2023届高考化学各省模拟试题汇编卷（三）（福建专版）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的。1．（2022·福建福州·福建省福州第八中学校考模拟预测）化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（ ）A
．温室气体是形成酸雨的主要物质B．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒C．食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧
化变质D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是2．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，将标况下1
.12LCl2通入足量H218O中，下列说法正确的是（ ）A．该反应中转移电子数为0.1NAB．0.2gH218O中含中子数为0.
1NAC．所得溶液中Cl-和Cl18O-总数为0.1NAD．5.45gHCl18O中含H－Cl键数为0.1NA3．（2023·福建
福州·统考二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是（ ）A．b在化学反应中只能被氧化B．
电解饱和c溶液可得到钠单质C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现D．f的阴离子空间构型为正四面体4．（2023·福建·校联考一模
）某种天然生物活性物质结构如下图所示，下列说法错误的是（ ）A．分子中有两种含氧官能团B．苯环上的一氯代物共有6种C．可发生取代反
应和加成反应D．完全水解可得3种有机产物5．（2022·福建·福建师大附中校联考模拟预测）下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入
(滴入)X试剂后发生的离子方程式书写正确的是（ ）选项离子组X试剂离子方程式A、、、少量铜粉B、、、CO少量HClH+++H2O=
Al(OH)3↓CK+、、ClO-、足量SO2SO2+2ClO-+H2O=SO+2HClOD、、、过量Na2S2Fe3++S2-=
2Fe2++S↓6．（2023·福建·校联考一模）检验的反应有如下两种途径。下列说法正确的是（ ）A．反应①中被还原B．乙醚与中的
铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察C．反应②为：D．反应③中溶液的越小，反应速率越慢7．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）测
定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol?L-1的溶液；③用邻苯二
甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确
的是（ ）A．步骤①B．步骤②C．步骤③D．步骤⑤8．（2023·福建厦门·统考二模）Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂
微粒转化过程如图。下列说法错误的是（ ）A．阳极电极反应式为B．阴极区生成氨的反应为C．理论上，若电解液传导，最多生成标准状况下D
．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率)9．（2023·福建·校联考一模）某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次
增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是（ ）A．第一电离
能：T＜X＜YB．键长：T-Q>X-QC．该离子液体难挥发，可用作溶剂D．易溶于水10．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校
考模拟预测）25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以
及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是（ ）A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.
0×10-3B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减
小D．c点c(K+)>3c(A2-)二、非选择题：本題共5小题，共60分。11.（11分）（2023·福建龙岩·统考模拟预测）邻硝
基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲
醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。物质TEMPO－COOH溶解性微溶于水，易溶于CH2Cl2难溶于水，易溶于CH2C
l2易溶水，难溶于CH2Cl2熔点/℃7043—沸点/℃270153—性质+NaHSO3 (易溶于水)实验步骤如下：I.向三颈瓶中
依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0m
LTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10
%NaClO水溶液后，继续反应40min。II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合
并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0
mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至
恒重，得1.30g产品。(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是_
_____。(2)合成产品的化学方程式为______。(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)_____
_。(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。(5)
步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，___
____(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。12
.（13分）（2023·福建·统考模拟预测）全球能源危机日益严重，探索新能源已成为当下人们所必须应对的一个挑战。回答以下问题：(1
)热解制，发生如下反应。若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，在图1画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。_____
____Ⅰ??Ⅱ??总反应：(2)甲烷是重要的资源，通过图2所示过程可实现由甲烷到氢气的转化。500℃时，与重整主要发生下列反应：
已知?。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_______。(3)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中
心可结合孤电子对，图3中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。(4)某合成氨速率方程为：，根据表中
数据，_______。实验1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2nP2.828g(5)已知：电解液态水制备1mol，电
解反应的。由此计算的燃烧焓_______。(6)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相
对能量如图4，则最可行途径为a→_______(用b~j等代号表示)。(7)在C和的反应体系中：Ⅰ??Ⅱ??Ⅲ??设，反应Ⅰ、Ⅱ和
Ⅲ的y随温度的变化关系如图5所示。图中对应于反应Ⅲ的直线是_______。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与的物质的量之比_
______(填“不变”、“增大”或“减小”)。13.（14分）（2023·福建厦门·统考二模）磷精矿主要成分为，含少量、、、，其
中代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如下．(1)属于IIIB族，其中的基态原子核外电子排布式为________。(2)“
酸浸”过程与反应的化学方程式如下，请补充完整________。________(3)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例
进入萃取剂中。①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。产率/826220由表可知，随着碳原子数增加，烃基____
____(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，键更难断裂，产率降低。(4)“萃取”过程使用的萃取剂的结构如图；与配位的能力：1号O
原子________2号O原子(填“”“”或“”)。(5)“反萃取”的目的是分离和元素．向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随变化如图
．①试剂X为________(填“”或“”)，应调节为________。②通入得到沉淀的过程为：i．ii．________(写出该
过程的化学方程式)③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为________。(6)若略去“净化”过程，则制得的
草酸稀土会混有________杂质(填化学式)。(7)在整个工艺中，可从副产物中提取________(填名称)，用于生产氮肥。14
.（10分）（2022·福建·一模）福州大学徐艺军教授团队通过光催化还原CO2，将其合成一碳化合物(CO、HCOOH、CH4、CH
3OH等)。常见的无机非贵金属光催化还原CO2的催化剂有CuO、Cu2O、CuxCoyOz、NiO等。回答下列问题：(1)铜元素的
焰色反应呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为_______。A．577~492nm????????
B．597~577nm????????C．622~597nm(2)基态Cu2+的价电子排布式为_______。(3)HCOOH、C
H4、CH3OH三种物质中碳原子杂化形式有_______，催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的空间构型为_______。CO可
与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，CO中与Ni形成配位键的原子是_______。(4)NiO、FeO属于离子晶体，已知r(
Ni2+)>r(Fe2+)，则熔点NiO_______(填“＜”或“>”)FeO，原因是_______。(5)CuxCoyOz还是
一种新型的电极材料，其晶胞结构如图。该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，晶体中Co3+占据O2-形成的八面体空隙，其化学
式为_______。15.（12分）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）普瑞巴林(pregabalin)常用于治
疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2Oii.RCOOH+CO(NH2)
2RCONH2+NH3↑+CO2↑回答下列问题：(1)A的化学名称为_______。(2)B的结构简式为_______。(3)反应
②的反应类型是_______。(4)D中有_______个手性碳原子。(5)写出反应④的化学方程式_______。(6)H是G的同
系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)
。参考答案及解析1．答案：B解析：A．温室气体主要是二氧化碳，形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，A错误；B．溶液为弱碱性，过
量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒，B正确；C．食品袋中放置的CaO用作干燥剂，不能直接防止食品氧化变质，C错
误；D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是，D错误；故选B。2．答案：B解析：A．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+
HCl18O，该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，假设氯气全部参与反应，1mol氯气转移电子物质的量为1mol，因此标况下1.12L
氯气参与反应，转移电子物质的量为=0.05mol，故A错误；B．1mol H218O中含有中子数为10NA，H218O的摩尔质量为
20g/mol，则2g H218O中含中子数为=0.1NA，故B正确；C．氯气与水反应Cl2+H218OHCl+HCl18O，体系
中含氯微粒有Cl2、Cl-、HCl18O、Cl18O-，则所得溶液中Cl-和Cl18O-总数小于0.1NA，故C错误；D．次氯酸的
结构式为H-O-Cl，次氯酸中不含H-Cl，故D错误；答案为B。3．答案：C解析：c、d、f均为钠盐，则c、d、f分别为NaCl、
NaClO、NaClO3，a为Cl2，b为HCl，e为HClO。A．b为HCl，Cl为-1价，可以被氧化，H为+1价，可以被还原，
A错误；B．c为NaCl，钠离子放电顺序在氢离子之后，电解饱和c(NaCl)溶液时阴极为氢离子放电得到氢气，不可得到钠单质，B错误
；C．a(Cl2)→d(NaClO)：氯气与冷的NaOH溶液反应一步实现，d(NaClO)→e(HClO)：NaClO溶液与二氧化
碳反应可一步实现，C正确；D．f的阴离子即氯酸根离子，中心Cl的价层电子对数=3+=3+1，有一对孤电子，空间构型为三角锥形，D错
误；答案选C。4．答案：B解析：A．分子中有酯基和酰胺键两种含氧官能团，A正确；B．该分子有4个苯环结构，每个苯环都不同，每个苯环
的取代位有5个，为对称结构，一氯代物共有3×4=12种，B错误；C．该分子具有苯环结构，可发生取代反应和加成反应，C正确；D．酯基
和肽键能发生水解反应，完全水解可得、， 3种有机产物，D正确；故答案为：B。5．答案：B解析：A．和会发生双水解反应，二者不能大量
共存，A错误；B．、、、CO四种离子相互间不发生反应，能大量共存，往溶液中加入少量HCl，氢离子先和反应，离子方程式为H+++H2
O=Al(OH)3↓，B正确；C．四种离子不发生反应，能共存，溶液中通入少量二氧化硫，和发生氧化还原反应，因为二氧化硫少量，，C错
误；D．四种离子不发生反应，能共存，通入过量的硫化氢和铁离子反应生成硫单质和亚铁离子，反应方程式为：，D错误； 故选B。6．答案：
B解析：A．反应①、CrO5中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；B．由题中信息乙醚与中的铬元素形成共价键，蓝
色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察，B正确；C．由信息反应②为：，C错误；D．反应③+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++
7H2O，中溶液的越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；故答案选B。7．答案：B解析：A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍
，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A错误；B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的
物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B正确；C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴
定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下
逐渐减小，故D错误；答案为B。8．答案：D解析：由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为：，通入氮气的一极为阴极，阴极的电
极反应式为：。A．阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：，A项正确；B．由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先
转化为，后与反应生成了氨气，即生成氨的反应为，B项正确；C．和羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导，根据生成氨
的反应：可知，最多生成1mol，标准状况下为，C项正确；D．由电池总反应：可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化
，D项错误；答案选D。9．答案：A解析：Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z
为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形
成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X
为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、
T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。A．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，其中基态N原子2p轨道
为半充满状态较稳定，则第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；B．原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越
大，键长越长，则键长：C-H>N-H，B正确；C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确
；D．含有羟基，能与水形成分子间氢键，因而易溶于水，D正确； 故选A。10．答案：D解析：随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大
，H2A的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后减小，-lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，-lgc(
A2-)一直减小，因此ab点所在的曲线为-lgc(HA-)随pH变化的曲线。A．由图可知，pH=0时，，，则，H2A的电离微弱，因
此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为，故A正确；B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中最大，即溶液中的溶质为KH
A，溶液的pH=4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(
HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正确；C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b
到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增大后
减小，故C正确；D．c点溶液中，溶液中由电荷守恒有，c点溶液呈酸性，，则，故D错误；答案选D。11．答案：(1)???? 冷水浴?
