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上海市杨浦区2025届高三下学期二模考试化学试题
一、从薯类植物中可提取淀粉，如木薯淀粉等，它们都是由葡萄糖单元构成的天然物质。淀粉广泛用于食品及化工领域。
1．木薯淀粉是珍珠奶茶中“珍珠”的主要原料。下列关于淀粉的说法正确的是
A．属于糖类，有甜味
B．化学式可用(C6H10O5)n表示，与纤维素互为同系物
C．是一种聚合物，可由葡萄糖通过加聚反应得到
D．在酸或酶作用下，淀粉水解最终生成葡萄糖
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．淀粉属于糖类，但它没有甜味，有甜味的是葡萄糖、蔗糖等小分子糖类，A错误；
B． 淀粉和纤维素化学式可用(C6H10O5)n表示，但它和纤维素的聚合度n不同，结构也有差异，不互为同系物，B错误；
C．淀粉是一种天然高分子聚合物，它是由葡萄糖通过缩聚反应（不是加聚反应）脱水缩合形成的，C错误；
D．淀粉在酸或酶的催化作用下，会逐步水解，最终生成葡萄糖，D正确；
故选D。
【分析】A．有的糖类没有甜味，如淀粉；
Ｂ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
Ｃ．淀粉由葡萄糖通过缩聚反应得到；
Ｄ．淀粉逐步水解得到葡萄糖。
2．可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉(以下简称淀粉)溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？
Ⅰ．探究碘水的成分
Ⅱ．探究使淀粉溶液显蓝色的微粒
【方案1】
【方案2】
用木薯淀粉(粒径1×10 5~2×10 5m)制备的纳米淀粉(粒径40~100nm)，可吸附染料废水中的染料藏红T(C20H19N4Cl)。
为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量q[q=]，实验如下：
（1）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式　 　。
（2）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I 、I、IO，资料显示：I +I2I。推断产生IO的原因　 　(用离子方程式表示)。
（3）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：　 　。
（4）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂(如下图所示)，振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。
(1)试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I ，又不影响实验探究，M应选　 　。
A．硝酸酸化的AgNO3溶液
B．硫酸酸化的KIO3溶液
(2)由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。完成实验记录：
实验现象 试管① 试管② 试管③
溶液颜色 加淀粉溶液前 黄色 黄色 黄色
加淀粉溶液后 　 　 　 　 蓝色
（5）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为_____。(已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致)
A．黄色黄色 B．黄色蓝色 C．紫色紫色 D．紫色蓝色
（6）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于_____；
A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液
（7）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是　 　。
（8）配制20.00mg·L 1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、　 　。
（9）取20.00mg·L 1、40.00mg·L 1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如下图所示：
(1)40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由　 　所示。
A．曲线M B．曲线N
(2)在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为　 　mol·L 1·min 1。
[已知：M(藏红T)=350.5g·mol 1，忽略溶液体积的变化]。
A.4.42×10 7B.8.84×10 7 C.4.42×10 4 D.8.84×10 4
【答案】（1）I2+H2OHI+HIO
（2）3I2+3H2O5I +IO+6H+(或3HIO=2I +IO+3H+)
（3）I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒
（4）B；试管①浅黄色(或黄色或无明显变化)；试管②深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)
（5）C
（6）D
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强
（8）1L容量瓶、胶头滴管
（9）A；B
【知识点】性质实验方案的设计；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2OHI+HIO；
（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO的原因为：3I2+3H2O5I +IO+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO：3HIO=2I +IO+3H+)；
（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；
实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I +I2I，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I浓度较大，则试管②现象为：深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)；
（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；
（6）胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10 5~2×10 5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；
（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；
（9）①200mL等体积的40.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；
②由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为。
【分析】（1）Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，则I2与H2O反应为： I2+H2OHI+HIO ；
（2）碘水中的碘单质会与水发生反应，生成碘酸根离子；
（3）淀粉遇碘单质变蓝，KIO3溶液和 KI 溶液中均不存在碘单质；
（4）控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
（5）碘的十四烷溶液（属于碘的烃类溶液），已知碘的烃类溶液颜色与碘的四氯化碳溶液基本一致，碘的四氯化碳溶液呈紫色；
（6） 木薯淀粉(粒径1×10 5~2×10 5m) ，分散于水中形成悬浊液；
（7）纳米淀粉的颗粒尺寸小，具有较大的比表面积，能够提供更多的吸附位点，从而提高对藏红 T 的吸附能力；
（8）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（9）根据表中数据分析计算。
（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2OHI+HIO；
（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO的原因为：3I2+3H2O5I +IO+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO：3HIO=2I +IO+3H+)；
（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；
