湖南省沅陵县第一中学2025-2026学年高三上学期第六次周考化学试题

2026届高三上学期第六次周考化学试题 考试时间：50分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O:16 S:32 Fe:56 Mn:55 一、单选题（14*4=56分） 1．下列关于生产、生活中常见化学物质的说法错误的是 A．为延长食品保质期，可使用甲醛溶液浸泡海鲜产品，因其具有强还原性并能杀菌防腐 B．超市售卖的“富锌鸡蛋”中的锌元素，是人体必需的微量元素，参与体内多种酶的合成 C．市售加碘食盐中添加的不是单质碘，而是碘酸钾，因其性质稳定且几乎无毒性 D．维生素C又称抗坏血酸，因其具有较强的还原性，常与富铁食物同食以促进铁元素吸收 2．下列各组物质之间的转化不能全部通过一步反应完成的是 A． B． C． D． 3．已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．标准状况下，中含有个中子 B．富勒烯(C60)中含有个碳原子 C．被还原为转移的电子数为 D．密闭容器中，和催化反应后分子总数为 4．电子工业用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收铜及FeCl3固体的工艺流程如图，下列分析不正确的是 已知：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ A．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ中均有气体产生 B．上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应 C．Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液中加入H2O2溶液，可提高FeCl3产率 D．Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCl3水解 5．下列实验操作、现象和得出的结论正确的是 实验操作 现象 结论 A 取少量Fe(NO3)2溶液于试管中，滴入硫酸酸化的H2O2溶液 溶液由浅绿色变为黄色 氧化性：H2O2>Fe3+ B 取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴10%KSCN溶液 溶液变血红色 KI与FeCl3的反应有一定限度 C 向Na2SiO3溶液中通入CO2气体 有白色沉淀生成 非金属性：C>Si D 两只试管中均加入2mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/LH2C2O4溶液，比较溶液褪色的时间 加入0.2mol/LH2C2O4溶液的褪色时间更短 其它条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大 6．工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的流程如图。下列有关流程中的步骤说法正确的是 A．在实验室模拟步骤①需要使用陶瓷坩埚 B．步骤②中稀硫酸要过量 C．步骤③中存在的反应为： D．步骤④的反应原理可在野外作业中用于焊接钢轨 7．氨磺必利可用于精神分裂症治疗，合成氨磺必利的一种中间体结构简式如图所示。下列关于该中间体的说法错误的是 A．含有5个手性碳原子 B．能发生加成反应、取代反应、氧化反应、还原反应 C．一定条件下1mol该中间体最多消耗3molNaOH D．该中间体具有碱性，且键长最长的键是②处 8．结构决定性质，性质决定用途。对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 键角： O的电负性大于 B 酸性：强于CH3COOH 为吸电子基团，为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同 C 冠醚能加快与环己烯的反应速率 冠醚通过与结合将带入有机相，使反应物充分接触，加快氧化速率 D 熔点： 和的晶体类型不同 9．下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是 A．黑火药爆炸： B．将溶液与过量的溶液混合： C．焦炭还原石英砂制粗硅： D．的检验： 10．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要视角。下列说法不正确的是 A．由单质铁制备磁性氧化铁，可以通过化合反应，也可以通过置换反应来实现 B．向少量FeCl3溶液中滴入足量Na2SO3溶液，溶液逐渐由黄色变为浅绿色，离子方程式为 C．利用铁盐的氧化性，若将腐蚀印刷电路板的反应设计为原电池可加快刻蚀的速率，其中铜棒做负极，FeCl2溶液为离子导体 D．