2025学年高考化学模拟卷4（解析版）

2025届高三化学真题模拟考试（4）

化学试题

本试题共8页，考试时间75分钟，满分100分

一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1.题，每小题2分；第11・16小题，每小题4分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.龙是中华民族重要的精神象征用文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是

ABCD

蠹：

a■加

红山玉龙婆金铁芯铜龙云龙纹丝绸云龙纹瓷瓶

【答案】C

2.“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢

和煤油等化学品。下列有关说法正确的是

A.煤油是可再生能源

B.H?燃烧过程中热能转化为化学能

C.火星陨石中的2ONe质量数为20

I）.月壤中的^He与地球上的3H互为同位素

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；

B.氢气的燃烧过程放出热量，疹化学能变为热能，故B错误；

C.元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的2°Ne质量数为20,故C正确；

D.同位素须为同种元素，：'Hc和3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故D错误；

故选C。

3.青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是

A.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈

B.烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解

C.将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色

D.制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCOi中和发醉过程产生的酸

【答案】A

【解析】

【详解】A.铁发生吸氧腐蚀时，正极上。2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了

铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确：

B.食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热小检定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；

c.焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温卜.并未炭化，C错误；

D.食用纯碱主要成分为Na2co3,制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2c03中和发酵过程产生的酸，D错

误；

故答案选A。

4.测定浓硫酸试剂中H2sO4含曷的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液;

③移取20.00mL待测液，用O.lOOOmol/L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为

A.

/250mL

\20°C^

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待

测波所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用O.lOOOmol/L的NaOH溶液滴定

所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱

式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。

5.化学处处呈现美。下列说法正确的是

A.舞台上干冰升华时，共价键断裂

B.饱和CuSO,溶液可析出无水蓝色晶体

C.苯分子的正六边形结构，单双健交替呈现完美对称

D.晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景

【答案】D

【解析】

【详解】A.舞台上干冰升华物理变化，共价键没有断裂，A错误；

B.饱和CuSO«溶液可析出的蓝色晶体中存在结晶水为五水硫酸铜，B错误；

C.苯分子的正六边形结构，六个碳碳键完全相同呈现完美对称，c错误；

D.晨雾中由于光照射胶体粒子散射形成的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景，D正确：

故选D。

6.2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关

于该化合物，说法不正确的是

A.能发生加成反应B.最多能与等物质的量的NaOH反应

C.能使滨水和酸性KMnOj溶液褪色D,能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.该化合物含有苯环，含有碳碳叁键都能和氢气发生加成反应，因此该物质能发生加成反应，故

A正确；

和)中均分别加入溶液和

Mg(OH)2A1(OH3NaOHMg(OH%比Al(0H)3碱

C

盐酸，Mg(OHh只溶于盐酸，A1(OH)3都能溶性强

增大生成物的浓度,平衡向

K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为黄

D

色逆反应方向移动

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.铁与水蒸气反应生成的气体是H2,该反应中H由+1价变成()价，被还原，体现了H?。的氧

化性，A错误；

B.如果待测液中含有Ag+,Ag〉与c「反应也能产生白色沉淀，或者CO；、SO；也会与Ba2+产生白色

沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有SO；的结论，B错误；

C.Mg(OH)2溶液能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，AKOH)、与NaOH溶液和盐酸都能反应，说

明Mg(OH)2的碱性比A1(OH)3的强，C正确；

D.儿5。7溶液中存在平衡c「2。•橙色)+也。/2CrO：(黄色)+2H'，加入NaOH溶液后，0田与H卡

反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；

故选C。

9..在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4c6Ng时，伴随少量。2生成，电解原理如图所示，下

列说法正确的是

A.电解时，OH一向Ni电极移动

B.生成CeN〉的电极反应：2C3N8H4+8OH--4e-=C6N；；+8H2O

C.电解一段时间后，溶液pH升高

D.每生成ImolH2的同时,生成0.5mo1K4C6NI6

【答案】B

【解析】

【分析】由电解原理图可知，Ni弓极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电

极反应为：2H2O+2e=H2T+20H；Pt电极C^N8H〈失去电子生成CsN。，作阳极，电极反应为：

2C3N8H4+8OH--4e=C6N；6+8H2O,同时，Pl电极还伴随少量O?生成，电极反应为：

40H-4e=O2，+2HQ。

【详解•】A.由分析可知，Ni电极为阴极，P【电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即OH向Pt