实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I +I2I，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I浓度较大，则试管②现象为：深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)；
（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；
（6）胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10 5~2×10 5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；
（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；
（9）(1) 200mL等体积的40.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；
(2)由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为。
二、半导体、超离子导体的制备与传导机制
3．晶体硅是半导体器件的核心材料；α-AgI是超离子导体，在固态电池上有突破性应用。工业上，常通过以下反应获得高纯硅： Si(粗)+3HClSiHCl3+H2、SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
（1）依据VSEPR理论，推断SiHCl3的空间结构。　 　
（2）SiHCl3易水解，故提纯过程须保持干燥。资料表明，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成了配位键，该配位键是O提供_____，Si提供_____。
A．孤电子对、3d轨道 B．孤电子对、3p轨道
C．2p轨道、孤电子对 D．sp3杂化轨道、孤电子对
【答案】（1）四面体形
（2）A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为四面体形；
（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。
【分析】（1）Si 的价电子数为 4，与 1 个 H、3 个 Cl 形成 σ 键，价层电子对数 = σ 键数 + 孤电子对数 = 4 + 0 = 4；
（2）配位键的形成条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。
（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为四面体形；
（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。
4．当光照在晶体硅上，产生一个自由电子的同时，会在原处产生一个空穴(空穴可看作正电荷)。为提高晶体硅的导电能力，向其中掺杂价电子数为5或3的原子，相当于多出来了自由电子或空穴。
如图，是晶体硅中掺杂硼原子的示意图。
（1）画出晶体硅中掺杂磷原子的示意图。　 　
（2）晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性_____。
A．弱 B．强 C．相当 D．无法比较
【答案】（1）
（2）B
【知识点】电解质溶液的导电性；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。
（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。
【分析】（1）磷原子的价电子数为 5，比硅原子（价电子数 4）多 1 个。在晶体硅中掺杂磷原子时，磷原子与周围 4 个硅原子形成共价键后，会多出 1 个自由电子；
（2）氮原子和磷原子的价电子数都为 5，但磷原子的原子半径比氮原子大，最外层电子离原子核更远，受到的束缚更弱，更容易形成自由电子，所以掺杂磷原子的导电性更强。
（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。
（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。
5．卤化银(AgX)的熔点及晶胞结构见下表。
卤化银 AgCl AgBr α-AgI
熔点(oC) 455 432 558
晶胞结构 类似NaCl晶体的晶胞 注：只画出了晶胞中I 的位置，Ag＋填充在I 所围成的空隙中
（1）比较表中数据，说明AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因：　 　。
（2）实验证明，离子晶体中正负离子间并不是纯粹的静电作用，仍有部分原子轨道重叠，即共价性，如NaCl离子性为71%，共价性为29%。将NaCl、AgCl、AgBr按离子性由小到大排列：　 　。
【答案】（1）AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体。其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高
（2）AgBr、AgCl、NaCl
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。
（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na【分析】（1）AgCl 和 AgBr 都是与 NaCl 结构相似的离子晶体，离子晶体的熔点由离子键的强弱决定；
（2）离子性的强弱和离子极化作用相关：离子极化作用越强，离子键的共价性越强，离子性越弱。
（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。
（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na6．AgBr在一定条件下也能转化为α-AgBr(与α-AgI结构相同)。α-AgI中，Ag+能在I 形成的骨架中自由迁移，展现出优异的离子导电性能。
卤化银 AgCl AgBr
熔点 455 432 558
晶胞结构 类似NaCl晶体的晶胞 注：只画出了晶胞中I-的位置，Ag+填充在I-所围成的空隙中
（1）AgBr转化为α-AgBr属于　 　变化。
A．化学 B．物理
相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是　 　。
（2）确定α-AgI晶胞的大小、形状等信息，可使用的测试仪器为_____。
A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．X射线衍射仪 D．红外光谱仪
（3）结合表中信息，计算α-AgI晶体的密度，ρ≈_____g·cm 3.(1pm=1×10 10cm)
A．12 B．7 C．6 D．3
【答案】（1）A；r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间
（2）C
（3）C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。
（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。
（3）α-AgI每个晶胞含=2个AgI，密度为：，故选C。
【分析】（1）没有新物质生成的变化属于物理变化；α-AgI 和 α-AgBr 的结构相同，Ag+都能在卤离子形成的骨架中自由迁移，I-的半径比 Br-大，I-形成的骨架空隙更大，Ag+在其中的迁移阻力更小，迁移速度更快，所以 α-AgI 的导电能力更强；
（2）X 射线衍射仪是通过 X 射线在晶体中的衍射现象，可以获取晶体的晶胞参数（大小、形状）、原子排列等信息，是晶体结构分析的常用工具；
（3）根据计算晶胞密度。
（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。
（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。
（3）α-AgI每个晶胞含=2个AgI，密度为：，故选C。
三、灵芝酚的合成
7．灵芝酚能延缓慢性肾病的进程。我国科学家合成灵芝酚的一种路线如下：
已知：
（1）c中的官能团有　 　(填名称)。
（2）b的结构简式是　 　。
（3）属于氧化反应的是_____(不定项)。
A．c→d B．f→g C．h→i D．i→j
（4）用“*”标出f中的不对称碳原子　 　。
（5）生成e时有副产物e’生成，e’是e的同分异构体；d→e’的反应中，杂化方式改变的碳原子是_____。
A．①、② B．①、⑥ C．③、④ D．⑤、⑦
（6）h→i与i→j的转化顺序能否互换？原因是　 　。
（7）a有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3；
ii．能发生消去反应；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6.