某化学兴趣小组利用图2装置制得的Fe(OH)2可保存较长时间，其具体操作为：先打开弹簧夹K，一段时间后再关闭弹簧夹 11．由化合物K、L和P合成药物中间体Q，转化关系如下图。 已知：生成时，与中均有键断裂。 下列说法不正确的是 A．K不存在顺反异构 B．L的化学式为 C．和的过程中，均涉 及上的加成反应 D．若中的全部原子用标记，生成的的结构简式应为 12．LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中元素位于同一短周期，原子核外的轨道与轨道上的电子数之比为，下列叙述正确的是 A．电负性： B．第一电离能： C．该化合物形成的晶体熔点比晶体高 D．的简单氢化物的沸点： 13．处理某酸浸液(主要含、、、)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B．“碱浸”过程中应加入过量固体，确保沉淀完全 C．“氧化”过程中体系的pH会降低 D．“沉锂”过程利用了的溶解度比大的性质 14．氯在饮用水处理常做杀菌剂，且的杀菌能力比强。时，氯水体系中的、和的分布系数随的关系如图。 已知： ① ②。 下列叙述错误的是 A．M点对应的溶液中约为 B．用氯处理饮用水时，为4左右时的杀菌效果较好 C． D．溶于水中： 二、解答题（44分） 15（21分）．以菱锰矿(主要成分为和少量等)为原料提纯的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．浸出渣C的主要成分为。 ⅱ．常温时，部分物质的如下表所示： 物质 ⅲ．的溶液 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。 (2)写出在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。 (3)用的溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注：锰的回收率 ①“沉锰”反应的离子方程式是 。 ②分析浸出液时，产品中存在的杂质可能是 (填写化学式)。 (4)该流程中可以循环利用的物质有 (填写化学式)。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取产品溶于硫酸和磷酸的混合溶液中，配制成100 mL溶液，取10 mL加入稍过量的溶液，使氧化为。待充分反应后，加热使分解。冷却后用溶液标准液滴定，消耗溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为 。 ②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 16 ( 23分 )．K是合成某药物的中间体，它的一种合成路线如图所示(注明：Et为乙基，Ph为苯基)。 回答下列问题： (1)A的名称是 ，K中官能团的名称为 。 (2)C→D的化学方程式为 。 (3)D→E的反应试剂和条件分别是 ， 、酸化。 (4)用下列有机物替代G，可与F发生相似反应，其他条件相同时，化学反应速率最快的是 (填标号)。提示：只考虑共价键极性，不考虑空间位阻。 a．        b．        c． (5)H、J和K在下列谱图上的信号一定完全相同的是 (填标号)。 a．质谱            b．红外光谱            c．元素分析谱            d．核磁共振氢谱 (6)在K的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不包括立体异构体)，其中含手性碳原子的结构简式为 (写1种即可)。 a．含2个六元环；b．遇FeCl3溶液发生显色反应；c．能发生银镜反应。 第六次周考化学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C C C D A A B C 题号 11 12 13 14 答案 D D C C 1．A 【详解】A．甲醛溶液有毒，禁止用于食品防腐，尽管其具有强还原性和杀菌作用，但使用违法且危害健康，A错误； B．锌是人体必需的微量元素，参与酶合成等生理功能，B正确； C．加碘食盐添加碘酸钾（KIO3）因其稳定且低毒，符合实际应用，C正确； D．维生素C的还原性可促进铁元素吸收，描述符合科学原理，D正确； 故选A。 2．B 【详解】A．钠与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与CaCl2反应生成NaCl，均可一步完成，A不符合题意； B．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4而非Fe2O3，B符合题意； C．镁与Cl2反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与H2SO4反应生成MgSO4，均可一步完成，C不符合题意； D．