??? 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下(2)+NaClO+H2O+NaCl(3)烧杯、玻璃棒(4)???? 生成的邻硝基苯甲醛
被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化???? 邻硝基苯甲酸(5)蒸馏(6)???? 能???? 浓盐酸会与NaHSO3溶液反
应，使平衡逆向移动，析出产品(7)86.1%解析：以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应
为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体
系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏
斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；（2）在催化剂存
在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+N
aClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到
碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧
杯、玻璃棒；（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体
系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案
为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分
离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；（6）溶液中存在平衡：+N
aHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆
向移动，析出产品；（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，
理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86
.1%。12．答案：(1)(2)可以提供转化所需的能量，且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动(3)②(4)-1(5)(6
)b~e~h~j(7)???? a???? 增大解析：（1）由题干可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应，由盖斯定律可知，反应Ⅰ
+Ⅱ得反应，图示为：；（2）向重整反应体系中加入适量多孔CaO，氧化钙和二氧化碳反应为放热反应，可以提供甲烷到氢气转化所需的能量，
且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动；（3）已知酸性中心可结合孤电子对，则需要提供空轨道，Si、Al、O中只有铝可以提供
空轨道，故图3中可作为酸性中心的原子的标号是②；（4）由图表可知，其它条件相同时，反应速率与氨气浓度的负一次方成正比，故-1；（5
）已知：电解液态水制备1mol，电解反应的，则，燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
由盖斯定律可知，的燃烧热化学方程式为；（6）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，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；结合图像可知，则最可行途径为a~b~e~h~j；（7）已知：Ⅰ??Ⅱ??由盖斯定律可知，反应2×Ⅰ-Ⅱ
Ⅲ??Ⅰ为其分子数不变的放热反应、Ⅱ为气体分子数减小的放热反应、Ⅲ为气体分子数增大的放热反应，，结合图像可知，abc曲线分别为Ⅲ、
Ⅰ、Ⅱ；一定压强下，随着温度的升高，三个反应均逆向移动，反应Ⅱ焓变更大，受温度影响更大，则二氧化碳量减小、一氧化碳量增加，气体中C
O与的物质的量之比变大。13．答案：(1)1s22s22p63s23p63d14s2(2)(3)推电子(4)<(5) 2 -C4H
9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取(6)CaC2O4(7)硝酸铵、硝酸解析：磷精矿加入硝酸
酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入
氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土；（1）为21号
元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；（2）“酸浸”过程与反应，根据质量守恒可知，反应还会生成
磷酸，反应为；（3）由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低；（4）烃基推电子能力增
强，键更难断裂，产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与配位，故与配位的能力：1号O原子<2号O原子；（5）①由图可知，亚铁离子与R
E的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与R
E的分离；结合图像可知，应调节为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好；②总反应为通入得到沉淀，反应i．，则
反应ii为和稀土的硝酸盐转化为沉淀的反应，；③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为-C4H9有较强的推电子作
用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取；（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草
酸稀土会混有草酸钙；（7）在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生
产氮肥。14．答案：(1)A(2)3d9(3)???? sp2、sp3 平面三角形???? C(4)???? ＜???? r(Ni
2+)>r(Fe2+)，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO(5)CuCo2O4解析：（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫
的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm，故选A。故答案为：A；（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，所以
Cu2+的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、
4，所以杂化形式为sp2、sp3、sp3，故有sp2、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的中心C原子的价层电子对数为3
，发生sp2杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以
CO中与Ni形成配位键的原子是C。故答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，由于离子带电荷
相同，离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能NiO＜FeO，故熔点NiO＜FeO，原因是，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO。答案为：＜；，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；（5）由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为，Co的个数为4×4=16，O的个数为4×8=32，即化学式为CuCo2O4。15．答案：(1)3-甲基丁醛或异戊醛(2)(3)加成反应(4)2(5)＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O(6)???? 5、解析：根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。（1）根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；（2）对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为；故答案为。（3）对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应。（4）根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；故答案为2。（5）根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O。（6）H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为，结构简式还可能是，结构简式还可能是，还可能是，有1种结构，还可能是，共有5种；其中-NH2在链端的有：、；故答案为5；、。 |
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