（8）结合所学及上述路线中的信息，写出乙烯与合成的路线(无机试剂任选)　 　。(合成路线表示为：MN……目标产物)
【答案】（1）醚键、酮羰基、酯基
（2）
（3）B；C
（4）
（5）A
（6）不能互换。酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏
（7）或
（8）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；
（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；
（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；
（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；
（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；
（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；
（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；
ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；
符合条件的结构有：或；
（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。
【分析】a与b发生已知反应生成c，结合a、c的结构简式和b的分子式可知，b的结构简式为 ，c在CH3MgI条件下雨(C2H5)2O发生取代反应，再水解得到d，d→e的过程中，生成了碳碳双键，说明d到e发生-OH的消去反应，e→f的过程中，引入-OH，f到双键形成环醚，g到h断开三元环，形成一个五元环和一个六元环，h到i引入羰基，i到j醚键转化为酚羟基。
（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；
（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；
（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；
（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；
（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；
（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；
（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；
ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；
符合条件的结构有：或；
（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。
四、化工领域、能源领域的甲酸
8．甲酸中有羧基又有醛基，使甲酸既表现出羧酸的性质又表现出醛的性质。甲酸被广泛用于有机合成、医药等领域。
（1）甲酸是弱酸，其电离方程式为　 　。
（2）设计实验，验证甲酸分子中含有醛基。试剂、操作及现象是　 　。
（3）二聚甲酸是甲酸分子间通过氢键形成的八元环状二聚体，其结构式为　 　。
【答案】（1）HCOOHH++HCOO
（2）取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)
（3）
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；银镜反应；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOHH++HCOO ；
（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；
（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。
【分析】（1）甲酸是弱酸，所以用可逆符号表示电离过程是可逆的，且电离程度较小；
（2）甲酸的结构为HCOOH，其分子中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制氢氧化铜或银氨溶液氧化；
（3）二聚甲酸的结构是两个甲酸分子（HCOOH）通过两个氢键形成的八元环状结构，则其结构为。
（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOHH++HCOO ；
（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；
（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。
9．甲酸既是燃料，也是具有应用前景的储氢材料。甲酸催化分解生成CO2和H2时，会发生副反应生成CO和H2O。400K、100kPa时，Pt催化甲酸分解的反应进程如图所示。
带“*”的化学式表示微粒被吸附于催化剂表面。
分析图中信息，完成下列填空：
（1）400K、100kPa时，1mol甲酸分解为H2和CO2时，_____kJ热量。
A．放出2.94 B．放出134.1 C．吸收2.94 D．吸收134.1
（2）对甲酸分解为H2和CO2的分析，正确的是_____。
A．低温下自发进行 B．高温下自发进行
C．任意温度下自发进行 D．任何温度下不能自发进行
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，决速步骤的活化能为_____kJ·mol 1.
A．140.59 B．159.83 C．134.87 D．212.68
（4）分子吸附于催化剂表面，有化学吸附与物理吸附两种模式，前者分子与催化剂之间形成了化学键，而后者没有。分析图中数据，CO吸附于Pt表面主要是　 　吸附。
A．化学 B．物理
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，解释原因：　 　。
【答案】（1）A
（2）C
（3）B
（4）A
（5）吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。
（2）反应HCOOHCO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T △S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59 kJ·mol 1-(-19.24 kJ·mol 1)=159.83kJ·mol 1.，故选B。
（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78 kJ +72.09 kJ= 134.87 kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。
【分析】（1）主反应中，反应物是HCOOH（能量 0.00 kJ/mol），生成物是CO2 + H2（能量 - 2.94 kJ/mol），ΔH=生成物总能量 反应物总能量；
（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）CO 吸附于 Pt 表面时，因为形成了化学键，属于化学吸附；
（5）当某些微粒在催化剂表面吸附能力过强时，会占据催化剂表面的活性位点，让反应物分子无法再吸附到这些位点上参与反应。
（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。
（2）反应HCOOHCO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T △S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59 kJ·mol 1-(-19.24 kJ·mol 1)=159.83kJ·mol 1.，故选B。
（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78 kJ +72.09 kJ= 134.87 kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。