常温钠与氧气反应生成Na2O，Na2O与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，均可一步完成，D不符合题意； 故答案为B。 3．C 【详解】A．标准状况下，物质的量为1mol，一个N原子中含有7个中子，即标准状况下，中含有个中子，故A错误； B C60分子是由C原子构成，富勒烯(C60)中含有哥C原子，故B错误； C．中Cr为+6价，被还原为转移的电子数为，故C正确； D．密闭容器中， SO2与O2催化反应方程式为：，由于反应可逆，因此和催化反应后分子总数大于，故D错误； 故选C。 4．C 【分析】腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜和酸，加入过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，滤渣中含有铜和铁，加入盐酸后得到铜和含有氯化亚铁溶液2，加入双氧水后得到氯化铁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，加入SOCl2得到氯化铁，以此来解析； 【详解】A．过程Ⅰ中铁与酸反应产生氢气、Ⅱ中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、Ⅲ中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁后，氯化铁可以催化过量的双氧水分解生成氧气、Ⅴ中与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，A正确； B．上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，B正确； C．Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，必须将两次过滤所得溶液合并后再加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁，既可提高氯化铁的纯度，又可提高氯化铁的产率，另外，铁粉过量越多，氯化铁的产率越高，C不正确； D．Ⅴ中用而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，抑制氯化铁水解，D正确； 故选A。 5．C 【详解】A．HNO3、H2O2都能将Fe2+氧化为Fe3+，所以少量Fe(NO3)2溶液与硫酸酸化的H2O2溶液反应，依据溶液由浅绿色变为黄色，不能证明氧化性：H2O2> Fe3+，A不正确； B．向2mL0.1mol/LKI溶液中加入5mL0. 1mol/LFeCl3溶液，充分反应后，FeCl3过量， 则由滴入KSCN后溶液变为血红色，不能证明KI与FeCl3的反应有一定限度，B不正确； C．向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，有白色沉淀生成，则表明酸性H2CO3 > H2SiO3，从而得出非金属性：C>Si，C正确； D．2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据离子反应方程式可得，高锰酸钾和草酸恰好完全反应的物质的量之比为2:5，所以D选项实验中高锰酸钾过量，溶液并不能完全褪色，故D不正确； 故选C。 6．D 【分析】铬铁矿灼烧后水浸过滤，得到的滤渣为氧化铁，滤液中加入适量稀硫酸溶解，得到氢氧化铝沉淀和铬酸钠的溶液，可以加入还原剂还原铬酸钠，调pH以沉淀，得到氢氧化铬沉淀，加热分解获得氧化铬，铝热反应得到单质铬，或者加入酸分解铬酸钠得到重铬酸钠溶液，再电解获得铬，据此解答。 【详解】A．步骤①为铬铁矿与Na2CO3灼烧反应，Na2CO3在高温下会与陶瓷坩埚中的SiO2（酸性氧化物）反应生成Na2SiO3，腐蚀陶瓷坩埚，应使用铁坩埚，A错误； B．步骤②中稀硫酸若过量，会使生成的Al(OH)3沉淀溶解为Al3+，无法通过过滤分离，故硫酸不能过量，B错误； C．步骤③中转化为需酸性条件，但HCl中的Cl-会被酸性条件下的氧化为Cl2，实际应使用H2SO4，反应式应为2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，C错误； D．步骤④为Cr2O3与Al高温反应生成Cr，属于铝热反应，铝热反应放出大量热可使金属熔化，原理与焊接钢轨（Fe2O3+Al）相同，可用于野外焊接，D正确； 答案选D。 7．A 【详解】A．手性碳原子需连有四个不同原子或基团的饱和碳原子，该中间体中，②处饱和碳原子所连四个原子或基团都不相同，故为手性碳原子，含有1个手性碳原子，A错误； B．含苯环，可与氢气发生加成反应、也属还原反应、还可发生取代反应，含氨基，可发生氧化反应，含酰胺基，可发生水解反应，也属于取代反应，B正确； C．