电极移动，A错误；

B.由分析可知，Pl电极CaNxH」失去电子生成C6N：6，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：

2C.NxH,+8OH--4e=C6N?6+8H,O,B正确；

c.由分析可知，阳极主要反应为：2C3N8H4-4C+8OH=C6N；6+8H2O,阴极反应为：

2H2O+2e=H2T+2OH,则电解过程中发生的总反应主要为：2C3N8H4+4OH=C6N；6+4H2O+2H2T,

反应消耗OPT，生成H?。，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；

D.根据电解总反应：2c3N8H「4OH-=C6N：6+4Hq+2H2T可知,每生成ImolH2,生成0.5molK4C6N16,

但Pl电极伴随少量。2生成，发生电极反应：4OH-4e=O24-2H2O,则生成Imolbh时得到的部分电子

由0H放电产生02提供，所以生成K4c626小于0.5mol,D错误；

故选B.

10.化合物XYZ/ME,可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。

Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn/，X与M同周期，E在地壳中含量

最多。下列说法正确的是

A.元素电负性：E>Y>ZB.氢化物沸点：M>Y>E

C.第一电离能：X>E>YD.YZ?和YE3的空间结构均为三角锥形

【答案】A

【解析】

【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为於向，所以n-I=2，n=3,X为

镁或者n=2，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根

据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元

素、Y氮元素。

【详解】A.元素电负性：氧大于氮大于氢，A正确；

B.磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所

以氢化物沸点：冰大干氨大于磷化氢,B错误：

C.同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第HA族和第VA族时比左右两侧元素电离能都要

大，所以氮大于氧大于镁，C错误；

D.NH,价层电子对为3+1=4,有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，NO,价层电子对为3XA3,没

有孤电子对，NO3空间结构为平面三角形，D错误；

故选A。

11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.ImolCHC1含有C—CI键的数目为3NA

B.ILl.Omol/L的盐酸含有阴离子总数为2NA

C.11.2LNO与11.2LO?混合后的分子数目为NA

D.23gNa与足量H?O反应生成的分子数目为NA

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.I个CHCh分子中含有3个C-C1键，微粒个数与物质的量成正比，故1molCHC1,含有3moi

C—Cl键，C—Cl键的数目为3NA，A正确;

B.盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子Ch水会部分电离出阴离子0H一,水的质量及电

离程度未知，故无法计算ILl.Omol/L的盐酸含有阴离子总数，B错误；

C.未提到具体的温度、压强(如标况下)，故无法计算1L2LNO与11.2LO2混合后的分子数目，C错误；

D.23gNa为Imol,钠与足量的水反应生成氢气的关系式为:2Na~H2,故ImolNa应对应生成0.5mol

H2,H2分子数目应为0.5NA,D错误；

故选Ao

12.部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是

务3fb—cF

W+2.gfe

0-a

单‘质氧血物东W

A.若a在沸水中可生成e,则a—f的反应一定是化合反应

B.在g-f-c-d转化过程中，一定存在物质颜色的变化

C.加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系

D.若b和d均能与同一物质反应生成c,则组成a的元素一定位于周期表p区

【答案】B

【解析】

【详解】A.若a在沸水中可生成e,此时a为Mg,e为Mg(OH)2,即f为镁盐，a—f的反应有多种，可

占燃

能为Mg+2HCl=Mg02+H2T,该反应属于置换反应，可能为Mg+CI?JMgCL，该反应属于化

合反应，综上a—f的反应不一定是化合反应，故A错误；

B.e能转化为d,此时e为白色沉淀卜e(OHL，d为红褐色沉淀卜aOH},说明在g-fTC-d转化过程

中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；

C.由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OHb胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，

也有可能直接得到Fe(OH)3沉淀，故C错误；

D.假设b为AbCh,即d为Al(OH},c为铝盐，AKh、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成

a的元素为Al,位于周期表p区；假设b为Fe2O3,即d为Fe（0H）3,c为铁盐，FezCh、Fe（0H）3与稀盐

酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe,位于周期表d区，故D错误；

故选B。

13.下列陈述I与陈述I［均正确，且具有因果关系的是

选

陈述I陈述II

项

A酸性：CF,COOH<CC13COOH电负性：E>C1

B某冠酸与Li+能形成超分子，与K+则不能与K，的离子半径不同

和均具有氧化性

C由氨制硝酸：NH3->NOfNO,->HNO?NH?NO?

合成酚酹树脂的反应是加聚反

D苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂

应

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.电负性F>CI,F的吸电子能力大于CL导致CF3COOH中0-H键的极性大于CC13COOH中

O-H键的极性，故酸性：CF3COOH>CChCOOH,故陈述I不正确，A不符合题意；

B.冠酸最大的特点就是能与正离子，尤其是与碱金属离子形成超分子，并且随环的大小不同而与不同的

金属离子形成超分子，某冠酸与Li+能形成超分子，与K，则不能，则说明Li+与K*的离子半径不同，陈述I

与陈述II均正确，且具有因果关系，B符合题意；

C.由氨制硝酸过程中，Nib做还原剂，体现了NH,的还原性，故陈述II不正确，C不符合题意；

D.苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂，该反应是缩聚反应，故陈述II不正确，D不符合题意：

故选B。

14.按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的

是

滴管

浓盐酸野球

W湿涧的红色

JV1/石蕊试纸

()适量NH&C1与

Ba(OH)-8HO

他蓝嬴器)22

A.烧瓶壁会变冷，说明存在AHvO的反应

B.试纸会变蓝，说明有NH,生成，产氨过程炳增

C.滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有NH4cl升华

D.实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH4。和Ba(OH»8H2。的反应是吸热反应，所以烧瓶壁变冷，吸热反应AH>0,故A错误；

B.试纸会变蓝，说明有NE生成，反应物都是固体，生成物中有气体，故产氨过程牖增，B正确；

C.滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明体系中有氨气，是NHC1和Ba(OH)2・8H2O反应产生的，不是NHCl

的升华，C错误；

D.实验过程中，气球会一直变大，是因为反应产生了气体，但是膨胀以后压强就和外界压强一样了，D错

误；

故选B。

15.不同条件下，当KMnO,与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。

KIKMnO4

反应序起始酸碱还原产氧化产

物质的量物质的量

号性物物

/mol/mol

©酸性0.001nMn2+

12

②中性0.00110nMnOz

已知：MnO4的氧化性随酸性减弱而减弱。

下列说法正确的是

2+

A.反应①，n(Mnj:n(l2)=l:5

B.对比反应①和②，x=3

C.对比反应①和②，I的还原性随酸性减弱而减弱

D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-I价升至0价，根据得失电子

守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2MnO4+16H+=2Mn2++5h+8H2O,故

2+

n(Mn)：n(I2)=2：5,A项错误;

B.根据反应①可得关系式10「~2MnO,,可以求得n=O.(X)O2,则反应②的

11(1):n(MnO4)=0.001：(10x0.0032)=1：2,反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关

系式为1~21^04~1^02~10；~6D，10；中1元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价

的代数和知x=3,反应②的离子方程式是：I+2MnO4+H2O=2MnO21+K)3+2OH-，B项正确；

C.己知Mn。4的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I•的还原性随酸性减弱而增强，C项

错误；

D.根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH，消耗水、pH增

大，D项错误；

答案选B。

16.反应X=2Z经历两步：①X—Y；②Y-2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲

线如图所示。下列说法不正确的是

3

/

1

0

E

)

-

0

A.a为C(X)随t的变化曲线

B.L时,C(X)=C(Y)=C(Z)

C.q时，Y的消耗速率大于生成速率

D.q后，c(Z)=2c0-c(Y)

【答案】D

【解析】

【分析】由题中信息可知，反应X=2Z经历两步：①XfY；②Yf2Z。因此，图中呈不断减小趋势

的a线为X的浓度c随时间，的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间，的变化曲线，先增加

后减小的线为Y的浓度c随时间，的变化曲线。

【详解】A.X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随/的

变化曲线，A正确;

B.由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于不时刻，因此，4时C(X)=C(Y)=C(Z),B正确；

C.由图中信息可知，芍时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，

而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即与时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；

D.由图可知，与时刻反应①完成，X完全转化为Y,若无反应②发生，则c(Y)=c0,由于反应②Yf2Z

的发生，，时刻Y浓度的变化量为c。-c(Y),变化量之比等于叱学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为