10．我国科学家研发了采用超疏氧电极的甲酸燃料电池，其结构如下图所示。
关于该燃料电池的说法正确的是
A．a是正极
B．a上的反应：
C．b上H+被消耗
D．b上发生氧化反应
【答案】B,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极通入甲酸，为负极，A错误；
B．a是负极，甲酸在a极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：，B正确；
C．空气在b极发生反应：，在b极被消耗，C正确；
D．b电极为正极，发生得电子的还原反应，D错误；
故选BC。
【分析】甲酸燃料电池中，通入甲酸的一极为负极，则a为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的一极为正极，b为正极，正极发生还原反应，电极反应式为，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
五、稀土元素镧(La)、铈(Ce)的回收
11．某石化企业的一种废催化剂中含Al2O3、SiO2及少量的La2O3和CeO2。通过下列流程，回收La2O3和Ce2O3。
常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10 33；Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10 20；Ksp[La(OH)3]=2.0×10 19；反应[Al(OH)4] Al3++4OH 的K=5.0×10 34。
工业上可用电解熔融La2O3制备La。实际生产中还需加入LiF LaF3作助熔剂，研究发现电解池中含LaO。
（1）元素周期表中，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce_____。(不定项)
A．位于ⅢB B．位于ⅡB
C．属于主族元素 D．属于过渡元素
（2）流程中“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度不可过低或过高，原因是　 　。该操作中，CeO2发生反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣a的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“沉淀过滤”时，逐滴滴加NaOH溶液，理论上最先发生反应的离子方程式为：　 　。
（5）常温下，滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L 1、[La3+]=[Ce3+]=0.01mol·L 1。
(1)若逐滴滴加NaOH溶液，3种离子能否逐一沉淀？通过计算说明。(滴入的NaOH溶液体积忽略不计，下同)　 　。
(2)滤液b的pH至少应大于　 　。
A.6.4 B.9 C.12.6 D.14
（6）推断La2O3属于_____(填字母选项)。
A．分子晶体 B．共价晶体 C．离子晶体 D．金属晶体
（7）LaO在阳极上发生反应的电极方程式为　 　。
【答案】（1）A；D
（2）温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率；2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O
（3）SiO2
（4）H++OH =H2O
（5）不能；C
（6）C
（7）LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Sc(钪)为第四周期第ⅢB元素，属于过渡元素，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce位于ⅢB族、属于过渡元素，故选AD。
（2）“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率。CeO2被还原，故发生的反应为2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O。
（3）二氧化硅不溶于水，也不和双氧水、盐酸反应，故滤渣a为SiO2。
（4）滴加氢氧化钠溶液首先中和酸，故离子方程式为H++OH-=H2O。
（5）①Al(OH)3的 Ksp最小，Al(OH)3最先沉淀。当[Al3+]=1×10-5mol·L-1 时，可认为Al3+完全沉淀，此时[OH-]3=mol/L，[OH-]=×10-10 mol·L-1 ；Ce3+开始沉淀时，[OH-]3= mol·L-1，[OH-]=1.0×10-6mol·L-1，La3+开始沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=×10-6mol·L-1，Ce3+、La3+开始沉淀时的[OH-]都大于×10-10 mol·L-1，所以Al3+可单独沉淀出来；Ce3+完全沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=1.0×10-5mol·L-1，[La3+]×[OH-]3=0.01 mol·L-1×(1×10-5mol·L-1)3=1.0×10-17 >Ksp[La(OH)3]，所以Ce3+、La3+不能逐一沉淀出来。
②滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L-1，加入NaOH溶液使La3+、Ce3+形成沉淀，Al3+转化成[Al(OH)4]-，滤液中[Al(OH)4]-的浓度为0.1mol/L，根据信息：[Al(OH)4]- Al3++4 OH-的K=5.0×10-34=，解得[OH-]=3.8×10-2mol/L，pH=12+lg3.8=12.6。选C。
（6）因可用电解熔融La2O3制备La，故La2O3为离子晶体，故选C。
（7）电解熔融La2O3制备La，阴极生成La，LiF LaF3作助熔剂，阳极上发生反应的电极方程式为LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)。
【分析】 废催化剂中含Al2O3、SiO2及少量的La2O3和CeO2，向其中加入H2O2、盐酸加热搅拌， Al2O3、 La2O3和CeO2转化为对应的盐酸盐，SiO2与盐酸不反应，成为滤渣，则滤渣a的主要成分为SiO2，向滤液中加入NaOH溶液过滤沉淀，将La、Ce形成沉淀，Al保留在溶液中，过滤除去主要含铝离子的滤液，剩下的沉淀焙烧得到产物La2O3和Ce2O3。
（1）Sc(钪)为第四周期第ⅢB元素，属于过渡元素，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce位于ⅢB族、属于过渡元素，故选AD。
（2）“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率。CeO2被还原，故发生的反应为2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O。
（3）二氧化硅不溶于水，也不和双氧水、盐酸反应，故滤渣a为SiO2。
（4）滴加氢氧化钠溶液首先中和酸，故离子方程式为H++OH-=H2O。
（5）(1)Al(OH)3的 Ksp最小，Al(OH)3最先沉淀。当[Al3+]=1×10-5mol·L-1 时，可认为Al3+完全沉淀，此时[OH-]3=mol/L，[OH-]=×10-10 mol·L-1 ；Ce3+开始沉淀时，[OH-]3= mol·L-1，[OH-]=1.0×10-6mol·L-1，La3+开始沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=×10-6mol·L-1，Ce3+、La3+开始沉淀时的[OH-]都大于×10-10 mol·L-1，所以Al3+可单独沉淀出来；Ce3+完全沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=1.0×10-5mol·L-1，[La3+]×[OH-]3=0.01 mol·L-1×(1×10-5mol·L-1)3=1.0×10-17 >Ksp[La(OH)3]，所以Ce3+、La3+不能逐一沉淀出来。