1 mol中间体中，1 mol -Cl水解为-OH消耗1 mol NaOH，转化后为1 mol 酚羟基，有弱酸性，又可消耗1 mol NaOH，1 mol酰胺基（-CONH-）水解消耗1 mol NaOH，1mol该中间体最多消耗3 molNaOH，C正确； D．含氨基（-NH2）和叔胺基（），具有碱性，①和③处C-N键因共轭键长较短，②处C-N键键长最长，D正确； 故答案选A。 8．A 【详解】A．键角差异主要由杂化方式不同导致，NH3中为N价层电子对数为，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，键角约为109°，中N价层电子对数为，为sp2杂化，分子构型为正三角形，键角为120°，而非O与H的电负性差异，A错误； B．-CF3的吸电子效应增强羧酸酸性，-CH3的推电子效应减弱酸性，解释正确，B正确； C．冠醚通过结合K+使进入有机相，促进反应，解释合理，C正确； D．AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶体类型不同导致熔点差异，解释正确，D正确； 答案选A。 9．B 【详解】A．黑火药爆炸反应中，KNO3、C与S反应生成K2S、N2、CO2，化学方程式为：，A正确； B．过量的NaOH会使完全转化为，因Mg(OH)2溶度积更小，Mg2+生成Mg(OH)2，离子方程式为：，B错误； C．焦炭高温还原SiO2生成Si和CO，化学方程式为：，C正确； D．Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，离子方程式为：，D正确； 故选B。 10．C 【详解】A．磁性氧化铁为Fe3O4，化合反应：3Fe+2O2Fe3O4；置换反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，均能制备Fe3O4，A正确； B．Fe3+（黄色）具有氧化性，（足量）具有还原性，二者发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+（浅绿色），被氧化为，过量结合H+生成，离子方程式，B正确； C．腐蚀印刷电路板反应为，设计原电池时，Cu失电子作负极，正极需Fe3+得电子，故离子导体应为含Fe3+的FeCl3溶液，C错误； D．打开K，Fe与稀硫酸反应生成H2，排尽装置内空气；关闭K，H2使A中压强增大，将FeSO4溶液压入B中与NaOH反应生成Fe(OH)2，因无O2，可长时间保存，D正确； 故选C。 11．D 【详解】A．K中碳碳双键左侧的碳原子连了两个相同的基团(-CN)，故没有顺反异构，故A正确； B．K的分子式为C5H4N2O，甲醇分子式为CH4O，M的分子式为C4H4N4，根据原子守恒可知L的化学式为，故B正确； C．有-NH2对-CN加成，中，断开N-H键对M中-CN发生加成反应，故C正确； D．由已知：生成时，与中均有键断裂，则Q中-NH2上的N应为15N，故D错误； 答案选D。 12．D 【分析】元素位于同一短周期，原子核外的轨道与轨道上的电子数之比为，要满足此条件，则X一定在第二周期，X为C；Y形成两个共价键，Y为O；Z形成一个共价键，Z为F；M得到1个电子后形成四个共价键，则M为B。 【详解】A．同一周期从左到右元素的电负性递增，M(B)、X(C)、Y(O)、Z(F)的电负性顺序为Z(F)>Y(O)>X(C)>M(B)，A错误； B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA，第二周期第一电离能顺序为Z(F)>Y(O)>X(C)>M(B)，B错误； C．该化合物为离子晶体，阴离子体积大，即离子半径大于Cl-，晶格能小于LiCl，熔点比LiCl低，C错误； D．X(C)、Y(O)、Z(F)的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，虽然HF分子间氢键键能大于H2O分子间氢键的键能，但H2O分子间氢键数目多、沸点最高，HF次之，CH4无分子间氢键、沸点最低，即Y>Z>X，D正确； 故答案选D。 13．C 【分析】酸浸液(主要含、、、)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【详解】A．“沉铜”过程中，Fe与Cu2+发生置换反应，Fe的还原性较强，但Cu2+的氧化性不足以将Fe氧化为Fe3+，正确离子方程式应为Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，A错误； B．“碱浸”目的是沉淀Al3+生成Al(OH)3，若加入过量NaOH，Al(OH)3会与OH-反应生成，导致Al3+无法沉淀完全，B错误； C．“氧化”过程中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+发生强烈的水解反应：，生成，导致体系pH降低，C正确； D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小的性质，D错误； 故选C。 