2[c0-c(Y)],这种关系在4后仍成立，因此，D不正确。

综上所述，本题选D。

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

17..含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锦矿(主要成分是MnO?)的过程中，将它

与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为

chlorine(中文命名“氯气

⑴实验室沿用舍勒的方法制取C1?的化学方程式为。

⑵实验室制取干燥CI?时，净化与收集C12所需装置的接口连接顺序为

(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中己分解。检验此久置氯水中CT存在的操作及

现象是o

(4)某合作学习小组进行以下实验探究。

①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。

②查阅资料。电导率是表征电解后溶液导电能力的物理量。温度•定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液

中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，

^(AgcQ^.Sxio-'^

③提出猜想。

猜想a：较高温度的Ago饱和溶液的电导率较大。

猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。

④设计实验、验证猜想。取试样】、II、IH(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进

行表中实验1~3,记录数据。

实验序号试样测试温度/℃电导率/(jxS/cm)

1I：25℃的AgCl饱和溶液25A、

2H：35℃的AgCl饱和溶液35

A2

3III：45℃的AgCl饱和溶液45A,

⑤数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，C(Clj=______mol/L。

实验结果为A3>A?>A-小组同学认为，此结果可以证明③中猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。

结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有______o

⑥优化实验.小组同学为进一步验证猜想b,在实睑1~3的基础上完善方案，进行实睑4和5。请在答题卡

上完成表中内容。

实验序号试样测试温度/℃电导率/(pS/cm)

4IB.

5B2

⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据

是_______O

△

【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)=MnCL+Cbf+2H2。(2).c-d-b-a-e(3).HC10(4).向溶液中加

入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO；、HCO；等，再加入少量AgNCh溶液，若有白色沉淀生成，则证明

原溶液中含有C1-(5).1.34x10-5(6).测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液

的溶解度(7).45℃(8).II(9).45℃(10).A3>B2>BI

【蟀析】

【分析】

△

【详解】⑴实验室通常采用浓盐酸和MnOz制取J,化学方程式为:MnOyHHCl(浓)=Mn02+C12t+2H2O,

A

故答案为：MnO2+4HCl(浓)=MnCb+Cbt+2H2O；

(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱

和食盐水吸收氯化氢气体,浓硫酸除去水蒸气,最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e,

故答案为：c-d-b-a-e；

(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HC1O已分解；检验C「的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液

中含有CO；-、HCO；等，再加入少量AgNCh溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有。一，故答案

为：HC1O；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO：、HCO；等，再加入少量AgNCh溶液，若有

白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Ch

+

(4)⑤25℃时・，Ksp(AgCl)=c(Ag")xc(Cr),根据沉淀溶解平衡可知,饱和的AgCl溶液中c(Ag)=c(CD,

所以有C(C1)二(AgCl)=48x]0TO=1.34X10-5mol/L；

实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随

温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关

系，故答案为：1.34x10-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；

⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度卜.的饱和溶液在相同温度下测

试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中

离子浓度高。所以可以设计试样I在45c下测试与实验3比较；设计试样II在45C下测试与实验3比较。

故答案为：45℃；II；45℃；

⑦猜想b成立的判断依据是A3>B?>BI,故答案为：A3>B2>B,O

18.稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成

分为铀(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。

稀硫酸NaH,PO,过行NaOH溶液稀硫酸H2c溶液O,

部富~~嗝止而同T扁虹Ce2()3fCe

浸渣滤液1滤液2滤液3

164

已知:①Ce(H2Po5难溶于水和稀酸。②常温下,/rsp[Fe(OH)2]=1.0x10,/Csp[Al(OH)3]=1.0x10^,

/CsplCe(OH)5]=l.0xl0-20o③当溶液中的金属离子浓度小于或等于105moi/L时，可认为已沉淀完全。

(I)为提高酸浸的速率，可采取的措施为(写一条即可)。

(2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L,c(Ce3+)=0.01moVL,则“沉Ce”时,为了使AP+完仝沉

淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)：”需要调节溶液的pH范围为,

(3)“碱转换”过程中Ce(H2Po4)3所发生反应的离子方程式为，“滤液2”中铝元素的存在形式为

(填化学式)。

(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O540H2O,将其煨烧可得Ce?03和一种无毒的气体，发生反应的化学