(2)滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L-1，加入NaOH溶液使La3+、Ce3+形成沉淀，Al3+转化成[Al(OH)4]-，滤液中[Al(OH)4]-的浓度为0.1mol/L，根据信息：[Al(OH)4]- Al3++4 OH-的K=5.0×10-34=，解得[OH-]=3.8×10-2mol/L，pH=12+lg3.8=12.6。选C。
（6）因可用电解熔融La2O3制备La，故La2O3为离子晶体，故选C。
（7）电解熔融La2O3制备La，阴极生成La，LiF LaF3作助熔剂，阳极上发生反应的电极方程式为LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)。
1 / 1上海市杨浦区2025届高三下学期二模考试化学试题
一、从薯类植物中可提取淀粉，如木薯淀粉等，它们都是由葡萄糖单元构成的天然物质。淀粉广泛用于食品及化工领域。
1．木薯淀粉是珍珠奶茶中“珍珠”的主要原料。下列关于淀粉的说法正确的是
A．属于糖类，有甜味
B．化学式可用(C6H10O5)n表示，与纤维素互为同系物
C．是一种聚合物，可由葡萄糖通过加聚反应得到
D．在酸或酶作用下，淀粉水解最终生成葡萄糖
2．可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉(以下简称淀粉)溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？
Ⅰ．探究碘水的成分
Ⅱ．探究使淀粉溶液显蓝色的微粒
【方案1】
【方案2】
用木薯淀粉(粒径1×10 5~2×10 5m)制备的纳米淀粉(粒径40~100nm)，可吸附染料废水中的染料藏红T(C20H19N4Cl)。
为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量q[q=]，实验如下：
（1）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式　 　。
（2）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I 、I、IO，资料显示：I +I2I。推断产生IO的原因　 　(用离子方程式表示)。
（3）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：　 　。
（4）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂(如下图所示)，振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。
(1)试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I ，又不影响实验探究，M应选　 　。
A．硝酸酸化的AgNO3溶液
B．硫酸酸化的KIO3溶液
(2)由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。完成实验记录：
实验现象 试管① 试管② 试管③
溶液颜色 加淀粉溶液前 黄色 黄色 黄色
加淀粉溶液后 　 　 　 　 蓝色
（5）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为_____。(已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致)
A．黄色黄色 B．黄色蓝色 C．紫色紫色 D．紫色蓝色
（6）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于_____；
A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液
（7）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是　 　。
（8）配制20.00mg·L 1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、　 　。
（9）取20.00mg·L 1、40.00mg·L 1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如下图所示：
(1)40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由　 　所示。
A．曲线M B．曲线N
(2)在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为　 　mol·L 1·min 1。
[已知：M(藏红T)=350.5g·mol 1，忽略溶液体积的变化]。
A.4.42×10 7B.8.84×10 7 C.4.42×10 4 D.8.84×10 4
二、半导体、超离子导体的制备与传导机制
3．晶体硅是半导体器件的核心材料；α-AgI是超离子导体，在固态电池上有突破性应用。工业上，常通过以下反应获得高纯硅： Si(粗)+3HClSiHCl3+H2、SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
（1）依据VSEPR理论，推断SiHCl3的空间结构。　 　
（2）SiHCl3易水解，故提纯过程须保持干燥。资料表明，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成了配位键，该配位键是O提供_____，Si提供_____。
A．孤电子对、3d轨道 B．孤电子对、3p轨道
C．2p轨道、孤电子对 D．sp3杂化轨道、孤电子对
4．当光照在晶体硅上，产生一个自由电子的同时，会在原处产生一个空穴(空穴可看作正电荷)。为提高晶体硅的导电能力，向其中掺杂价电子数为5或3的原子，相当于多出来了自由电子或空穴。
如图，是晶体硅中掺杂硼原子的示意图。
（1）画出晶体硅中掺杂磷原子的示意图。　 　
（2）晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性_____。
A．弱 B．强 C．相当 D．无法比较
5．卤化银(AgX)的熔点及晶胞结构见下表。
卤化银 AgCl AgBr α-AgI
熔点(oC) 455 432 558
晶胞结构 类似NaCl晶体的晶胞 注：只画出了晶胞中I 的位置，Ag＋填充在I 所围成的空隙中
（1）比较表中数据，说明AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因：　 　。
（2）实验证明，离子晶体中正负离子间并不是纯粹的静电作用，仍有部分原子轨道重叠，即共价性，如NaCl离子性为71%，共价性为29%。将NaCl、AgCl、AgBr按离子性由小到大排列：　 　。
6．AgBr在一定条件下也能转化为α-AgBr(与α-AgI结构相同)。α-AgI中，Ag+能在I 形成的骨架中自由迁移，展现出优异的离子导电性能。
卤化银 AgCl AgBr
熔点 455 432 558
晶胞结构 类似NaCl晶体的晶胞 注：只画出了晶胞中I-的位置，Ag+填充在I-所围成的空隙中
（1）AgBr转化为α-AgBr属于　 　变化。
A．化学 B．物理
相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是　 　。
（2）确定α-AgI晶胞的大小、形状等信息，可使用的测试仪器为_____。
A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．X射线衍射仪 D．红外光谱仪
（3）结合表中信息，计算α-AgI晶体的密度，ρ≈_____g·cm 3.(1pm=1×10 10cm)
A．12 B．7 C．6 D．3
三、灵芝酚的合成
7．灵芝酚能延缓慢性肾病的进程。我国科学家合成灵芝酚的一种路线如下：
已知：
（1）c中的官能团有　 　(填名称)。
（2）b的结构简式是　 　。
（3）属于氧化反应的是_____(不定项)。
A．c→d B．f→g C．h→i D．i→j
（4）用“*”标出f中的不对称碳原子　 　。
（5）生成e时有副产物e’生成，e’是e的同分异构体；d→e’的反应中，杂化方式改变的碳原子是_____。
A．①、② B．①、⑥ C．③、④ D．⑤、⑦
（6）h→i与i→j的转化顺序能否互换？原因是　 　。
（7）a有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3；
ii．能发生消去反应；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6.