14．C 【分析】图像分析 曲线Ⅰ：随着pH增大，分布系数δ逐渐减小，代表的分布系数随pH的变化。因为pH增大，溶液碱性增强，Cl2与水的反应会向右进行，的浓度降低，分布系数减小。 曲线Ⅱ：在一定pH范围内，分布系数δ先增大后减小，代表HClO的分布系数随pH的变化。当pH较小时，Cl2与水反应生成HClO，HClO分布系数增大；当pH增大到一定程度，HClO会发生电离，HClO的分布系数减小。 曲线Ⅲ：随着pH增大，分布系数δ逐渐增大，代表ClO-的分布系数随pH的变化。pH增大，HClO的电离平衡正向移动，ClO-浓度增大，分布系数增大。 【详解】A．M点pH=1.2，此时δ(Cl2)=δ(HClO)=0.5，即c(Cl2)=c(HClO)。反应②的 =c(H+)·c(Cl-)=10-3.4。c(H+)=10-1.2，故=10-2.2 mol/L，A正确； B．HClO杀菌能力比ClO-强，pH=4时HClO分布系数最大（由图可知，此时Cl2已减少，ClO-未大量生成，HClO为主要成分），杀菌效果好，B正确； C．ClO-水解反应为ClO-+H2O⇌HClO+OH-，。N点pH=7.5时c(HClO)=c(ClO-)，，故=10-6.5≠10-7.5，C错误； D．0.1 mol Cl2含0.2 mol Cl原子，根据物料守恒：2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=0.2 mol，D正确； 故选C。 15．(1) 四 VB (2)防止生成BiOCl等不溶性氯氧铋化合物，影响产品产率 (3)Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O (4) 4.3 c (5)HNO3 (6)BiONO3+NH4VO3=BiVO4+NH4NO3 【分析】由题干流程图可知，向含铋废料(主要成分为Bi2O3、Bi，含少量CuO、Fe2O3和不溶性SiO2)中加入硝酸，将Bi2O3、Bi、CuO、Fe2O3和HNO3反应转化为Bi(NO3)3、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3，SiO2不反应，过滤得到滤渣1即SiO2，滤液1中加入试剂A将Cu2+、Fe3+转化为Cu(OH)2、Fe(OH)3，过滤出滤渣2即Cu(OH)2、Fe(OH)3，向滤液2中加入NH4VO3进行沉钒即得到含有少量BiONO3的BiVO4，向滤饼中加入NH4VO3进行转化得到BiVO4和滤液4，据此分析解题。 【详解】（1）已知V是23号元素，其价层电子排布式为：3d34s2，故钒(V)元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅤB族，故答案为：四；ⅤB； （2）由题干信息可知，BiCl3易水解，生成难溶物BiOCl，“酸浸”步骤若使用盐酸将Bi2O3、Bi转化为BiCl3而发生水解生成难溶物BiOCl，造成Bi的损失，影响产品产率，故“酸浸”步骤使用硝酸而不用盐酸的原因是防止生成BiOCl等不溶性氯氧铋化合物，影响产品产率； （3）“酸浸”步骤中Bi2O3与硝酸反应的方程式为：Bi2O3+6HNO3=2Bi(NO3)3+3H2O，故其离子方程式为：Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O，故答案为：Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O； （4）由分析可知，“调节pH”步骤的目的是将Cu2+、Fe3+完全沉淀，使Cu2+完全沉淀时，溶液中c(OH-)===2×10-10mol/L，此时pOH=-lgc(OH-)=9.7，此时溶液pH=4.3，而使Fe3+完全沉淀时，溶液中c(OH-)===2×10-11mol/L，此时pOH=-lgc(OH-)=10.7，此时溶液pH=3.3，故“调pH”时需将溶液的pH调至4.3~5.0之间，NaOH、Bi2O3、Na2CO3均能消耗H+，提高溶液pH值，为了不引入新的杂质，加入的试剂A最佳选择是Bi2O3，故答案为：4.3；c； （5）由分析可知，“沉钒”步骤中主要反应为：Bi(NO3)3+NH4VO3+H2O=BiVO4+NH4NO3+2HNO3，所得的滤液3经分离后可得NH4NO3和HNO3，其中HNO3可在“酸浸”步骤中循环使用，故答案为：HNO3； （6）由题干信息可知，“沉钒”步骤中得到的滤饼中除BiVO4外，还含有少量BiONO3需进一步转化，“转化”步骤中将BiONO3转化为BiVO4的化学方程式为BiONO3+NH4VO3=BiVO4+NH4NO3。 16．(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (2) (3) (4) (5) 偏大 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。 