精品解析：福建省龙岩市长汀县第一中学2026届高三上学期第一次月考化学试题

长汀一中2025-2026学年第一学期第一次月考 高三化学试题 (考试时间：75分钟 总分：100分) 可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 Mg-24 Cl-35.5 O-16 Fe-56 第I卷(选择题) 一、选择题(包括10小题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油都是纯净物 B. 打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区 C. “朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：为非极性分子，燃烧时非极性共价键被破坏 D. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2. 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下： 下列说法正确的是 A. K中含手性碳原子 B. M中碳原子都是杂化 C. K、M均能与反应 D. K、M共有四种含氧官能团 3. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A.实验室制乙酸乙酯 B.配制一定物质的量浓度的溶液 C.检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 D.制备Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D 4. 一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 电负性： D. 单质氧化性： 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O =CO2+2HSO B. 向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH﹣=+2H2O C. 向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+ D. 将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5+2MnO+16H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O 6. 常温下，某透明溶液中，可能含有、、、、、、和中的某几种，且阳离子的物质的量相等，对该溶液进行如下实验（实验中气体体积已折算成标况下体积），下列判断不正确的是 A. 肯定不存在的离子是、 B. 肯定存在的阳离子是、、、、 C. 肯定存在的阴离子是、，且 D. 是否存在，可以取少量无色溶液甲进行焰色反应来判断 7. 利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A. a中现象体现了的还原性 B. b中既作氧化剂也作还原剂 C. 乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D. d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 8. 还原技术是当今有效的去除的技术之一，某钒催化剂催化脱除电厂烟气中NO的反应机理如图(“…”表示催化剂吸附)。下列说法错误的是 A. 反应②中被氧化为 B. 反应③的还原产物与氧化产物的物质的量之比为 C. 总反应方程式为 D. 上述反应机理中，钒元素的成键数目发生了变化 9. 以某电厂的粉煤灰(主要含和等)为原料提铝的工艺流程如图1.其中“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图2所示。下列说法不正确的是 A. “浸渣”的主要成分是和 B. “沉铝”的滤渣为 C. “滤液”可循环使用 D. “干燥脱水”过程需在气流中进行 10. 肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.8g H2O含有的中子数为NA B. 0.1mol N2H4的共用电子对数为0.6NA C. 25℃，pH=9的NaClO溶液中水电离出的H+数目为1×10-9NA D. 每消耗11.2L NH3(已折算为标准状况)，转移的电子数为0.5NA 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题 (本大题共4题，共60分。) 11. 中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 （1）磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将和的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但事实并非如此可能的原因是___________。 ③水热法制备纳米的反应为，当被氧化时有___________被还原。 （2）一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是___________(填编号)。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成___________ L(标准状况下)。 （3）工业废水中氮的主要存在形态是，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除的某含氮废水(废水中总氮中的，图1为只加过量时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量粉与时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用将水体中氨氮氧化为。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随降低而升高，原因可能是___________。 （4）我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是___________。 A. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水 B. 沉淀池中反应的化学方程式： C. 固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ D. 循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 12. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 13. 一种药物合成的中间体是有机盐，其合成路线如下图所示。 回答下列问题： （1）A的名称___________，的官能团名称___________。 （2）反应所需试剂和条件为___________。 （3）的反应类型为___________。 （4）的反应方程式为___________。 （5）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。 