（8）结合所学及上述路线中的信息，写出乙烯与合成的路线(无机试剂任选)　 　。(合成路线表示为：MN……目标产物)
四、化工领域、能源领域的甲酸
8．甲酸中有羧基又有醛基，使甲酸既表现出羧酸的性质又表现出醛的性质。甲酸被广泛用于有机合成、医药等领域。
（1）甲酸是弱酸，其电离方程式为　 　。
（2）设计实验，验证甲酸分子中含有醛基。试剂、操作及现象是　 　。
（3）二聚甲酸是甲酸分子间通过氢键形成的八元环状二聚体，其结构式为　 　。
9．甲酸既是燃料，也是具有应用前景的储氢材料。甲酸催化分解生成CO2和H2时，会发生副反应生成CO和H2O。400K、100kPa时，Pt催化甲酸分解的反应进程如图所示。
带“*”的化学式表示微粒被吸附于催化剂表面。
分析图中信息，完成下列填空：
（1）400K、100kPa时，1mol甲酸分解为H2和CO2时，_____kJ热量。
A．放出2.94 B．放出134.1 C．吸收2.94 D．吸收134.1
（2）对甲酸分解为H2和CO2的分析，正确的是_____。
A．低温下自发进行 B．高温下自发进行
C．任意温度下自发进行 D．任何温度下不能自发进行
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，决速步骤的活化能为_____kJ·mol 1.
A．140.59 B．159.83 C．134.87 D．212.68
（4）分子吸附于催化剂表面，有化学吸附与物理吸附两种模式，前者分子与催化剂之间形成了化学键，而后者没有。分析图中数据，CO吸附于Pt表面主要是　 　吸附。
A．化学 B．物理
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，解释原因：　 　。
10．我国科学家研发了采用超疏氧电极的甲酸燃料电池，其结构如下图所示。
关于该燃料电池的说法正确的是
A．a是正极
B．a上的反应：
C．b上H+被消耗
D．b上发生氧化反应
五、稀土元素镧(La)、铈(Ce)的回收
11．某石化企业的一种废催化剂中含Al2O3、SiO2及少量的La2O3和CeO2。通过下列流程，回收La2O3和Ce2O3。
常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10 33；Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10 20；Ksp[La(OH)3]=2.0×10 19；反应[Al(OH)4] Al3++4OH 的K=5.0×10 34。
工业上可用电解熔融La2O3制备La。实际生产中还需加入LiF LaF3作助熔剂，研究发现电解池中含LaO。
（1）元素周期表中，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce_____。(不定项)
A．位于ⅢB B．位于ⅡB
C．属于主族元素 D．属于过渡元素
（2）流程中“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度不可过低或过高，原因是　 　。该操作中，CeO2发生反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣a的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“沉淀过滤”时，逐滴滴加NaOH溶液，理论上最先发生反应的离子方程式为：　 　。
（5）常温下，滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L 1、[La3+]=[Ce3+]=0.01mol·L 1。
(1)若逐滴滴加NaOH溶液，3种离子能否逐一沉淀？通过计算说明。(滴入的NaOH溶液体积忽略不计，下同)　 　。
(2)滤液b的pH至少应大于　 　。
A.6.4 B.9 C.12.6 D.14
（6）推断La2O3属于_____(填字母选项)。
A．分子晶体 B．共价晶体 C．离子晶体 D．金属晶体
（7）LaO在阳极上发生反应的电极方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．淀粉属于糖类，但它没有甜味，有甜味的是葡萄糖、蔗糖等小分子糖类，A错误；
B． 淀粉和纤维素化学式可用(C6H10O5)n表示，但它和纤维素的聚合度n不同，结构也有差异，不互为同系物，B错误；
C．淀粉是一种天然高分子聚合物，它是由葡萄糖通过缩聚反应（不是加聚反应）脱水缩合形成的，C错误；
D．淀粉在酸或酶的催化作用下，会逐步水解，最终生成葡萄糖，D正确；
故选D。
【分析】A．有的糖类没有甜味，如淀粉；
Ｂ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
Ｃ．淀粉由葡萄糖通过缩聚反应得到；
Ｄ．淀粉逐步水解得到葡萄糖。
2．【答案】（1）I2+H2OHI+HIO
（2）3I2+3H2O5I +IO+6H+(或3HIO=2I +IO+3H+)
（3）I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒
（4）B；试管①浅黄色(或黄色或无明显变化)；试管②深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)
（5）C
（6）D
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强
（8）1L容量瓶、胶头滴管
（9）A；B
【知识点】性质实验方案的设计；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2OHI+HIO；
（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO的原因为：3I2+3H2O5I +IO+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO：3HIO=2I +IO+3H+)；
（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；
实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I +I2I，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I浓度较大，则试管②现象为：深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)；
（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；
（6）胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10 5~2×10 5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；
（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；
（9）①200mL等体积的40.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；
②由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为。
【分析】（1）Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，则I2与H2O反应为： I2+H2OHI+HIO ；
（2）碘水中的碘单质会与水发生反应，生成碘酸根离子；
（3）淀粉遇碘单质变蓝，KIO3溶液和 KI 溶液中均不存在碘单质；
（4）控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
（5）碘的十四烷溶液（属于碘的烃类溶液），已知碘的烃类溶液颜色与碘的四氯化碳溶液基本一致，碘的四氯化碳溶液呈紫色；
（6） 木薯淀粉(粒径1×10 5~2×10 5m) ，分散于水中形成悬浊液；
（7）纳米淀粉的颗粒尺寸小，具有较大的比表面积，能够提供更多的吸附位点，从而提高对藏红 T 的吸附能力；
（8）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（9）根据表中数据分析计算。
（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2OHI+HIO；
（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO的原因为：3I2+3H2O5I +IO+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO：3HIO=2I +IO+3H+)；
（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I 、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；
实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I +I2I，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I浓度较大，则试管②现象为：深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)；
（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；
（6）胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10 5~2×10 5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；
（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；
（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；
（9）(1) 200mL等体积的40.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L 1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L 1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；
(2)由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为。
3．【答案】（1）四面体形
（2）A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为四面体形；
（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。
【分析】（1）Si 的价电子数为 4，与 1 个 H、3 个 Cl 形成 σ 键，价层电子对数 = σ 键数 + 孤电子对数 = 4 + 0 = 4；
（2）配位键的形成条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。
（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为四面体形；
（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。
4．【答案】（1）
（2）B
【知识点】电解质溶液的导电性；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。
（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。
【分析】（1）磷原子的价电子数为 5，比硅原子（价电子数 4）多 1 个。在晶体硅中掺杂磷原子时，磷原子与周围 4 个硅原子形成共价键后，会多出 1 个自由电子；
（2）氮原子和磷原子的价电子数都为 5，但磷原子的原子半径比氮原子大，最外层电子离原子核更远，受到的束缚更弱，更容易形成自由电子，所以掺杂磷原子的导电性更强。
（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。
（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。
5．【答案】（1）AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体。其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高
（2）AgBr、AgCl、NaCl
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。
（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na【分析】（1）AgCl 和 AgBr 都是与 NaCl 结构相似的离子晶体，离子晶体的熔点由离子键的强弱决定；
（2）离子性的强弱和离子极化作用相关：离子极化作用越强，离子键的共价性越强，离子性越弱。
（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl )小于r(Br )，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。
（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na6．【答案】（1）A；r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间
（2）C
（3）C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。
（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。
（3）α-AgI每个晶胞含=2个AgI，密度为：，故选C。
【分析】（1）没有新物质生成的变化属于物理变化；α-AgI 和 α-AgBr 的结构相同，Ag+都能在卤离子形成的骨架中自由迁移，I-的半径比 Br-大，I-形成的骨架空隙更大，Ag+在其中的迁移阻力更小，迁移速度更快，所以 α-AgI 的导电能力更强；
（2）X 射线衍射仪是通过 X 射线在晶体中的衍射现象，可以获取晶体的晶胞参数（大小、形状）、原子排列等信息，是晶体结构分析的常用工具；
（3）根据计算晶胞密度。
（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。
（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。
（3）α-AgI每个晶胞含=2个AgI，密度为：，故选C。
7．【答案】（1）醚键、酮羰基、酯基
（2）
（3）B；C
（4）
（5）A
（6）不能互换。酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏
（7）或
（8）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；
（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；
（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；
（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；
（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；
（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；
（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；
ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；
符合条件的结构有：或；
（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。
【分析】a与b发生已知反应生成c，结合a、c的结构简式和b的分子式可知，b的结构简式为 ，c在CH3MgI条件下雨(C2H5)2O发生取代反应，再水解得到d，d→e的过程中，生成了碳碳双键，说明d到e发生-OH的消去反应，e→f的过程中，引入-OH，f到双键形成环醚，g到h断开三元环，形成一个五元环和一个六元环，h到i引入羰基，i到j醚键转化为酚羟基。
（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；
（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；
（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；
（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；
（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；
（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；
（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；
ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；
符合条件的结构有：或；
（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。
8．【答案】（1）HCOOHH++HCOO
（2）取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)
（3）
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；银镜反应；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOHH++HCOO ；
（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；
（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。
【分析】（1）甲酸是弱酸，所以用可逆符号表示电离过程是可逆的，且电离程度较小；
（2）甲酸的结构为HCOOH，其分子中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制氢氧化铜或银氨溶液氧化；
（3）二聚甲酸的结构是两个甲酸分子（HCOOH）通过两个氢键形成的八元环状结构，则其结构为。
（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOHH++HCOO ；
（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；
（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。
9．【答案】（1）A
（2）C
（3）B
（4）A
（5）吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。
（2）反应HCOOHCO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T △S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59 kJ·mol 1-(-19.24 kJ·mol 1)=159.83kJ·mol 1.，故选B。
（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78 kJ +72.09 kJ= 134.87 kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。
【分析】（1）主反应中，反应物是HCOOH（能量 0.00 kJ/mol），生成物是CO2 + H2（能量 - 2.94 kJ/mol），ΔH=生成物总能量 反应物总能量；
（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）CO 吸附于 Pt 表面时，因为形成了化学键，属于化学吸附；
（5）当某些微粒在催化剂表面吸附能力过强时，会占据催化剂表面的活性位点，让反应物分子无法再吸附到这些位点上参与反应。
（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。
（2）反应HCOOHCO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T △S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。
（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59 kJ·mol 1-(-19.24 kJ·mol 1)=159.83kJ·mol 1.，故选B。
（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78 kJ +72.09 kJ= 134.87 kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。
（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。
10．【答案】B,C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极通入甲酸，为负极，A错误；
B．a是负极，甲酸在a极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：，B正确；
C．空气在b极发生反应：，在b极被消耗，C正确；
D．b电极为正极，发生得电子的还原反应，D错误；
故选BC。
【分析】甲酸燃料电池中，通入甲酸的一极为负极，则a为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的一极为正极，b为正极，正极发生还原反应，电极反应式为，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
11．【答案】（1）A；D
（2）温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率；2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O
（3）SiO2
（4）H++OH =H2O
（5）不能；C
（6）C
（7）LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Sc(钪)为第四周期第ⅢB元素，属于过渡元素，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce位于ⅢB族、属于过渡元素，故选AD。
（2）“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率。CeO2被还原，故发生的反应为2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O。
（3）二氧化硅不溶于水，也不和双氧水、盐酸反应，故滤渣a为SiO2。
（4）滴加氢氧化钠溶液首先中和酸，故离子方程式为H++OH-=H2O。
（5）①Al(OH)3的 Ksp最小，Al(OH)3最先沉淀。当[Al3+]=1×10-5mol·L-1 时，可认为Al3+完全沉淀，此时[OH-]3=mol/L，[OH-]=×10-10 mol·L-1 ；Ce3+开始沉淀时，[OH-]3= mol·L-1，[OH-]=1.0×10-6mol·L-1，La3+开始沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=×10-6mol·L-1，Ce3+、La3+开始沉淀时的[OH-]都大于×10-10 mol·L-1，所以Al3+可单独沉淀出来；Ce3+完全沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=1.0×10-5mol·L-1，[La3+]×[OH-]3=0.01 mol·L-1×(1×10-5mol·L-1)3=1.0×10-17 >Ksp[La(OH)3]，所以Ce3+、La3+不能逐一沉淀出来。
②滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L-1，加入NaOH溶液使La3+、Ce3+形成沉淀，Al3+转化成[Al(OH)4]-，滤液中[Al(OH)4]-的浓度为0.1mol/L，根据信息：[Al(OH)4]- Al3++4 OH-的K=5.0×10-34=，解得[OH-]=3.8×10-2mol/L，pH=12+lg3.8=12.6。选C。
（6）因可用电解熔融La2O3制备La，故La2O3为离子晶体，故选C。
（7）电解熔融La2O3制备La，阴极生成La，LiF LaF3作助熔剂，阳极上发生反应的电极方程式为LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)。
【分析】 废催化剂中含Al2O3、SiO2及少量的La2O3和CeO2，向其中加入H2O2、盐酸加热搅拌， Al2O3、 La2O3和CeO2转化为对应的盐酸盐，SiO2与盐酸不反应，成为滤渣，则滤渣a的主要成分为SiO2，向滤液中加入NaOH溶液过滤沉淀，将La、Ce形成沉淀，Al保留在溶液中，过滤除去主要含铝离子的滤液，剩下的沉淀焙烧得到产物La2O3和Ce2O3。
（1）Sc(钪)为第四周期第ⅢB元素，属于过渡元素，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce位于ⅢB族、属于过渡元素，故选AD。
（2）“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率。CeO2被还原，故发生的反应为2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O。
（3）二氧化硅不溶于水，也不和双氧水、盐酸反应，故滤渣a为SiO2。
（4）滴加氢氧化钠溶液首先中和酸，故离子方程式为H++OH-=H2O。
（5）(1)Al(OH)3的 Ksp最小，Al(OH)3最先沉淀。当[Al3+]=1×10-5mol·L-1 时，可认为Al3+完全沉淀，此时[OH-]3=mol/L，[OH-]=×10-10 mol·L-1 ；Ce3+开始沉淀时，[OH-]3= mol·L-1，[OH-]=1.0×10-6mol·L-1，La3+开始沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=×10-6mol·L-1，Ce3+、La3+开始沉淀时的[OH-]都大于×10-10 mol·L-1，所以Al3+可单独沉淀出来；Ce3+完全沉淀时，[OH-]3=mol·L-1，[OH-]=1.0×10-5mol·L-1，[La3+]×[OH-]3=0.01 mol·L-1×(1×10-5mol·L-1)3=1.0×10-17 >Ksp[La(OH)3]，所以Ce3+、La3+不能逐一沉淀出来。
(2)滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L-1，加入NaOH溶液使La3+、Ce3+形成沉淀，Al3+转化成[Al(OH)4]-，滤液中[Al(OH)4]-的浓度为0.1mol/L，根据信息：[Al(OH)4]- Al3++4 OH-的K=5.0×10-34=，解得[OH-]=3.8×10-2mol/L，pH=12+lg3.8=12.6。选C。
（6）因可用电解熔融La2O3制备La，故La2O3为离子晶体，故选C。
（7）电解熔融La2O3制备La，阴极生成La，LiF LaF3作助熔剂，阳极上发生反应的电极方程式为LaO 4e =La3++O2↑(或2LaO 4e =2LaO++O2↑)。
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