云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试卷

这是一份云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。
本试卷共 8 页，共 18 小题，满分 100 分。考试用时 75 分钟。
本试卷可能用到的相对分子质量：H-1O-16Na-23N-14
一、选择题:本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 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。
1．93 阅兵中，打击范围覆盖全球的“DF—5C”液体洲际战略核导弹震撼亮相。下列关于
“DF—5C”涉及的化学知识说法错误的是
“DF—5C”采用二级液体燃料火箭发动机，其燃料偏二甲肼 C2H8N2 与 N2O4 反应时，偏二甲肼作还原剂
导弹的贮箱采用高强度铝铜合金，该合金的熔点比纯铝和纯铜低
导弹可携带多个分导核弹头，制造弹头的材料中涉及一些放射性元素，这些元素发生的核反应属于化学变化
选项
劳动项目
化学知识
A
家务劳动：食醋清除水壶中的少量水垢
醋酸的酸性比碳酸强
B
农业生产：石膏改良盐碱土壤
硫酸钙显酸性
C
水厂帮工：用 Na2S 除去废水中 Cu2+和 Hg2+
Na2S 具有还原性
D
船厂研学：轮船船体镶嵌镁合金
主要是镁有导电性
导弹中的部分耐高温部件使用了碳化硅陶瓷，是新型无机非金属材料， 2．劳动是“知行合一”有力的手段。下列劳动项目与所述化学知识存在关联的是
下列物质分类的组合中完全正确的是
下列化学用语或图示错误的是
基态 Ga 的简化电子排布式：[Ar]4s24p1
Mg3N2 的电子式： C．F2 分子的σ键电子云轮廓图： D．PCl3 的 VSEPR 模型：
汽车的安全气囊的主要成分为 NaN3 ，汽车受到撞击 NaN3 迅速分解得到钠和氮气。设 NA
为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．4.6 g Na 在空气中微热充分反应，转移电子数为0.2NA
选项
混合物
化合物
单质
盐
强电解质
A
硫酸
NaOH
白磷
NaCl
冰醋酸
B
橄榄油
CH3COOH
C60
Cu2(OH)2CO3
BaSO4
C
氢氧化铁胶体
澄清石灰水
铁
石灰石
Al2O3
D
漂白粉
CuSO4•5H2O
水银
CaO
熔融 NaCl
B．撞击时 2 ml
NaN3 分解，生成的氧化产物为 3 ml
C．常温常压下，11.2 L
N2 中σ键与π键的数目比为1: 2
D．1 ml
N2 和 3 ml
H2 充分反应，所得化合物中原子总数为8NA
如图所示是一种叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是 A．该叶绿素所有碳原子可以在同一平面
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子，将其与氢氧化钠溶液混合可产生白色沉淀 C．该叶绿素是电中性配合物，其配位数为 4 D．该叶绿素属于超分子
下列离子方程式书写正确的是
用NaOH 溶液吸收NO ： OH- +NO =NO- +H O
2222
32234
乙酰胺在盐酸溶液中加热发生水解反应： CH CONH +H O Δ CH COO- +NH+
水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：
电解
电解饱和氯化镁溶液的总反应： Mg2+ +2Cl- +2H O 
Mg(OH)  +H
 +Cl 
2222
2
金属钌(Ru)被广泛用于制笔行业。某实验小组以某钌废料[主要成分是Ru CO3  ，还含有RuO4 (其中Ru 为8 价)、FeO 和SiO2 等]为原料制备Ru 的流程如图：
已知：“除杂”中氯元素被还原成最低价态， NaClO3 只氧化Fe2 。下列说法正确的是
“滤渣”的主要成分是H2SiO3
“酸浸”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2 :1
SO2 、ClO 、SO2 的空间结构相同
334
已知“除杂”中氯元素被还原成最低价态，若只氧化Fe2 ，生成
62
3 ml Na2Fe4 SO4  OH 理论上需要2 ml NaClO 3
W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态 Z 原子 s 轨道电子数与 p 轨道电子数之比为 3：4，由上述四种元素形成的一种化合物 M 的结构如图所示。下列说法正确的是
A．W、X、Y 的简单离子的半径： Y  X  W
B．X、Y、Z 分别与 W 形成的化合物的晶体类型相同
C．同周期第一电离能比 Y 大的元素有 5 种
D．简单氢化物的稳定性： W  Z
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
能发生加成反应、取代反应、氧化反应、还原反应 B．与足量氢气加成后的产物中含有 5 个手性碳原子
一定条件下 1 ml 该中间体最多与 3 ml
H2 发生加成反应
该中间体具有碱性，且①、②、③处的 C-N 键长相等
如图所示实验装置及描述正确的是
二茂铁易升华，可用图甲所示装置进行提纯B．可用图乙所示装置制银氨溶液 C．利用图丙可验证FeCl3 与KI 的反应是可逆反应D．利用图丁可测定醋酸的浓度
A．a 膜是阳离子交换膜
B．阳极电极反应式：
每转移 2mle-，需消耗 44.8LCO2（标准状况下）
催化剂纳米片的作用是加快反应速率
将生物质高值化与 CO2 催化转化反应电化学耦合的工作原理如下图所示（双极膜可将水解离为 H+和 OH-，并分别通过阳膜或阴膜，实现其定向通过）。下列说法错误的是
广泛应用于相控阵雷达半导体材料氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓晶胞相互转化关系如图。已知立方氮化镓的晶胞参数为 a pm。下列说法正确的是
六方氮化镓中 Ga 和 N 的配位数均为 4
3 1 11 1
立方氮化镓中若 B 原子坐标为( , , ) ，则 A 原子坐标为(0, , )
4 4 42 2
立方氮化镓中 Ga 和 N 的最小核间距为 1 a pm
2
六方氮化镓和立方氮化镓的化学式均为 Ga6N6
2 42 4
常温下，肼( N H )是二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。向10.00 mL 0.01 ml L1N H
的水溶液中逐滴滴加0.005ml L1 的稀硫酸，溶液中含氮微粒的分布分数
c N2H4   
c N H   c N H
N2 H4    c N H2  与溶液pOH pOH  lgc OH  的关系如图所示。
2 42 5  2 6  
下列说法不正确的是
2 5
N H 中含有极性键、非极性键、配位键
2
 N2 H5  SO4 溶液中的离子浓度大小顺序为
2 542 4
c N H   c SO2   c N H   c H   c OH 
N H  N H2  2N H 的平衡常数为8.88
2 42 62 510
当加入 10.00 mL 稀硫酸时，溶液中： 2c SO2   c N H   c  N H   c N H2 
42 52 42 6
二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。
15、（15 分）中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。
3
磁流体材料是电子材料的新秀，一定条件下，将FeSO4 和Fe2 SO4  的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的 NaOH 溶液，得到分散质粒子大小在36  55nm 的黑色Fe3O4 磁流体。
①所得的磁流体分散系可以用来鉴别。
3 4
②将n Fe3 / n Fe2   2 :1 混合时，理论上制得的纳米Fe O 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Fe O 的反应为3Fe2  2S O2  O  xOH  Fe O  S O2  2H O ，当
3 42 323 44 62
4mlFe2 被氧化时有mlO2 被还原。
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0.4mlNH3 ，最终生成O2 L(标准状况下)。
334
工业废水中氮的主要存在形态是NO、NH 、NH ，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。
3
①还原法：控制其他条件相同，去除pH  1的某含氮废水(废水中总氮 10mgL-1 中的NO ，图 1 为只加过量Na2SO3 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Fe粉与Na2SO3 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20  60min 内发生主要反应的离子方程式为。
②氧化法：利用 NaClO 将水体中氨氮氧化为N2 。研究发现，控制其他条件相同，当废水pH为1.25  2.75 范围内，氨氮去除率随pH 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 NH4Cl 。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是。
从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na 2CO3 、 NH4Cl和氨水
沉淀池中反应的化学方程式： 2NH3  CO2  2NaCl  H2O  2NH4Cl  Na 2CO3
NH4Cl 固体从母液中析出时需控制温度在 0～10℃
循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染
(5)工业上一般利用闪锌矿(主要成分是 ZnS)为原料制备 Zn。ZnS 晶胞结构如图，该晶胞若沿体对角线投影，则 Zn2+的投影图为(填选项)。
B．C．D．
16、（14 分）十二钨硅酸(H4[SiW12O40]·nH2O)在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体方法如下(装置如下图 1，夹持装置省略)：
将适量 Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O 加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；
持续搅拌下加热混合物至沸腾，缓慢滴加浓盐酸至 pH 为 2，反应 30 分钟，冷却；
冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；
将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。
已知：①制备过程中反应体系 pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚沸点为 34.6℃、易燃，有毒，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
仪器 a 的名称 ，三颈烧瓶中加入搅拌子，除搅拌使反应更充分外，还兼有
作用。
写出步骤Ⅱ中生成 H4[SiW12O40]的化学方程式：。
步骤Ⅲ不能用乙醇替代乙醚作萃取剂的主要原因是；该步骤应在下列
(填选项)条件下进行操作。
B．C．
步骤Ⅳ中抽滤的装置如图，安全瓶的作用是。抽滤洗涤后，判断沉淀是否洗涤干净的具体操作是。
结晶水测定：采用热重分析法测结晶水的含量，若样品潮湿，会导致 n 的值(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
17、（14 分）2．乙醇作为基础化工原料，在有机合成中应用广泛。
在镍基催化剂作用下，乙醇直接脱氢制备乙酸乙酯是一种绿色乙酸乙酯合成路线。
①基态 Ni 原子价层电子的轨道表示式：。
f m
②已知标准摩尔生成焓( Δ Hθ )是指压强为 100 kPa、一定温度下，由稳定的单质生成 1 ml
该物质的焓变。2CH3CH2OHg  CH3COOCH2CH3 g  2H2 g ΔH  26 kJ·ml-1.
根据上表数据计算 a=。
③ Δ Hθ CH CH OH 1 -234.8 kJ·ml-1(填“＜”“＞”或“＝”)。
f m 32
某温度下，在某恒容密闭容器中进行如下反应：
2CH3CH2OHg  CH3COOCH2CH3 g  2H2 g ，若增大CH3CH2OH 的起始浓度，
CH3CH2 OH的平衡转化率(填“增大”“减小”或“不变”)。
反应2CH3CH2OHg  CH3COOCH2CH3 g+2H2 g 的lgk 与温度的关系如图所示。已
物质
CH3CH2OHg
CH3COOCH2CH3 g
H2 g
ΔfH /kJml-1
m
-234.8
a
0
知该反应的速率方程为v  k c2 CH CH OH ， v  k c CH COOCH CH  c2 H ( k 、
正正32逆逆32312正
k逆 为速率常数，大小与温度有关)。
代表k正 曲线的是(填“M”或“N”)。
氢能是一种重要的绿色能源，利用乙醇与水催化重整制氢时，发生以下反应：
反应ⅰ： CH3CH2OHg  H2Og  2COg  4H2 g ΔH  255.8 kJ·ml-1
反应ⅱ： COg  H2Og  CO2 g  H2 g ΔH  41.6 kJ·ml-1
一定压强下，将 1 ml CH3CH2OHg 和 3 ml H2Og 通入某密闭容器发生反应ⅰ和ⅱ，测
得平衡时乙醇的转化率、CO2 和 CO 的选择性随温度(从左到右温度逐渐升高)的变化曲线如
2
下图所示。已知：CO
的选择性
n生成 CO2 

n生成
CO2   n生成 CO 
c CO
2
①随着温度升高，平衡体系中 c CO 
(填“减小”“不变”或“增大”)。
② T0 时，反应ⅱ的平衡常数 Kx  [列出计算式即可，反应
x C x D
cd
aAg+bBg  cCg+dDg 的物质的量分数平衡常数 Kx  xa A xb B ，其中x A 、
x B 、 x C 、 x D 为各组分的物质的量分数]。
18、（15 分）三氯苯达唑是目前世界卫生组织推荐的唯一片形吸虫病药物，其合成路线如下，回答下列问题：
A 的系统命名为。
B 中含氧官能团的名称为。
D 的结构简式为。
B→C 反应的化学方程式为。
F→G 反应过程中，加入 KOH 的作用是。
下列说法正确的是(填序号)。
三氯苯达唑中碳原子均为sp2 杂化B．E→F 属于取代反应 C．C 可以形成分子内氢键
D 的某同系物I，相对分子质量比 D 大 28。满足下列条件的 I 的同分异构体有种。
（不考虑立体异构）
①遇FeCl3 溶液显色；
②两个氯原子不直接连在苯环上。
其中，核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积比为1：2：2：3 的物质的结构简式为。
《2025-2026 学年度高中化学期中考试卷》参考答案
1．C
【详解】A．偏二甲肼在反应中被氧化，作为还原剂，A 正确；
合金的熔点通常低于其成分金属，铝铜合金熔点比纯铝、铜低，B 正确； C．放射性元素的核反应涉及原子核变化，属于物理变化而非化学变化，C 错误； D．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D 正确；
故选 C。 2．A
2
2
【详解】A．水壶中的水垢主要成分为CaCO3 和 Mg OH  ，同时醋酸的酸性大于碳酸的酸性，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，也能与 Mg OH  中和，所以食醋清除水壶中的少量水垢，A 正确；
B．石膏能改良盐碱土壤，是因为硫酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，而本身硫
酸钙显中性，不显酸性，B 错误；
C．用 Na2S除去废水中Cu2 和 Hg 2 是因为发生反应Cu2  S2  CuS  和 Hg 2  S2  HgS  ，不是因为 Na2S的还原性，C 错误；
D．轮船船体镶嵌镁合金是利用 Mg 比 Fe 活泼，发生腐蚀时先消耗 Mg 起到保护铁的作用，
属于电化学防金属腐蚀中的牺牲阳极法，不是镁有导电性，D 错误；故答案为：A。
3．B
【详解】A．硫酸是纯净物，不是混合物；冰醋酸是弱电解质，A 错误；
B．橄榄油为混合物，CH3COOH 是化合物，C60 是单质，Cu2(OH)2CO3 是盐，BaSO4 是强电解质，B 正确；
C．澄清石灰水是混合物，不是化合物，石灰石是混合物，C 错误；
D．CaO 是氧化物，不属于盐，D 错误；故选 B。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
A
D
C
D
D
A
D
题号
11
12
13
14
答案
A
C
A
B
4．A
【详解】A．Ga 为 31 号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1，简化电子排布式需包含 3d10， A 错误；
B．Mg3N2 为离子化合物，由 Mg2+和 N3-构成，N3-最外层 8 电子稳定结构，电子式为
，B 正确；
C．F2 分子中 F 原子通过 p 轨道“头碰头”重叠形成σ键，σ键电子云轮廓图呈轴对称，图示符合σ键特征，C 正确；
D．PCl3 中 P 的价层电子对数为 4（3 个成键对+1 个孤电子对），VSEPR 模型为四面体，图示为四面体结构，D 正确；
故选 A。 5．D
【详解】A．钠的摩尔质量为 23 g/ml，4.6 g Na 为 0.2 ml。无论生成Na2 O 还是Na 2O2 ，每个Na 原子均失去 1 个电子，故转移电子数为0.2NA ，A 正确；
B．撞击时， NaN3 分解生成N2 （氧化产物），2 ml NaN3 可生成 3 ml N2 ，B 正确；
C．每个N2 分子含 1 个σ键和 2 个π键，比例固定为 1:2，与气体体积无关，C 正确；
D．合成氨反应（ 3H2 +N2
高温、高压

催化剂
2NH3 ）为可逆反应，无法完全转化，生成的 NH3 少于 2 ml，
化合物中原子总数小于8NA ，D 错误；故答案为：D。
6．C
【详解】A．叶绿素分子中存在多个 sp3 杂化的碳原子，sp3 杂化碳为四面体结构，与其相连的原子不可能共平面，因此所有碳原子不可能在同一平面，A 错误；
B．叶绿素是配合物，中心离子为 Mg2+，但 Mg2+与卟啉环中的四个 N 原子形成稳定的配位键，不易解离，与 NaOH 溶液混合时，Mg2+不会游离出来与 OH⁻结合生成 Mg(OH)2 白色沉淀，B 错误；
C．叶绿素中中心离子 Mg2+与 4 个 N 原子配位，配位数为 4；分子中卟啉环为带两个负电荷的配体，其他基团也呈电中性，整体为电中性配合物，C 正确；
D．超分子是由多个分子通过分子间作用力形成的聚集体，而叶绿素是单一分子，其内部原
子通过共价键结合，不属于超分子，D 错误；答案选 C。
7．D
【详解】A． NaOH 溶液吸收NO2 生成NaNO3 和NaNO2 ，正确离子方程式为
2232
2OH- +2NO =NO- +NO-  H O ，A 错误；
B．乙酰胺在盐酸酸性条件下水解，生成乙酸和NH4Cl ，正确离子方程式为
32234
CH CONH +H O+H  ΔCH COO H+NH  ，B 错误；
3
C．水杨酸含羧基（-COOH）和酚羟基（-OH），羧基酸性强于酚羟基，少量碳酸钠时，仅羧基与CO2 反应，正确离子方程式为
，C 错误；
D．电解饱和氯化镁溶液，阳极 Cl⁻放电生成 Cl2，阴极 H2O 放电生成 H2 与 OH⁻，同时 OH-
与 Mg2+结合为 Mg(OH)2 沉淀，总反应离子方程式为
Mg2+ +2Cl- +2H O
电解
 Mg(OH)
+H
+Cl
 ，D 正确；
2222
故选 D。 2．D
2
2
【分析】“酸浸”时，Ru CO3  、FeO 能与稀硫酸反应生成金属硫酸盐，RuO4 能被Na 2SO3 还原为Ru4+ ， SiO2 不与酸反应，所以“滤渣”主要成分是SiO2 。除杂过程中，氯酸钠可将铁元素由二价氧化为三价，沉钌阶段中浓碳酸钠溶液可使钌元素转化为Ru CO3  ，之后灼烧得到RuO2 ，最后利用氢气热还原得到Ru ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，滤渣主要成分为SiO2 ，A 错误；
B．酸浸中，RuO 被Na SO 还原为Ru4+ ，Ru 元素化合价由+8→+4，RuO 为氧化剂；SO2
42343
被氧化为SO2 ，S 元素化合价由+4→+6， SO2 还原剂；由得失电子守恒可知，氧化剂和还
43
原剂的物质的量之比为1: 2 ，B 错误；
C．SO2 的中心原子 S 的价层电子对数为3  6  2  3 2  3 1  4，孤电子对数 1，空间结构
32
为三角锥形； ClO- 的中心原子 Cl 的价层电子对数为3  7 1 3 2  3 1  4，孤电子对数 1，
32
空间结构为三角锥形；SO2 的中心原子 S 的价层电子对数为4  6  2  4  2  4  0  4，孤电
42
子对数 0，空间结构为正四面体，C 错误；
62
D．除杂中Fe2+ 被氧化为Na2Fe4 SO4  OH ，其中铁元素为+3 价，生成 3 ml 该物质，
3
表明有 12 ml Fe2 被氧化，共失去 12 ml e⁻；ClO-（Cl 为+5 价）被还原为Cl-（Cl 为-1 价），故需NaClO3 ：12 ml ÷6=2 ml，D 正确；
故答案选 D。
9．A
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态 Z 原子 s 轨道电子数与 p 轨道电子数之比为 3∶4，结合化合物 M 的结构图中 Z 的成键特点，Z 的核外电子
排布为1s2 2s2 2p63s23p2 ，Z 为 Si 元素；W 形成两条共价键，W 为 O 元素；X 为 Na；Y 为
Al。
【详解】A．W、X、Y 的简单离子的电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，故简单离子半径 Yc(N2H4)，正确顺序应为
2 542 4
cN H+ >cSO2- >cH+ >c N H  >cOH-  ，B 错误；
c2 N H+ 
C．反应平衡常数K=
2 5，由(N H ) 与N H
的曲线交点在pOH  6.02 处，
cN H cN H2+ 2 52 4
2 42 6
cN H+ cOH- 
b1
可知K =2 5
=10-6.02 ，由(N H ) 与(N H2 ) 的曲线交点在pOH  14.9 处，可
cN2H4 
2 52 6
知Kb2 =
cN H2+ cOH-  cN H+ 
K10-6.02
=10-14.9 ，可得K= b1 ==10 8.88 ，C 正确；
b2
K10-14.9
2 6
2 5
4
D．加入 10mL 硫酸时，n(N2H4)=0.0001ml（含氮微粒总量），n( SO2 )=0.00005ml，溶液体 积 20mL，含氮微粒总浓度= 0.0001ml =0.005ml/L，2c( SO2 )=2×( 0.00005ml )=0.005ml/L，
故2cSO2- =cN H+ +c N H
0.02L4
42 52 42 6
 +cN H2+ ，D 正确；
0.02L
故选 B。
15．(1)丁达尔效应
①③6.72
Fe2 被氧化，使四氧化三铁的产率降低2
342
4Fe+NO- +10H+ =NH+ +4Fe2+ +3H OHClO 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
B
（5）B
【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；
【详解】（1）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n(Fe3+ ):n(Fe2+ )=2:1 混合时，理论上制得的纳米Fe3O4 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Fe3O4 产率降低；
2 323 44 62
③根据离子方程式3Fe2+ +2S O2- +O +xOH- =Fe O +S O2- +2H O ，利用电荷守恒可以得到
x  4 ；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 1ml
氧气时，氧化 2ml Fe2+ ，当 4ml Fe2+ 被氧化时，消耗的氧气为 2ml；
（2）转化过程反应①：N2+6Li=2Li3N，为氧化还原反应；反应②Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH
电解
为非氧化还原反应反应；③反应 4LiOH
4Li+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 1mlNH3 转移 3ml 电子，生成 1mlO2，转移 4ml电子，所以 4NH3~3O2，假设每一步均完全转化，每生成 0.4mlNH3，同时生成 0.3mlO2，标准状况下体积为 6.72L；
（3）
342
①图 2 中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，20 60min 内发生主要反应的离子方程式为: 4Fe+NO- +10H+ =NH+ +4Fe2+ +3H O ；
②控制其他条件相同，当废水 pH 为1.25  2.75 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。
（4）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 Na2CO3、 NH4Cl 和氨水，A 正确；
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 B。
（7）由图 2 可知，晶胞中，Zn 位于顶点和面心，该晶胞若沿体对角线投影，则 Zn2+投影图为 B。
16．(1)(球形)干燥管防暴沸

12Na2WO4+Na2SiO3+26HCl H4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O
乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂C
防倒吸取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净
偏大
【分析】制取十二钨硅酸晶体( H4 SiW12O40 ·nH2O )时，先将适量Na 2WO4 2H2O 、
Na2SiO3 9H2 O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至
近沸，缓慢滴加浓盐酸至 pH 为 2，反应 30 分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体( H4 SiW12O40 ·nH2O )。
【详解】（1）由图可知，仪器 a 为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；
在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为 Na2WO4、Na2SiO3 和 HCl，生成物为 H4[SiW12O40]和 NaCl，则步骤Ⅱ中生成 H4[SiW12O40]的化学方程式为：

12Na2WO4+Na2SiO3+26HCl H4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；
乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；
抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止 倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留 Cl-(来自过量的 HCl 或生成的 NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含 Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；
若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)。偏大会使计算出的 n 值偏大。
2．(1) -443.6 ＜
减小
M
增大3.42 1.02 0.181.38
【详解】（1）
①Ni 是 28 号元素，基态 Ni 原子的价层电子排布式为3d8 4s2 ，故其价层电子轨道表示式为
；
fm
fm
fm
②根据盖斯定律可得： ΔH  2Δ H(乙醇) Δ H (乙酸乙酯)  26 kJ·ml-1， Δ H (乙
酸乙酯)  443.6 kJ·ml-1；
③ CH CH OHg 转化为CH CH OHl 放出热量，故Δ H CH CH OH 1  234.8
3232
fm 32
kJ·ml-1。
对反应后气体分子数增大的反应而言，增大反应物的起始浓度，可视为增大压强，平衡正向移动，反应物的平衡转化率减小。
1
由图中信息可知，温度越高，则 T 越小，
2CH3CH2OHg  CH3COOCH2CH3 g  2H2 g为吸热反应，升高温度时正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，则代表k正 曲线的是 M。
①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应ⅰ平衡正向移动，反应
ⅱ平衡逆向移动，温度升高 CO 的选择性增大，CO2 的选择性减小，又由于 CO 的选择性CO2
的选择性 1，则表示CO2 选择性的曲线为 a，表示 CO 选择性的曲线是 c，表示乙醇的转化
c CO
2
率的曲线是 b，随温度升高，平衡体系中 c CO  增大；
② T0 时， CO2 的选择性为 85%，CO 的选择性为 15%，乙醇的转化率为 60%，根据 C 守恒
可知，平衡时n CO2   n CO  1 ml0.6 2  1.2 ml， n CO  1.2 ml15%  0.18 ml，
n CO2  1.2 ml85%  1.02 ml，则n H2O  1.38 ml、n H2   3.42 ml、
n CH3CH2OH  0.4 ml， n总  0.18 ml 1.02 ml 1.38 ml 3.42 ml 0.4 ml  6.4
ml。对于反应前后气体分子数不变的反应而言，反应 ii 的平衡常数 Kx  K ，故T0 时，
。
3.42 1.02
Kx0.181.38
18．(1)1，2，4-三氯苯 (2)硝基
(3)
(4)
与生成的H2S 反应，利于 F 转化为 G (6)C
(7)25
【分析】
A（）发生硝化反应生成 B（ C6H2O2 NCl3 ），B 与 25%~28%氨水在乙醇，115℃
条件下发生取代反应生成 C（），结合 B 的分子式和 A、C 的结构简式知，
B 的 结 构 简 式 为， C 和 D （ C6 H4OCl2 ） 发 生 取 代 反 应 生 成 E
（）， 由 E 和 C 的结构简式， 可推出 D 的结构简式为
，E 苯环上的硝基被还原成氨基得到 F（），F
与 CS2 在 KOH、乙醇，加热条件下反应生成 G（）和 H2S，
G 与CH3I 先加成后消去生成，据此分析作答；
【详解】（1）
A 的结构简式为，系统名称为 1，2，4-三氯苯，故答案为 1，2，4-三氯苯。
（2）
由分析知，B 的结构简式为，所含的含氧官能团为硝基，故答案为硝基。
（3）
由分析知，D 的结构简式为，故答案为。
（4）
由分析知，B 与 25%~28%氨水在乙醇，115℃条件下发生取代反应生成 C 和氯化铵，反应
的化学方程式为，
故答案为。
由分析知，F 与 CS2 在 KOH、乙醇，加热条件下生成 G 和 H2S，KOH 可以与生成的H2S
反应，使反应正向进行，促进 F 转化为 G，故答案为与生成的H2S 反应，利于 F 转化为 G。
（6）A．三氯苯达唑中含有甲基，甲基上的碳原子为sp3 杂化，A 错误；
B．E 的结构简式为，F 的结构简式为
，对比 E、F 的结构简式可知，E→F 属于还原反应，B 错误；
C．C 的结构简式为，含有硝基和氨基且处于邻位，可以形成分子内氢键，
故 C 正确；故答案为 C。
（7）
D 的结构简式为，D 的某同系物 I，相对分子质量比 D 大 28，则 I 的分子式
为C8H8OCl2 ，I 的同分异构体遇FeCl3 溶液显色，说明结构中含有酚羟基，两个氯原子不直接连在苯环上，则含有的结构可能为与-CCl2CH3 相连（邻、间、对 3 种）、
与-CH2CHCl2 相连（邻、间、对 3 种）、与-CHClCH2Cl 相连
（邻、间、对 3 种）、与-CH3 和-CHCl2 相连（10 种）、与两个-CH2Cl 相连（6 种），符合条件的同分异构体的共 25 种，核磁共振氢谱显示为 4 组峰， 且峰面积比为 1：2：2：3 的物质的结构简式为，故答案为 25；