a．含有碳碳叁键 b．含有苯环 其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为的同分异构体结构简式为___________。 14. 三草酸合铁酸钾晶体()是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，极易感光。 I．三草酸合铁酸钾晶体的制备 ①将晶体溶于水，加入少量和饱和溶液，加热、静置，待沉淀完全后，用倾析法弃去上层清液，再用蒸馏水洗涤沉淀。 ②向沉淀中加入饱和溶液，保持温度在40℃左右，缓慢加入，充分反应后，加热煮沸一段时间，再加入溶液，不断搅拌至溶液完全变为透明的绿色，放置暗处冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得到三草酸合铁酸钾晶体。 II．草酸根含量的测定 溶液配制：准确称取4.91g晶体粗品，用蒸馏水溶解后，配制成250mL一定物质的量浓度的待测液。 滴定分析：量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入一定量稀，用0.06mol·L-1的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗溶液体积22.00mL。 回答下列问题： （1）步骤①中的作用是___________。 （2）步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是___________，充分反应后“加热煮沸一段时间”的目的是___________。 （3）步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是___________。 （4）三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，反应的化学方程式为___________。 （5）“溶液配制”中，除下列仪器外还需要用到的玻璃仪器有___________(填名称)。 （6）4.91g粗品中草酸根的物质的量为___________。其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高，其原因可能是___________(填序号)。 a．样品未完全干燥 b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多 c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗 d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长汀一中2025-2026学年第一学期第一次月考 高三化学试题 (考试时间：75分钟 总分：100分) 可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 Mg-24 Cl-35.5 O-16 Fe-56 第I卷(选择题) 一、选择题(包括10小题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油都是纯净物 B. 打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区 C. “朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：为非极性分子，燃烧时非极性共价键被破坏 D. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 【答案】B 【解析】 【详解】A．液氧是纯净物，但煤油是多种烃的混合物，因此两者不全是纯净物，A错误； B．铷（Rb）位于第ⅠA族，属于s区元素，B正确； C．CH4为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，但燃烧时破坏的是C-H极性共价键，C错误； D．高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量未达到高分子级别，D错误； 故选B。 2. 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下： 下列说法正确的是 A. K中含手性碳原子 B. M中碳原子都是杂化 C. K、M均能与反应 D. K、M共有四种含氧官能团 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知，K中环上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，A错误； B．M中环上碳原子和羧基上的碳原子均为sp2杂化，甲基碳原子为杂化，B错误； C．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞，所以K中的酚羟基不能与溶液反应，K中不含能与溶液反应的官能团，M中羧基可与溶液反应，C错误； D．K、M 中共有羟基、醚键、羰基、羧基四种含氧官能团，D正确； 故选D。 3. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A.实验室制乙酸乙酯 B.配制一定物质的量浓度的溶液 C.检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 D.制备Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制乙酸乙酯时，导管若插入饱和Na2CO3溶液液面以下会导致倒吸，正确操作应使导管末端接近液面（不插入），A装置可能存在导管插入液面的错误，A错误； B．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶不能用于溶解固体（NaOH溶解放热会影响容量瓶精度），应在烧杯中溶解冷却后转移，B错误； C．浓硫酸与铜加热反应生成SO2，SO2可使品红溶液褪色，装置中用浸NaOH溶液的棉团吸收尾气，能达到检验SO2的目的，C正确； D．制备Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，若滴入NaOH溶液会生成Fe(OH)3沉淀，D错误； 故选C。 4. 一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 电负性： D. 单质氧化性： 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，则W为H；X和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6，则X为O，Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个共价键，则Y为F，据此回答问题； 【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此原子半径：，故A错误； B．同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：，故B正确； C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故电负性，H2S中硫元素化合价为-2价、氢元素化合价为+1价，电负性，推出电负性：，故C正确； D．X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S，因此单质氧化性：，故D正确； 故答案选A。 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O =CO2+2HSO B. 向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH﹣=+2H2O C. 向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+ D. 将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5+2MnO+16H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．向Na2CO3溶液中通入过量SO2时，离子方程式：，A正确； B．NH4Al(SO4)2与过量NaOH反应时，离子方程式：，B错误； C．SO2与BaCl2不反应，因H2SO3酸性弱于HCl，无法生成BaSO3沉淀，C错误； D．H2C2O4在酸性条件下应以分子形式存在，离子方程式：5H2C2O4+2MnO+6H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误； 故选A。 6. 常温下，某透明溶液中，可能含有、、、、、、和中的某几种，且阳离子的物质的量相等，对该溶液进行如下实验（实验中气体体积已折算成标况下体积），下列判断不正确的是 A. 肯定不存在的离子是、 B. 肯定存在的阳离子是、、、、 C. 肯定存在的阴离子是、，且 D. 是否存在，可以取少量无色溶液甲进行焰色反应来判断 【答案】C 【解析】 【分析】某透明溶液中，n(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；加入足量的氢氧化钠溶液，得到气体甲，则溶液中有NH4+存在；固体甲灼烧得到红褐色固体，则固体甲为氢氧化铁沉淀，则溶液中可能含有Fe3+或Fe2+；无色溶液甲浓缩加足量稀硫酸，再加铜，得到无色气体，无色气体遇空气变为红棕色，则该气体为NO，n(NO)=，则溶液中存在NO3-，n(NO3-)=0.02mol；由于溶液中存在H+和NO3-，则原溶液不可能含有Fe2+；无色溶液甲通入足量二氧化碳气体得到白色沉淀，则溶液甲中含有偏铝酸盐，则原溶液中含有Al3+；据此分析解答。 【详解】A. 根据上述分析溶液中存在H+、NO3-，则Fe2+因为被氧化而不能存在，CO32-与H+反应而不能存在，所以肯定不存在的离子是、，故A正确； B. 根据上述分析肯定存在的阳离子有、、、，故B正确； C. 根据上述分析肯定存在的阴离子有NO3-，所带的负电荷物质的量为0.02mol，已确定的阳离子所带的正电荷数为0.01mol+0.01mol+0.01mol×3+0.01mol×3=0.08mol，根据溶液呈电中性，则肯定存在，但无法确定溶液中是否存在K+，则Cl-浓度无法确定，故C错误； D. K元素焰色反应呈紫色，所以是否存在，可以取少量无色溶液甲进行焰色反应来判断，故D正确； 故选C。 【点睛】在酸性条件下，NO3-将会被足量的铜全部还原为NO气体，抓住此处的定量计算，是解决此题的关键。 7. 利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A. a中现象体现了的还原性 B. b中既作氧化剂也作还原剂 C. 乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D. d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 【答案】D 【解析】 【分析】打开，一定时间后，b中H2O2在MnO2的催化下生成O2，O2进入a中，氧化I-，生成I2，使得淀粉-KI溶液变蓝；关闭K1，打开K3，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。 【详解】A．O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确； B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，既作氧化剂也作还原剂，B正确； C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确； D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，说明c中产物有乙醛，D错误； 故选D。 8. 还原技术是当今有效的去除的技术之一，某钒催化剂催化脱除电厂烟气中NO的反应机理如图(“…”表示催化剂吸附)。下列说法错误的是 A. 反应②中被氧化为 B. 反应③的还原产物与氧化产物的物质的量之比为 C. 总反应方程式为 D. 上述反应机理中，钒元素的成键数目发生了变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．中N为-3价，中N为-2价（N+3×1=+1→N=-2），化合价升高，被氧化，A正确； B．反应③中NO（N+2）为氧化剂被还原为N2（0价），（N-2价）为还原剂被氧化为N2（0价）。N元素归中反应，氧化剂得2e-/mol，还原剂失2e-/mol，物质的量之比1:1，生成的N2中还原产物（来自NO）与氧化产物（来自）物质的量之比1:1，B正确； C．总反应为NH3还原NO生成N2和H2O，配平后为，C错误； D．钒催化剂中V的价态可能变化（如V5+与V4+转化），成键数目改变，D正确； 故选C。 9. 以某电厂的粉煤灰(主要含和等)为原料提铝的工艺流程如图1.其中“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图2所示。下列说法不正确的是 A. “浸渣”的主要成分是和 B. “沉铝”的滤渣为 C. “滤液”可循环使用 D. “干燥脱水”过程需在气流中进行 【答案】D 【解析】 【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，以此解答。 【详解】A．由分析可知，“浸渣”的主要成分是SiO2和CaSO4，故A正确； B．由分析可知，“沉铝”的滤渣为复盐明矾，即，故B正确； C．“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在“沉铝”工序循环使用，故C正确； D．硫酸不易挥发，明矾干燥时不会因水解生成氢氧化铝，故“干燥脱水”过程不需在气流中进行，故D错误； 答案选D。 10. 肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.8g H2O含有的中子数为NA B. 0.1mol N2H4的共用电子对数为0.6NA C. 25℃，pH=9的NaClO溶液中水电离出的H+数目为1×10-9NA D. 每消耗11.2L NH3(已折算为标准状况)，转移的电子数为0.5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．1.8g H2O的物质的量为0.1mol，1个H2O中含有8个中子，0.1mol H2O含有的中子数为0.8NA，故A错误； B．1mol肼中含5mol共用电子对，0.1mol N2H4的共用电子对数为0.5NA，故C错误； C．溶液体积未知，无法计算水电离出的H+数目，故C错误； D．反应中N元素化合价由-3价升高到-2价，每消耗2molNH3，转移2mol电子，标况下11.2L NH3的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5NA，故D正确； 答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题 (本大题共4题，共60分。) 11. 中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 （1）磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将和的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但事实并非如此可能的原因是___________。 ③水热法制备纳米的反应为，当被氧化时有___________被还原。 （2）一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是___________(填编号)。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成___________ L(标准状况下)。 （3）工业废水中氮的主要存在形态是，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除的某含氮废水(废水中总氮中的，图1为只加过量时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量粉与时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用将水体中氨氮氧化为。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随降低而升高，原因可能是___________。 （4）我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是___________。 A. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水 B. 沉淀池中反应的化学方程式： C. 固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃ D. 循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 【答案】（1） ①. 丁达尔效应 ②. 被氧化，使四氧化三铁的产率降低 ③. 2 （2） ①. ①③ ②. 6.72 （3） ①. ②. HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高 （4）AB 【解析】 【分析】由流程可知，合成氨厂提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入食盐可分离得到氯化铵，据此分析； 【小问1详解】 ①磁流体分散系的分散质粒子大小在36−55nm之间，属于胶体，胶体可以利用丁达尔效应来鉴别； ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但是事实上，亚铁离子会被空气中氧气等被氧化为三价铁离子，导致纳米产率降低； ③根据离子方程式，利用电荷守恒可以得到；硫元素、铁元素化合价升高被氧化，氧气中氧元素化合价降低被还原，当消耗1mol氧气时，氧化2mol，当4mol被氧化时，消耗的氧气为2mol； 【小问2详解】 转化过程反应①：N2+6Li=2Li3N，为氧化还原反应；反应②Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH为非氧化还原反应反应；③反应4LiOH4Li+O2↑+2H2O为氧化还原反应，所以转化过程反应中为氧化还原反应的是①③；生成1molNH3转移3mol电子，生成1molO2，转移4mol电子，所以4NH3~3O2，假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，同时生成0.3molO2，标准状况下体积为6.72L； 【小问3详解】 ①图2中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，2060min内发生主要反应的离子方程式为:； ②控制其他条件相同，当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高。 【小问4详解】 A．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是NaCl、氨水，A错误； B．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，B错误； C．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，C正确； D．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确； 故选AB。 12. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） ①. ②. ③. （4）4 （5） （6）89.6 【解析】 【分析】蛇纹石的主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。 【小问1详解】 绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅和水，分解生成、二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； 【小问3详解】 加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； 【小问4详解】 因为离子半径，晶胞图中棱心和体心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； 【小问5详解】 调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； 【小问6详解】 物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 13. 一种药物合成的中间体是有机盐，其合成路线如下图所示。 回答下列问题： （1）A的名称___________，的官能团名称___________。 （2）反应所需试剂和条件为___________。 （3）的反应类型为___________。 （4）的反应方程式为___________。 （5）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。 a．含有碳碳叁键 b．含有苯环 其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为的同分异构体结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 酰胺基 （2）Cl2和光照 （3）加成反应（或还原反应） （4）++NaOH+NaCl+H2O （5） ①. 5 ②. 【解析】 【分析】通过C结构反推到B的结构，将C中的-CN变为B中的-Cl，故B的结构为；苯的同系物以苯环为主，烷基为侧链来命名；苯的同系物与卤素单质的取代反应在不同的条件下反应的位置不同，光照条件取代侧链，铁催化条件取代苯环；与H2的反应为加成反应，同时也是得氢失氧的还原反应；D到E的取代反应，生成小分子HCl，再与NaOH反应；含苯环的同分异构书写思路为：先确定满足条件的官能团，再分一取代、二取代安排侧链。 【小问1详解】 A为苯的同系物，以苯环为主，甲基为侧链，故A的名称为甲（基）苯；E中官能团标注如图括号内，该官能团为酰胺基； 【小问2详解】 A到B氯原子取代在侧链上，故所需试剂为Cl2，条件是光照； 【小问3详解】 C到D所加试剂为H2，所以反应类型为加成反应，得氢过程也可称为还原反应； 【小问4详解】 D到E的反应是D中的氨基（-NH2）与苯甲酰氯中的酰氯键（-COCl）在10%NaOH条件下发生取代反应，故反应方程式为：++NaOH+NaCl+H2O；； 【小问5详解】 C的分子式为C8H7N，不饱和度为6，苯环含6个碳且不饱和度为4，碳碳三键含2个碳且不饱和度为2，故氮为单键，符合条件的同分异构体有:-NH-C≡CH（1种）、-C≡C-NH2（1种）、-C≡CH和-NH2（3种），共5种；其中峰面积比为的同分异构体结构简式为。 14. 三草酸合铁酸钾晶体()是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，极易感光。 I．三草酸合铁酸钾晶体的制备 ①将晶体溶于水，加入少量和饱和溶液，加热、静置，待沉淀完全后，用倾析法弃去上层清液，再用蒸馏水洗涤沉淀。 ②向沉淀中加入饱和溶液，保持温度在40℃左右，缓慢加入，充分反应后，加热煮沸一段时间，再加入溶液，不断搅拌至溶液完全变为透明的绿色，放置暗处冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得到三草酸合铁酸钾晶体。 II．草酸根含量的测定 溶液配制：准确称取4.91g晶体粗品，用蒸馏水溶解后，配制成250mL一定物质的量浓度的待测液。 滴定分析：量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入一定量稀，用0.06mol·L-1的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗溶液体积22.00mL。 回答下列问题： （1）步骤①中的作用是___________。 （2）步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是___________，充分反应后“加热煮沸一段时间”的目的是___________。 （3）步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是___________。 （4）三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，反应的化学方程式为___________。 （5）“溶液配制”中，除下列仪器外还需要用到的玻璃仪器有___________(填名称)。 （6）4.91g粗品中草酸根的物质的量为___________。其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高，其原因可能是___________(填序号)。 a．样品未完全干燥 b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多 c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗 d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡 【答案】（1）抑制和水解 （2） ①. 水浴加热 ②. 除去过量的 （3）晶体难溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥 （4） （5）250mL容量瓶、胶头滴管 （6） ①. 0.033mol ②. bc 【解析】 【分析】由题意可知，制备三草酸合铁酸钾的实验过程为硫酸亚铁铵溶液与草酸溶液反应生成二水草酸亚铁沉淀、硫酸铵和硫酸；反应生成的二水草酸亚铁沉淀与草酸钾溶液和过氧化氢溶液在40℃的水浴中加热反应生成三草酸合铁酸钾、氢氧化铁和水，向反应后的溶液中加入草酸溶液，将氢氧化铁完全转化为三草酸合铁酸钾；向冷却后的溶液中加入无水乙醇和饱和硝酸溶液溶液降低三草酸合铁酸钾的溶解度，析出晶体，过滤后用无水乙醇洗涤、抽干得到产品。 【小问1详解】 Fe2+和在水溶液中会发生水解生成Fe(OH)2、NH3·H2O、H+，加入少量稀硫酸的主要目的是提供酸性环境，抑制和水解，从而使 FeC2O4沉淀顺利生成。 【小问2详解】 步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是水浴加热；H2O2在反应中作为氧化剂，但过量H2O2会影响后续反应。加热煮沸可以除去过量的，确保反应体系的纯净。 【小问3详解】 步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是：晶体难溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥。 【小问4详解】 三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，Fe元素化合价下降，则C元素化合价上升生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 【小问5详解】 配制250mL一定物质的量浓度的待测液时，需要使用250mL容量瓶和胶头滴管。 【小问6详解】 用0.06mol·L-1的标准溶液滴定，根据得失电子守恒得到关系式：5～2，则样品中草酸根离子的物质的量为0.022L×0.06mol·L-1×2.5×=0.033mol；其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高， a．样品未完全干燥会导致质量偏高，但不会影响草酸根的物质的量，a不选； b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多，会导致消耗标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，b选； c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗，会导致溶液浓度变小，则消耗标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，c选； d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡，会导致滴定终点的读数偏小，测得消耗标准溶液的体积偏小，则测得草酸根的物质的量偏低，d不选； 故选bc。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $