福建省多校（厦门第一中学、龙岩第一中学等）2026-2027学年高三上学期8月测试 化学试题

保密★启用前 准考证号 姓名 (在此卷上答题无效) 化学试题 2026.8 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H1N17018Na23S32C135.5Fe56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.福建某科研团队合成了新型三方相二维层状四氧化三钴(C0,O),其特有的二维结构有利于 中间体的吸附并抑制钴在酸性环境中溶解，从而大幅提升酸性条件下水电解的催化效果。 下列说法错误的是 A.Co位于元素周期表d区 B.CoO,中Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)个数比为1：2 C.新型C0,O,催化剂存在下，水电解为低温自发过程 D.传统Co,O,催化剂酸性环境中会逐渐损耗 2.4-(顺丁烯酰亚氨基)安替比林()近年来在有机光电材料领域展现出重要的应用潜力。一 种合成Z的反应如下： NH 甲苯，三乙胺 +H,0 下列说法错误的是 A.X分子中碳原子均是sp2杂化 B.Y分子中所有原子共平面 C.Z能发生水解反应、还原反应 D.Br2的CCL4溶液不能用于鉴别X和Z 化学试题第1页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 3.某阳离子含有原子序数依次增大的X、Y、Z、W前四周期元素。X的一种核素没有中子， Y、Z为同周期相邻元素，基态Z原子的p轨道为半充满状态，W形成的单质为紫红色金 属，下列说法正确的是 YX. ZX ZX. A.基态W原子价层电子排布式为3d4s2 B.电负性：X<Z<Y C.氢化物稳定性：Y<Z D.该离子中W(Ⅱ)的配位数为4 4.以结构致密、耐腐蚀的赤铁矿（主要成分为F2O,,含少量Si、A1、Mg等元素的氧化物) 为原料制备磷酸铁(FPO4·2H2O)的新工艺流程如下： 碳HC1-H,P0,H,0, NH,H,O 650℃15min△ 赤铁刊矿一→预处理→酸浸→氧化→沉淀→F©PO,2H,0 滤渣 滤液 下列说法错误的是 A“预处理”目的是部分还原F(Ⅲ)，改变固体结构，提升酸浸速率 B.“滤渣”主要成分为SiO2和Mg(PO4)2 C.“氧化”时生成[FeCl4]-的离子方程式为2Fe2++H2O2+2Ht+8Cl-一2[FeC]-+2HO D.“沉淀”加入氨水不宜过多，防止生成F(OD 5.利用化学方法捕集、转化和封存二氧化碳是实现“碳达峰”和“碳中和”重要途径。下列 有关“双碳”目标涉及的反应及表述正确的是 A.用足量氢氧化钠溶液喷淋捕捉空气中的二氧化碳：CO2十OH一HCO, B.利用饱和碳酸钠溶液吸收工业废气中的二氧化碳：CO}十CO2十H2O一2HCO, C.在碱性介质中将二氧化碳电催化还原为乙烯，阴极电极反应式：2CO十12e+8HO一 CH120H D.利用废气中的CO2模拟侯氏制碱：CO2十2NH十2NaCl+HO一NaCO↓十NHCl 化学试题第2页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 6.利用某分子筛作催化剂，NH可脱除废气中的NO和NO2,生成两种无毒物质，其反应历 程如图所示。设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 2NH, NO, ① ② 2NH, 2H 分子筛催化剂 [NH),NO,)]2” NO ④ [NH)(HNO,)]'+H◆/③ N,+2H,O N2+H,O A.18gNH财中含有s-pσ键的数为4NA B.标准状况下，22.4LNO、NO2混合气体中含有分子数为NA C.7.6gNO、NO2混合气体中含N原子数为02NA D.总反应中生成1molN2时转移的电子数为3NA 7.重铬酸钾K,Cr2O,)是一种重要的化工原料。实验室以氧化铬(Cr2O)为原料制备重铬酸钾的 实验流程如图1，K2Cr2O,与CH;COOK的溶解度随温度变化曲线如图2。 100 500 80 400 60 滋 1300 40 /200矩 KOH H,O 稀醋酸 20 △-CH,COOK 100 8,熔 K,Cx0浸取-酸化 系列 --K,Cr,O 操作 K,Cr2O, 01530456075 温度/℃ 图1 图2 下列操作或说法正确的是 A.“熔融”步骤可在铁坩埚中进行 B.“浸取”时，可加人少量乙醇提高K2CO4的浸取率 C.“酸化”步骤发生反应：2CrO十2H+三Cr2O号十H2O D.“系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥 8.黄色晶体KFe(CN)6·3H2O俗称黄血盐。一种制备KFe(CN)6的反应为：Fe十6HCN+ 2KzCO,一K,[F(C)6]+H2个十2CO2个十2H0。下列有关结构或性质的叙述中，错误的 是 A.0-C-0键角：C02>CO B.HCN中σ键与π键数目之比为1：1 C.KF(C)6的中心离子基态核外有6个未成对电子 D.第一电离能：K<Fe<C<N 化学试题第3页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 9.为探究S02与可溶性盐反应的本质，将S02气体以相同流速分别通人30mL0.1mol·L-1 的BaCl2、BaNO)2溶液中，pH-t图如下所示。 PHA 6 4 一BaCl,溶液（无氧） 3 BaNO,),溶液（无氧） 2 BaCl,溶液（有氧） 04 100 200 300 400500 600t/s SO,气体通入BaCL,溶液（有氧）、BaCl,溶液（无氧） 及Ba(NO,)2溶液（无氧）中的pH-t曲线 下列有关说法正确的是 A.无氧BaCL2溶液pH曲线下降表明无氧BaCl2能与SO2发生反应 B.有氧BaC12溶液中发生反应：2S02十O2+2H20一4H+十2S0? C.无氧Ba(NO,)2溶液pH下降时会产生白色沉淀和红棕色气体 D.该条件下，O2和NO3都能氧化SO2,且O2氧化能力更强 10.某研究团队在催化条件下实现了甲烷到甲醇的高效、高选择性转化，转化机理如图所示， 其中反应I是放热反应，下列说法错误的是 02八Ⅱ H, H202 一CH C02 血 CH,OOH +2H CO V H,O CH,OH +H,O A.反应I正、逆反应的活化能：E。,正<E。逆 B.反应Ⅱ中每消耗1molO2,转移2mole C.反应Ⅲ中有非极性键的断裂和形成 D.反应V中被氧化和被还原的原子数目之比为1：1 化学试题第4页（共8页) CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(16分)碲(T)单质广泛应用于光伏、半导体等领域。一种以碲铜渣(（主要含有 Cu2Te,还含有PbS、SiO2等杂质)为原料制备碲的工艺流程如下。 NaOH NaCIO, 稀H,SO HCI Na,SO, 碲铜渣氧化浸出 沉碲 加热分解 酸溶→还原→Te CuO、PbSO, 滤液1 滤渣 滤液2 已知：①Na2TeO,和H2TeO,微溶于水；②TeO2是两性氧化物，难溶于水。 (1)碲与氧同主族，基态碲原子的价层电子轨道表示式为 (2)“氧化浸出”时Te元素转化为TeO3。一定条件下，碲元素的浸出率与NaCIo,质量 浓度、浸出时间的关系如下图。 85r 90 80 必 65 60 75t 1020304050607080 306090120150180 氯酸钠浓度/(gL) 浸出时间/min ①最佳氯酸钠浓度为 g·L1、浸出时间为 min。 ②Cu2Te发生反应的离子方程式为 ③氯酸钠浓度过大、浸出时间过长，导致碲元素的浸出率降低的可能原因是 (3)常温下，“沉碲”时当溶液中c(TeO3):c(H2TeO)=1:5,溶液的pH= (已 知：常温下，H2Te0,的K1=1.0×10-3、Km=2.0X10-8)。 (4)“酸溶”得到滤渣的主要成分是 。(填化学式) (5)“还原”时发生反应的化学方程式为 (6)碲和锰在一定条件下反应可制得一种新型“交错磁体”材料。该化合物的α一型晶 胞如图所示（晶胞参数a=b≠c)。 OMn ●Tc 2 904900 。y ￥120° ①该物质的化学式为 ②晶胞中与一个Mm紧邻的Te有 个。 化学试题第5页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 12.(15分)硫酸亚铁铵[NH)2Fe(S04)2·6H2O)]又称莫尔盐，易溶于水，难溶于乙醇，在空 气中不易被氧化，是一种重要的基准物质。某课题组利用钛白粉废渣制备硫酸亚铁铵并 测定纯度的过程如下： 钛白粉 蒸馏水、铁粉 精制 硫酸铵饱和溶液 硫酸亚铁 FeSO,溶液 铵晶体 合格产品 废渣 I纯化 Ⅱ结晶 Ⅲ测定 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为FS0,·6H2O,含TiOSO,和少量不溶物。 ②TiOS04+(x+1)H20=TiO2·xH20↓+H2S04。 ③在酸性条件下Fe2+被O2氧化缓慢，而中性或碱性环境中F(O田2极易被O2氧化。 (1)步骤I的实验装置如图： -稀氨水 ①“纯化”过程中常常加入少量铁粉的目的是 ②“纯化”过程中适当加热并充分搅拌一段时间后，向反应 蒸馏水 体系中滴加适量稀氨水。滴加稀氨水的作用是 钛白粉废渣 (2)下列仪器分析方法可用于检验精制FsO,溶液中是否含有Ti 电磁搅拌 加热器 元素的是 。（(填标号)》 AX射线衍射 B.核磁共振氢谱 C.原子发射光谱 D.红外光谱 (3)步骤Ⅱ：取硫酸铵饱和溶液与精制FSO4溶液混合置于蒸发皿中，水浴加热蒸发至 溶液表面出现晶膜（蒸发过程中不用玻璃棒搅拌），取出蒸发皿，自然冷却至室温， 有大量浅绿色晶体析出，经过“一系列操作”获得硫酸亚铁铵产品。 ①蒸发浓缩过程中不用玻璃棒搅拌的原因是 ②在“一系列操作”前，为提高结晶率，可以向母液中加入适量 ③“一系列操作”包含过滤操作，实验中发现滤纸折成“菊花型”和通常采用的 “二折式”相比过滤速率要快很多，可能的原因是 菊花型 二折式 (4)步骤Ⅲ：取10.00g产品配成250.00mL溶液，取25.00mL用酸性高锰酸钾溶液滴定， 重复操作3次，平均消耗0.0200mol·L1的酸性高锰酸钾溶液25.00mL。 ①滴定过程中发生反应的离子方程式为 ②依据滴定数据计算产品的纯度为 _；若滴定前读数正确，滴定终点时，俯 视读数，会导致测得的纯度 。 (填“偏高”或“偏低”) 化学试题第6页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 13.（15分)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认识视角。 氯元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图1。回答下列问题： ↑化合价 脱除效率/% +7 100 +5 b +4 C10, 95 +3 NaCIO, +1 HCIO a 90 C12 ●-S0, ▲NO -1 NaCl 85 氢化物单质氧化物酸 盐物质类别 203040506070温度/℃ 图1 图2 (1)图1中a溶液与CO2生成HClO和一种酸式钠盐，该盐的化学式为 ；将Cl2 通人NaOH溶液中制备a时，若温度控制不当，会生成副产物b。若反应后的溶液中 a和b的物质的量之比为5：2，则消耗的Cl2与生成的CI的物质的量之比为 (2)CO2具有较强氧化性，利用CO2协同氨水法进行脱硫、脱硝净化时，污染性气体脱 除效率变化情况如图2所示，则该应选择的最佳温度为 ℃，脱除过程中产 生的一种可作肥料的副产物化学式为 。(写一种即可) (3)由于CIO2在温度、浓度过高时均易发生分解，因此常将其制备成NaCIo2固体以便 运输和贮存。实验室以适当的流速通入空气，将CIO2吹人H2O2与NaOH的混合溶 液中，并用冰水浴降温，制备NaClo2晶体。 ①当空气流速过慢时，产率会降低，其原因是 ②制备NaCIo2晶体的离子方程式为 (4)六氧化二氯(C2O6)在液态或固态时，会电离为离子化合物“氯酰高氯酸盐”，是一种 极强的氧化剂。 ①从物质结构角度分析气态C2O。结构是图3而非图4的理由是 0 0=C1-0-C1=0 CI-CI=0 图3 图4 ②Cl2O。与足量NaOH溶液反应的化学方程式为 ③液态Cl2O。能将金属金(Au)氧化，生成四高氯酸合金（Ⅲ）配离子[Au(CIO):]-并放 出CO,气体。该反应的化学方程式为 化学试题第7页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 14.(14分)西酞普兰(H)是一种治疗抑郁症的药物，可由下列路线合成（部分反应条件略 去)。 i)F- KMgB,THr HO CHO NaBH, ii)H,O BF(CH,CH,),O HO MnO; OHC、 NaH,THF 0 OH 已知：R,一C一R i)RMgX i)H,0* →R,-C-R2 (1)A的名称为 (2)B可由反应F-Br品PMeB:制得，从化学键角度解释产物不是 FMg Br的原因 (3)C的结构简式为 (4)D中含氧官能团的名称为 (5)下列说法错误的是 (填标号) a.D分子间不存在氢键 b.E能发生消去反应 c.E→F的反应类型是氧化反应 d.H中含有1个手性碳原子 (6)F→G先后经历加成和消去的反应过程，加成反应的化学方程式为 (7)I是E的同分异构体，同时满足下列条件I的结构简式为 ①含有两个苯环 ②能与NaHCO,溶液反应生成CO2 ③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为4：4：2：2：1 化学试题第8页（共8页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP化学试题参考答案与评分参考 一、 选择题（共40分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 10 答案 C A D B C D A D C 二、非选择题（共60分） 11.（16分) 5s 5p (1)和4幻(2分) (2)①60（1分)90(1分) ②3C2Te+60H+4C1O3=3TeO号+6CuO+4C1+3H0(2分，反应物质 写错没分；方程式写对，没配平给1分，下同) ③碲元素会被进一步氧化为微溶于水的Na2TeO4,覆盖在碲铜渣表面， 阻碍反应的进行。(2分，答出“生成微溶于水的Na2TeO4”即可得分) (3)5(2分) (4)SiO2（1分) (5)TeCl4+2NaSO计2HO=Te+2NaSO4+4HC1(2分) (6)①MnTe(1分)②6(2分) 12.(15分) (1)①防止Fe+被氧化(1分) ②消耗HSO4,提高水解效率，提升Ti的去除效率(2分，答“促进 水解”“水解平衡正移”“促进其与水反应”即可得分) (2)C(1分) (3)①不搅拌是为了避免破坏晶核，有利于形成较大、均匀的晶体（答“引 入晶种”“防止生成F+”“避免晶体附着损失”亦可)(2分) ②乙醇(1分) ③“菊花型”可增加溶液与滤纸的接触面积，从而提升过滤效率(2分， 答“孔隙增多”亦可) (4)①MnO4+5Fe2+8H+一Mn2+5Fe3+4HO(2分) ②98%（2分) 偏低(2分) 化学试题参考答案与评分参考第1页（共2页） 13.(15分) (1)NaHC03(1分)11：15(2分) (2)40(答50或40~50间的任意温度均可分)NH4C1或(NH4)2S04或NH4NO31 (1分) (3)①空气流速过慢时，CIO2浓度过高导致分解(2分，答“空气可稀释 C1O,”等合理答案亦可) ②2C10+H03+2Na+20H冰水爸2NaC102l+0+2H0(冰水浴条 件不扣分，沉淀符号不写，扣1分，共2分) (4)①氯原子半径较大，且在强吸电子作用下带正电性，导致两个氯原子 间斥力大，轨道重叠程度小，因此C1一C1键能低，易断裂(2分，答 “氧原子距离近，孤电子对之间斥力大”亦可) ②ClO6+2NaOH=NaC1o3+NaC1o4+HO(2分) ③4C1O6+Au一[C1O][Au(C1O4)4]+3C1O2↑(2分) 14.(14分) (1)2,4-二甲基苯甲醛（2分) (2)C一F键键长更短、键能更大不容易断裂，故产物不是FMg〈一B: (2分，答“C一Br键键长更长，键能小，易断裂”亦可) OH (3) (2分) (4)羧基、（酮）羰基(2分) (5)ab（2分，少选得1分，错选不得分) 6) FNH-OH CHCHN OHC HO 分，写 F+NHOH一定条件 HO OH CH,COOH (7) (写出1个即可得2分) COOH 化学试题参考答案与评分参考第2页（共2页）化学试题解析 1.答案：C 解析：水电解是非自发过程。 2.答案：A 解析：X分子中碳原子既有即也有即3杂化 3.答案：D 解析：结合题目可推知，X、Y、Z、W分别为H、C、N、Cu。A选项，电负性：H<C<N,A 错误。B选项，题目未表明为简单气态氢化物，不可比较稳定性，B错误。C选项，C1元素位于元 素周期表的ds区，C错误。D选项，由结构可知，该离子中Cu+的配位数为4，正确。 4.答案：B 解析：酸性条件下，磷酸镁会溶解，无法形成沉淀，故滤渣主要成分为SO2。 5.答案：C 解析：A氢氧化钠溶液足量时，二氧化碳与氢氧根反应应生成正盐碳酸根和水，正确的离子方程 式应为：C02+2OH=CO+H2O。B在饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳，生成的碳酸 氢钠由于溶解度相对较小，且反应消耗了水，会导致碳酸氢钠结晶析出。2Na++CO?+CO2+ H2O=2 NaHCO3)。C在碱性电解池中，二氧化碳在阴极被还原为乙烯(C2H4),其电极反 应式书写为：2C02+12e+8H20=C2H4+12OH;D侯氏制碱法获得产物是NaHC03和 NH4Cl。 6答案：D 解析：A.NH中4个N-H键为s-sp3杂化，A错误；B.标准状况下，NO2为液态，不能用 气体摩尔体积计算物质的量，B错误；C.标况下NO2非气态二聚为液态NO4,C错误；D.由 图示过程可得总反应的化学方程式为2NH3+NO+NO2=2N2+3H0,反应生成2olN2转移电 子的物质的量为6ol,则生成1molN2转移电子的物质的量为3mol,转移电子数为3N4,D 正确。 7.答案：A 解析：A.熔融时，三种物质均不与铁反应（碱性条件下，对F的腐蚀非常微弱，可以忽略）， 铁坩埚是该实验的通用选择，A正确；B.“浸取”时，加入乙醇会与KCO4反应，降低了 KCO4的浸取率，B错误；C.“酸化”时，所用的酸为弱酸，故Co}转化为CO号发生反应： 化学试题解析第1页（共6页) 2CrO+2CH,COOH、=Cr,O号+H,O+2CH,COO°，C错误：D.由已知K2CrO,、CH,COOK的溶 解度可知，提纯KCO7可通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误。 8.答案：C 解析：A选项，C02键角为180°，C032键角为120°，所以键角：C02>C032,A正确。B选 项，HCN中C、N间为三键，C为sp杂化，B正确。C选项，Fe+价电子排布图为 4↑↑tt,未成对电子个数是4，C错误。D选项，同周期从左到右第一电离能呈 增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，所以涉及的元素的第一电离能：K<F<C< N,D正确。 9.答案：D 解析：根据图像变化显示虽然无氧BaCI溶液pH下降，也有可能是SO2溶于水生成HSO3电 离引起，故无法证明一定发生反应生成BaSO3,A选项错误：有氧BaCl2溶液中发生反应： 2SO+O2+2HO+Ba2+一4Ht+BaSO4+SO4,B选项错误；无氧BaNO)2溶液pH下降时会产 生白色沉淀(BaSO4),同时应该生成NO无色气体，C选项错误；对比图中有氧BaCl和无氧 BaNO)2可以发现含氧的图像pH下降更快，所以D正确。 10.答案：选C。 解析：A选项，由题目可知反应I为放热反应，则正、逆反应的活化能为Ea正<E逆，A正确。B 选项，反应总方程式为：H+0,催化剂H0,每消耗1m010,转移2m0lc,B正确。C选 项，H02的结构式为H一O一0一H,CH30OH的结构式为H-C-0-0-H,反应Ⅲ中O、O间的 非极性键未断裂，C错误。D选项，反应V方程式为CH3OOH+2H*一CH3OH+H2O,被氧化的 原子是H,化合价从0升至+1价，被还原的原子是0，化合价从-1价降至-2价，被氧化和被 还原的原子数目之比为1：1，D正确。 11.(16分) 5s 5p 出↑幻(2分) (2)①60(1分)90(1分) ②3CuTe+6OH+4ClO3=3Te03+6Cu0+4CI+3H0(2分，反应物质写错没分；方程式 写对，没配平给1分，下同) ③碲元素会被进一步氧化为微溶于水的TeO4,覆盖在碲铜渣表面，阻碍反应的进行。 (2分，答出“生成微溶于水的Na2TeO4”即可得分) 化学试题解析第2页（共6页) (3)5(2分) (4)Si02(1分) (5)TeCl4+2Na2SO3+2H2O-Tel+2Na2SO4+4HCI (2) (6)①MnTe(1分) ②6(2分) 解析：(1)碲元素位于第五周期第VLA族，价电子排布式为5s25p4,故对应的轨道表示式为 5s (2)①由图可知，碲元素的浸出率随NaCI1o3质量浓度增大、浸出时间延长先增大后减小，最 佳的氯酸钠的质量浓度为60gL1、浸出时间为90min。②“氧化浸出”时Te元素转化为TeO、 Cu元素转化为CuO,ClO;作氧化剂转化为C1,根据电子得失守恒和元素守恒可得Cu2Te发生反应 的离子方程式为3C12Te+6OH+4ClO=3TeO}+6CuO+4C1+3H0。③由己知信息可知，NaTe04微溶 于水，氯酸钠质量浓度过大、浸出时间过长，碲元素会被进一步氧化为Na2TeO4,覆盖在碲铜渣表 面，阻碍反应的进行。 (3)HTe03的K1×K)xcTe0,带入数据可得cH=1×10molL,即溶液的pH=5。 c(H,TeO) (4)杂质SiO2经过“氧化浸出”转化为Na2SiO3,“沉碲”后转化为HSO3沉淀，“加热分 解”后又生成SiO2,它不与HC1反应而与Te02“酸溶”后得到的TeC4分离。 (5)“还原”时TeCl4转化为Te、NaSO3转化为NaSO4,根据电子得失守恒和元素守恒可得 化学方程式为TeC4+2NaSO3+2H0Te+2NaSO4+4HCl。 (6)①由晶胞图可知Te原子位于晶胞内部，数目为2。根据均摊法，可推知Mn原子的数目为 24 4+4上+2x上2；2，故化学式为MTe。②由晶胞图可知Te原子的配位数为6，根据化学团 6 6 可进一步推知M原子的配位数也为6，即晶胞中与一个Mn紧邻的Te有6个。 12.(15分) (1)①防止F2+被氧化(1分) ②消耗HSO4,提高水解效率，提升Ti的去除效率(2分，答“促进水解”“水解平衡正 移”“促进其与水反应”即可得分) (2)C(1分) (3)①不搅拌是为了避免破坏晶核，有利于形成较大、均匀的晶体（答“引入晶种”“防止生 成+”“避免晶体附着损失”亦可)(2分) ②乙醇(1分) ③“菊花型”可增加溶液与滤纸的接触面积，从而提升过滤效率(2分，答“孔隙增多” 亦可) (4)①MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H20(2分) 化学试题解析第3页（共6页） ②98%(2分)偏低(2分) 解析：(1)加热：Tioso4(硫酸氧钛)的水解反应是吸热反应（生成HTiO:或TiO2xHO沉淀)， 加热能促进水解平衡正向移动，使钛元素以沉淀形式除去。搅拌：使废渣粉末与酸液充分接触，加 快反应速率，同时使水解产生的沉淀悬浮均匀，避免局部浓度过高。 生成的HSO4会抑制水解（生成物之一），加入稀氨水能中和H+,降低H浓度，使水解平衡正 向移动，使钛离子沉淀更完全。但需注意：氨水不能过量，否则会生成F(OD2沉淀（因后续要保留 Fe+),且F(OHD2易被氧化。 (2)原子发射光谱(AES):利用待测元素受激发后发射特征谱线进行定性或定量分析，适合金 属元素（如T)的痕量检测。AX射线衍射：主要揭示物质的物相结构、对晶体进行结构解析。B核 磁共振氢谱：测氢原子环境，用于有机结构分析。D红外光谱：检测化学键和官能团，不适合溶液 中的元素检测。故选C。 (3)水浴加热：提供均匀、温和的热源，防止局部温度过高导致F+被氧化或溶液暴沸飞溅， 同时避免水分蒸发过快，使晶体析出过快而细小，影响晶体质量。 不用玻璃棒搅拌：在蒸发浓缩结晶时，搅拌会破坏晶核的形成和生长，导致生成细小的晶体粉 末，而不是大的、易过滤洗涤的晶体。本题是“制备晶种”，需要晶形完整，所以静置生长。同时也 可防止Fe+生成Fe3+,避免晶体析出时附着玻璃棒造成损失。 硫酸亚铁铵易溶于水，难溶于乙醇，向母液中加入乙醇洗涤可减少硫酸亚铁铵溶解度，提升结 晶效率。但是不能加入过多。 (4)①注意反应物、生成物书写正确，配平无误，电荷和原子守恒。 ②纯度计算： 已知：产品质量10.00g→配成250.00mL,取25.00mL(即1/10)。 消耗Mn04:浓度c=0.0200mol/L,体积25.00mL=0.02500L。 反应关系：1 nol Mno4~5 nol Fe2+ Mn04)）=0.0200×0.02500=5.00×104mol Fe2+)在25.00mL中=5×5.00×104=2.50×103mol 那么250.00mL中总nFe2+)=2.50×103×10=2.50×10-2mol 硫酸亚铁铵的摩尔质量：个NH4)2SO4FeS046H0=392g/mol 产品中有效成分质量=2.50×102×392=9.80g 纯度=(9.80/10.00)×100%=98.0% 误差分析（俯视读数）： 化学试题解析第4页（共6页) 滴定管读数时，俯视会导致读数偏小（视线从上往下，看到的液面刻度低于实际）。因为滴定前 读数正确，终点读数偏小→计算出的消耗体积(V终-V初)偏小。 则计算得到的nMnO4)偏小→ne)偏小→产品质量偏小→纯度偏低.所以“偏低”正 确。 13.(15分) (1)NaHC03(1分)11：15(2分) (2)40(答4050间的温度均可分)NH4C1[或(NH4)2S04或NH4NO3](1分) (3)①空气流速过慢时，C1O2浓度过高导致分解(2分，答“空气可稀释CIO2”等合理答案 亦可) ②2CIO+H02+2Na*+20r冰水浴 2 NaC1o2l+O2+2H20(条件不扣分，沉淀符号不写 扣1分，共2分) (4)①氯原子半径较大，且在强吸电子作用下带正电性，导致两个氯原子间斥力大，轨道重叠 程度小，因此C1一C1键能低，易断裂(2分，答“氧原子距离近，孤电子对之间斥力大” 亦可) ②Cl06+2NaOH-NaClo3+NaCIO4.+H0(2分) ③4ClO6+Au=[C1O]'[Au(CIO4)4]+3C1O↑(2分) 解析：(4)根据①中分子结构信息，C2O6是氯酸(HC1O3)和高氯酸(HC1O4)的混合酸酐 与碱反应生成对应的盐和水；又根据题干信息，A山从0价升至+3价，生成四高氯酸合金()配离 子[Au(ClO4)4]并放出ClO2气体，那么此时缺少阳离子，再结合①中O-C1-0- o当电离出ClO4 时，剩余离子为ClO,故方程式为4Cl06+Au=[CI0][Au(Cl04)4]厂+3C102T。 14.(14分) (1)2,4-二甲基苯甲醛(2分) (2)C一F键键长更短、键能更大不容易断裂，故产物不是FMg (2分，答“C-Br键键长更长，键能小，易断裂”亦可) OH (3) (2分) (4)羧基、（酮）羰基(2分) (5)ab(2分，少选得1分，错选不得分) 化学试题解析第5页（共6页） (2分，写 亦可) HO OH CH,COOH 写出1个即可得2分) COOH 解析：(1)根据A的结构简式可知其名称为2,4-二甲基苯甲醛。 (2)因为C一F键键长短，键能更大不容易断裂，故在制备格氏试剂时产物不是Mg Br OH (3)根据已知信息可推知，C的结构简式为 (4)根据D的结构简式可知其含氧官能团的名称为羧基、（酮）羰基。(5)D中含有羧基， 故可以形成分子间氢键，正确：E中的羟基相邻碳原子上没有氢原子，F原子与苯环直接相连，故 均不能发生消去反应，b错误；E→F将羟基转化为醛基，故反应类型是氧化反应，c正确：H中只有 两个苯环中间的碳原子连接四个不相同的原子或原子团，属于手性碳原子，d正确。 (6)F中醛基的π断裂，NHOH中氨基的N一H键断裂，两种基团先发生加成反应生成 F, 再发生消去反应依次生成 (醛肟)、 HO (腈)。 (7)能与NHCO3溶液反应生成CO2,说明分子中含有羧基，再根据含有两个苯环且有五种氢 CH,F CH.COOH 原子，数目之比为4：4：2：2：1可写出同分异构体的结构简式为人 化学试题解析第6页（共6页）