，被、铁分别转化为Nd?+、Fe?+进入滤液。酸浸过程中溶液温度、pH随时间

变化如图-1所示。已知：常温下K^H2soJ=10-2；HSOKaq)=H+(aq)+SOj(aq)AH＜0o

1.280

PH6o

o

o

/

4ot

d0.4-；明

2O

0.0J

200040006000

时间/s

图-1

cHSO

①常温下，pH=1.0的硫酸中一一-4=o

c(SOj)

②酸浸初始阶段溶液的pH迅速上升的原因是o

(2)向酸浸后的滤液中加入NaOH溶液，可将Nd?+转化为NaNd(SC)4)2沉淀分离。

①若加入NaOH溶液过多，放置时间过长可能会产生Fe(OH)2或FeOOH。Fe?+转化为FeOOH的离子

方程式为o

②检验所得NaNd(SC)4)2沉淀中是否含有铁元素的实验方案为=

(3)将沉钛后过滤所得的滤液(含FeS。,、H2so。电解可获得铁。为提高阴极的电解效率，可加入少量

具有还原性的弱酸盐柠檬酸钠，其作用是，

II.干法分离

72（NH4C1）

(4)不同的固体混合物在空气中焙烧所得固体物质的X-射线衍射图(可用于判断某晶态物质

«（Nd2Fe14B）

是否存在)如图-2所示。已知：Nd,(C,C)4)3、Fe2(C,C)4)3难溶于水，NdOCl微溶于水，NdC1可溶于水。

▲NdOCl★Fe2O3■NdCl3

O

305070

2义衍射角/度

图-2

n（NH4Cl）

请补充完整以NdzF^B原料制备NdzCzOJ的实验方案：将的固体混合物

n（Nd2Fe14B）

在珀期中焙烧，冷却至室温后将固体转移至烧杯中，,洗涤，干燥［须使用的试剂：(NHJzCz。4

溶液］。

【答案】(1)①.10②.反应消耗H+，温度升高抑制了HSC)4的电离

(2)①.4"2++02+80笈一=4辰。OX+2H2。②.取少量沉淀，加入足量盐酸溶解，滴加

KSCN溶液，再加入新制氯水，若溶液一开始无明显现象、加氯水后变成血红色，说明含有铁元素

(3)柠檬酸根离子消耗H+，减少H+在阴极放电；防止Fe,+被氧化为Fe3+

(4)①.3:1②.加水充分浸取，过滤，向滤液中加入(NHJ2C2O4溶液，至静置后，向上层清液

中继续滴加(NH41C2O4溶液至无浑浊，过滤

【解析】

【分析】磁性合金铉铁硼(NdzFe^B)加硫酸酸浸，铉、铁分别转化为Nd?+、Fe?+进入滤液，滤渣为B,

向酸浸后的滤液中加入NaOH溶液，可将Nd3+转化为NaNd(SOj2沉淀分离，将沉铉后过滤所得的滤液

(含FeS。,、H2so。电解可获得铁。

【小问1详解】

c(SOj)xc(H+)/、c(HSO；)in1

Ka，(H,S(?4)='=10-2,pH=1.0,贝c(H+)=10一|加。//L,贝U-=—=10

7ro

一c(HSO4)、)c(SOj)10

故答案为：10；

硫酸酸浸废旧磁性合金铉铁硼(NdzFe^B)时消耗硫酸，由图可知，温度升高，

HSO；(aq)=H+(aq)+SOt(aq)AH<0，平衡逆向移动，抑制了HSO4的电离，故答案为：反应消耗H*，

温度升高抑制了HSO4的电离。

【小问2详解】

碱性条件下，Fe?+与空气中的。2反应生成Ee。。〃和H2。，离子方程式为：

2+2+

4Fe+02+WH-=AFeOOH+2H2O,故答案为：4Fe+02+SOH-=AFeOOH+2H2O；

酸浸时铁转化为Fe?+进入滤液，则检验所得NaNd(SC)4)2沉淀中是否含有铁元素的实验方案为：取少量沉

淀，加入足量盐酸溶解，滴加KSCN溶液，再加入新制氯水，若溶液一开始无明显现象、加氯水后变成血

红色，说明含有铁元素。故答案为：取少量沉淀，加入足量盐酸溶解，滴加KSCN溶液，再加入新制氯水，

若溶液一开始无明显现象、加氯水后变成血红色，说明含有铁元素；

【小问3详解】

电解(含FeSC>4、H2soJ电解可获得铁，但Fe?+和H+有竞争关系，加入弱酸盐柠檬酸钠，可以与H+生成

弱酸柠檬酸，消耗H+，且柠檬酸钠有还原性，可防止Fe?+被氧化为Fe3+，降低产率。故答案为：柠檬酸

根离子消耗H+，减少H+在阴极放电；防止Fe?+被氧化为Fe3+；

【小问4详解】

Nd2(C2O4)3,FezCzOJs难溶于水，NdOCl微溶于水，NdC^可溶于水。以NdzFe^B原料，加入

(NH4)2C2O4制备Nd2(C2()4)3时应尽量将铁转化为Fe2()3除去，将N屋+尽可能留在溶液中，转化为

NdCl3,经过加水充分浸取、过滤，在滤液中加入(NH4)2C2()4至NdCL完全生成Nd2(C2()4)3沉淀，过

n（NH4Cl）

滤，洗涤，干燥即可得Nd2(C2()4)3。由图可知为5:1时，有FeC§生成，会和NdCb一起

w（Nd2Fe14B）

溶于水，不合适；1:1时，有NdOCl生成，其微溶于水，会造成的损失，故选择3：1。故答案为：3:1；

加水充分浸取，过滤，向滤液中加入(NHJ2C2O4溶液，至静置后，向上层清液中继续滴加(NHJ2C2O4

溶液至无浑浊，过滤。

17.储能材料是当前研究的热点。

(1)AIH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。可应与FezOs的反应过程如下：

1

I.AlH3(s)=Al(s)+3H(g)AH=521.1kJ.mor

1

II.6H(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3H2O(g)AH=-1209.2kJ.mor

1

III.2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)AH=-851.5kJ.mor

①LiAlf^和AICI3在无水乙醛中反应可以生成AIH3和LiCl,该反应的化学方程式为o

②反应2AIH3(s)+2Fe2O3(s)=4Fe(s)+3H2O(g)+ALO3(s)的AH=。

③A1H3与普通铝粉相比，A1H3与Fe2O3反应更容易引发的原因是。

(2)NaBH4是一种储氢材料，Co-B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OJF使催化剂表面的BH］释

放H1催化剂表面的H-与H+结合生成H2(Co容易吸附阴离子)。在Co-B催化剂中掺有MOO3会提高

NaBH4释氢速率，其部分机理如图-1所示。

6o