方程式为o

(5)某稀上金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为

,距离RE原子最近的0原子有个。若M(晶

•RE

胞)=Mg/moL晶胞边长为anm,为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度

NAOO

g/cm'(列出计算式)。

18.（14分）

（1）加热、搅拌、粉碎废IH磁性材料、适当增大硫酸浓度等（2分，答案合理即可

（2）4.7wpH<5.8（2分）

（3）Ce（H,PO4）3+9OH-=Ce（OH）3+6H,0（2分）

Na[Al（OH）4]（或NaA。）（1分）

（4）2Ce2（C,O4）3­10H,O+3（）,=^=2Ce,O3+12CO2+2011,0（2分）

M2

（5）REO2（2分）8（1分）——x10'（2分）

5•a

19.某小组同学探究不同条件下氯气与二价锅化合物的反应

资料：i.Mn?+在一定条件下被Ch或CIO氧化成MnO2（棕黑色）、MnO：（绿色）、MnO；（紫色）。

ii.浓碱条件下，MnO4可被OH还原为MnO：。

iii.CL的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。

实验装置如图（夹持装置略）

中实验现象

序C

物质a

号

通入Ch前通入。2后

I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化

产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，

II5%NaOH溶液

色沉淀仍有沉淀

40%NaOH溶产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，

III

液色沉淀仍有沉淀

（1）B中试剂是

（2）通入。2前，H、III中沉淀由白色变为黑色化学方程式为。

（3）对比实验I、II通入C12后的实验现象，对于二价钵化合物还原性的认识是___________o

（4）根据资料ii，in中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：

原因一：可能是通入Cb导致溶液的碱性减弱。

原因二：可能是氧化剂过量，氧亿剂将MnO1氧化为MnO：。

①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原囚，包通过实验测定溶液的碱性变化很小。

②取IH中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。

溶液紫色变为绿色的离子方程式为,溶液绿色缓慢加深，原因是MnCh被（填”化学

式”）氧化，可证明01的悬浊液中氧化剂过量；

③取II中放置后1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。

④从反应速率的角度，分析实验IH未得到绿色溶液的可能原因。

【答案】（I）饱和NaCl溶液

（2）2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H20

（3）MB的还原性随溶液碱性的增强而增强

（4）①.C12+2OH=C1+CIO+H2O②.4MnO；+4OH=4MnO：+O2t+2H2O③CI2®.

3ClO+2MnO2+2OH=2MnO；+3C1+H2O⑤.过量CL与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱，

c（OH-）降低，溶液中的MnO；被还原为MnO；的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液

【解析】

【分析】在装置A中HQ与KMnCh发生反应制取CL,由于盐酸具有挥发性，为排除HC1对C12性质的干

扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去CL中的杂质HC1,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条

件下CL与MnSOj反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Ch,防止造成大气污染。

【小问1详解】

B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HC1气体；1

【小问2详解】

通入CL前，II、III中MM♦与碱性溶液中NaOH电离产生的的0H-反应产生Mn（OH”白色沉淀，该沉淀不

稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO?,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：

2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O：

【小问3详解】

对比实验I、1【通入CL后的实验现象，对于二价锌化合物还原性的认识是：Mn?+的还原性随溶液碱性的增

强而增强；

【小问4详解】

①CL与NaOH反应产生NaCl、NaQO、HO使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为:Cb+2OH=C「+ClO+H2O：

②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。

溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO；可被OH还原为Mn。；，根据电子守恒、电荷守恒及原

子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO；+4OH=4MnO；-+O2T+2H2O；

溶液绿色缓慢加深，原因是MnO?被CL氧化，可证明01的悬浊液中氧化剂过量；

③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明将MnO2氧

化为MnO；,发生的反应是：3C10+2MnO2+2OH=2MnO；+3C1+H2O：

④从反应速率的知度，过量CL与NaOII反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱，《01「）降低，溶液中的MnO；

被还原为MnO:的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。

20.基于生物质资源开发常见的化工原料-，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸

V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

（1）化合物I的分子式为_______,其环上的取代基是________（写名称）。

（2）已知化合物n也能以ir的形式存在。根据【「的结构特