【详解】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行； （2）MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为： ； （3）①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为： ； ②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3； （4）根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环； （5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055bc g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==； ②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 17．(1)还原，防止可以与形成稳定的配合物，使难以形成沉淀 (2) (3) 是分解的催化剂，降低加入的速度，可以使分解速率减小，可以减少的用量 (4) 若调换顺序，会优先与发生反应，生成的会大量消耗，造成原料浪费； (5)溶液中浓度较大，会与反应，使得逆向移动，导致产量降低 【分析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为：，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为：、等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解1后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有、，提高了溶液体系的pH，使水解以沉淀形式除去，溶液中主要含有、、、，加入“除杂1”中除去，“氧化1”中被氧化为，“除杂2”中加入的与发生氧化还原反应生成而除去，溶液中与农药盐渣中的结合生成。 【详解】（1）据上述分析可知，“除钛”过程加入的铁粉作用之一使水解以沉淀形式除去，其另一个作用是还原，防止可以与形成稳定的配合物，使难以形成沉淀； （2）“除钛”后溶液中主要含有、、、，由、、的可知，更难溶于水，加入与反应生成难溶于水的，故 “除杂1”中除去的是，答案为。 （3）①“氧化1”中被氧化为，发生的离子方程式为，故答案为。 ②氧化生成的是分解的催化剂，降低加入的速度，可以使分解速率减小，可以减少的用量； （4）①“除杂2”中加入的与发生氧化还原反应生成而除去，反应的离子方程式为故答案为。 ②“氧化1”中被氧化为，还原性强于，若调换顺序，“除杂2”中加入的会优先与发生反应，生成的会大量消耗，造成原料浪费； （5）“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中浓度较大，会与结合生成、、，浓度减小，反应逆向移动，不利于析出，导致产量降低。 18．(1) 丙二酸二乙酯 醚键、酮羰基 (2) (3) NaOH、乙醇 加热 (4)a (5)d (6)c (7) 14 (或或等合理答案) 【分析】 A与发生取代反应生成B，B与碱反应再与酸在加热条件反应生在C，由C的分子式可知C为，C与溴发生取代反应生成D，D发生卤代烃的消去反应生成E，E与SOCl2发生取代反应生成F，F与苯酚(G)发生取代反应生成H，H在AlCl3作用下生成J，J在Et3N条件下生成K，据此分析； 【详解】（1） 由A的结构可知，名称是丙二酸二乙酯，K（）中官能团的名称为醚键、酮羰基； （2） C与溴发生取代反应生成D，化学方程式为； （3）D发生卤代烃的消去反应生成E，反应试剂和条件分别是NaOH、乙醇，加热、酸化； （4） 电负性：F>Br>H，中-CF3使羟基极性增大最强，反应速率最快，故选a； （5） J（）有结构中有酚羟基、苯环、可以发生取代，碳碳双键可以发生加成和加聚，不能发生的是消去，故选d； （6）a．H、J和K的相对分子质量不同，质谱不同，a错误； b．H、J和K的官能团、结构不同，红外光谱不同，b错误； c．H、J和K均由C、H、O元素构成，元素分析谱相同，c正确； d．H、J和K中等效氢数目不同，核磁共振氢谱不同，d错误； 故选c； （7） 在K（）的芳香族同分异构体中，a．含2个六元环；b．遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．能发生银镜反应，含有醛基，结构有14种(不包括立体异构体)，，数字为醛基位置，其中含手性碳原子的结构简式为(或或等合理答案)。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $