四川省成都市2026届高三化学上学期10月月考试题含解析 (1)

这是一份四川省成都市2026届高三化学上学期10月月考试题含解析 (1)，共22页。试卷主要包含了考试结束后，只交回答题卡即可，考试过程中，请遵守考试纪律，9ml， 则 重水中所含， 维纶可用于生产服装、绳索等等内容，欢迎下载使用。
1.考试时间 75 分钟，试卷满分共 100 分。
2.选择题部分用 2B 铅笔填涂，非选择题部分用 0.5mm 黑色签字笔规范书写。
3.考试结束后，只交回答题卡即可。
4.考试过程中，请遵守考试纪律。
一、单选题。
1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为 Ca(OH)2 D. 古壁画颜料中所用的铁红，其成分为 Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，
A 正确；
B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B 正确；
C．熟石膏是主要成分为 2CaSO4·H2O，Ca(OH)2 为熟石灰的主要成分，C 错误；
D．Fe2O3 为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D 正确；
故答案选 C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为 18 的氯原子：
B. 碳的基态原子轨道表示式：
C. 的空间结构： (平面三角形)
D. 的形成过程：
【答案】C
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【解析】
【详解】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为 18
的氯原子的质量数为 17+18=35，核素符号为 ，故 A 错误；
B．基态碳原子的核外电子排布式为 1s22s22p2，根据洪特规则，2p 轨道上的 2 个电子应该分别在 2 个轨道
上，且自旋方向相同，轨道表示式： ，故 B 错误；
C．BF3 的中心原子 B 原子孤电子对数= =0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型
为： ，故 C 正确；
D．HCl 是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为 ，故 D 错误；
故选：C。
3. 利用 3-苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是
A. 上述制备过程属于氧化反应
B. 3-苯基丙酸的分子式为
C. 异肉桂酸分子中最多有 9 个碳原子共面
D. 异肉桂酸最多与 发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制备为去氢过程，属于氧化反应，A 正确；
B．3-苯基丙酸的分子式为 ，B 正确；
C．苯环所连接的原子和碳碳双键所连接的原子均为平面结构，且单键可以旋转，则异肉桂酸分子中最多有
9 个碳原子共面，C 正确；
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D．1ml 苯环可以 3ml 氢气发生加成反应，1ml 碳碳双键可以和 1ml 氢气发生加成反应，羧基不能发生
加成反应，1ml 异肉桂酸最多与 4mlH2 发生加成反应，D 错误；
故选 D。
4. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 重水( )中含有的质子数为
B. 的 与 完全反应时转移的电子数为
C. 环状 ( )分子中含有的 键数为
D. 的 溶液中 离子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 的质子数为 10，18g 的物质的量为 0.9ml， 则 重水( )中所含
质子数为 ，A 错误；
B． 与 反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗 3 个 NO2 分子转移的电子数
为 2 个，则有 3ml 的 NO2 参与反应时，转移的电子数为 ，B 错误；
C．一个 ( )分子中含有的 键数为 8 个，32gS8 的物质的量为 ml，则含
有的 键数为 ，C 正确；
D．酸性 溶液中存在： ，含 Cr 元素微粒有 和 ，则
的 溶液中 离子数应小于 ，D 错误；
故选 C。
5. 硫是一种重要的非金属元素，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式广泛分布并循环
于地球内部各圈层。硫及其化合物在工业生产中应用广泛， 可通过黄铁矿 在空气中煅烧制备，
也可通过加热无水硫酸钙、焦炭及二氧化硅来制取； 在 催化作用下与 反应生成 。利用空
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气催化氧化法可将电石浆(主要成分为 ，含有 )转化为石膏( )，其过程如下图：
关于“将电石浆转化为石膏”的过程及有关说法错误的是
A. 沸点：
B. 中含有离子键、共价键
C. 过程 I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D. 通过上述流程将 转化为 ，理论上共需要
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O 分子间存在氢键，H2S 分子间仅存在范德华力，氢键使 H2O 沸点高于 H2S，A 正确；
B．CaSO4·2H2O 中，Ca2+与 之间为离子键， 内部含硫氧共价键，H2O 分子内的 H-O 键也为共价
键，B 正确；
C．过程 I 中，Mn(OH)2 被 O2 氧化为 ，Mn 元素化合价：+2→+4，Mn(OH)2 为还原剂；O2 被还原，
为氧化剂，O 元素化合价：0→-2，一个 O2 得 4e-，由得失电子守恒知，氧化剂 O2 与还原剂 Mn(OH)2 的物
质的量之比为 1:2，C 正确；
D．根据流程图，整个过程中氧化剂只有氧气，S2-最终被氧化为 ，总反应可表示为
，故将 0.15ml 转化为 ，理论上共需要 0.3mlO2，D 错误；
故选 D。
6. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选
实验操作及现象 结论 项
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常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无 稀硝酸的氧化性比浓硝 A
明显现象 酸强
取一定量 样品，溶解后加入 溶液，产生白色沉淀 加入
B 此样品中含有
浓 ，仍有沉淀
将银和 溶液与铜和 溶液组成原电池。连通后银表面有
C 的金属性比 强
银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，
所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A 错误；
B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸
根，B 错误；
C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以
该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C 正确；
D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D 错误；
故选 C。
7. 氟氯烃会对臭氧层产生破坏，在平流层中氟氯烃光解产生的氯自由基对催化臭氧分解的反应历程如下图
所示，下列说法不正确的是
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A. 反应过程 II 为催化剂参与的反应历程
B. 氯自由基的催化作用会增大反应的平衡常数
C. 和 的总能量大于 的总能量
D. 反应 II 中基元反应①
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应过程 II 降低了反应的活化能，为催化剂参与的反应历程，故 A 正确；
B．催化剂只会改变反应速率，不会改变平衡，也不会改变平衡常数，故 B 错误；
C．由图示可知 的反应是放热反应，即 和 的总能量大于 的总能量，
故 C 正确；
D．由图可知反应 II 中基元反应①是吸热反应，故 ，故 D 正确；
故答案为：B
8. 维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 反应①是加聚反应
B. 高分子 A 的链节中只含有一种官能团
C. 通过质谱法测定高分子 B 的平均相对分子质量，可得其聚合度
D. 反应③的化学方程式为： +nHCHO→ +(2n-1)H2O
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【答案】D
【解析】
【详解】A． 的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成 A，A 的结构为：
；A 项正确；
B．由 A 的结构 可知，A 的链节中只含有酯基一种官能团，B 项正确；
C．由题可知，A 在发生水解后生成 B，那么 B 的结构为： ；对于聚合物，其平均相对分
子质量=链节的相对质量×聚合度，因此，C 项正确；
D．由题可知，维纶的结构为： ，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯
醇的结构为 ；因此，每生成一个维纶的链节需要 2 个聚乙烯醇的链节和 1 分子甲醛发生缩
合，脱去 1 分子水；所以反应的方程式为：
nHCHO nH2O；D 项错误；
答案选 D。
9. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A.钠的燃烧 B.实验室收集
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C.排出盛有 溶液
D.铁上镀铜
的滴定管尖嘴内的气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠燃烧时放出大量热，应 坩埚中进行，玻璃表面皿不耐高温且易导致产物飞溅，A 错误；
B．乙烯不溶于水也不和水反应，可以用排水法收集，B 正确；
C．KMnO4 溶液具有强氧化性，需用酸式滴定管盛放，不能用碱式滴定管，C 错误；
D．铁上镀铜时，待镀铁作阴极（接电源负极），镀层铜作阳极（接电源正极），CuSO4 溶液为电解液，D 错
误；
故选 B。
10. 我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是
A. 在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体
B. 在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体
C. 循环 I 中 X 是二氧化碳
D. 该反应原理： NH3+CO2+H2O=HCO3-+NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因为氨气极易溶于水、二氧化碳能溶于水，先通氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量 CO2，产
生高浓度的 HCO3-才能在沉淀池中析出 NaHCO3，所以向沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，故
A 正确；
B. 在过滤后的母液中含有 NH4Cl 和饱和 NaHCO3，加入氯化钠粉末、通入氨气，增大 NH4+和 Cl-的浓度，
使氯化铵更多析出，故 B 正确；
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C.煅烧炉中发生的反应是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，生成的二氧化碳进入沉淀池中循
环利用，即循环 I 中 X 是二氧化碳，故 C 正确；
D. 该反应原理： NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为：NH3+CO2+H2O+Na+= NaHCO3
↓+NH4+，故 D 错误；
故选 D。
11. “肼合成酶”以其中的 配合物为催化中心，可将 与 转化为肼( )，其反应历程
如下所示。
下列说法错误的是
A. 、 和 均为极性分子
B. 反应涉及 、 键断裂和 键生成
C. 催化中心的 被氧化为 ，后又被还原为
D. 将 替换 ，反应可得
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH2OH，NH3，H2O 的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A 正确；
B．由反应历程可知，有 N－H，N－O 键断裂，还有 N－H 键的生成，B 正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成 Fe3+，后面又得到电子生成 Fe2+，C
正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的 NH2NH2 有两个氢来源于 NH3，所以将 NH2OH 替换为 ND2OD，
不可能得到 ND2ND2，得到 ND2NH2 和 HDO，D 错误；
故选 D。
12. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中
的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
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下列说法不正确的是
A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是 NH4Cl 和 NaHCO3
C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)
D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100%
【答案】B
【解析】
【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，
饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故 A 正确；
B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠
和碳酸铵，故 B 错误；
C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左
移动，得到氯化铵晶体，故 C 正确；
D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生
成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸
钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故 D 正确；
故选 B。
【点睛】
13. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在 VB2 电极发生反应：
该电池工作时，下列说法错误的是
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A. 负载通过 0.04 ml 电子时，有 0.224 L(标准状况)O2 参与反应
B. 正极区溶液的 pH 降低、负极区溶液的 pH 升高
C. 电池总反应为
D. 电流由复合碳电极经负载、VB2 电极、KOH 溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的电池结构，左侧 VB2 发生失电子的反应生成 和 ，反应的电极方程式如题
干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成 OH-，反应的电极方程式为 O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的
总反应方程式为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 +4 ，据此分析。
【详解】A．当负极通过 0.04ml 电子时，正极也通过 0.04ml 电子，根据正极的电极方程式，通过 0.04ml
电子消耗 0.01ml 氧气，在标况下为 0.224L，A 正确；
B．反应过程中正极生成大量的 OH-使正极区 pH 升高，负极消耗 OH-使负极区 OH-浓度减小 pH 降低，B 错
误；
C．根据分析，电池的总反应为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 +4 ，C 正确；
D．电池中，电子由 VB2 电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电
极→负载→VB2 电极→KOH 溶液→复合碳电极，D 正确；
故选 B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成
氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。
14. 在常温下，二元弱碱 (N2H4)在水中的电离方程式为：N2H4+H2O N2H +OH-，N2H +H2O N2H
+OH-。常温下将盐酸滴加到 N2H4 水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数 δ(X)随曲线-lgc(OH-)变
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化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. M 点溶液 pH 为 3.5
B. 当 δ(N2H )=δ(N2H )时，c(N2H )=109•c(N2H4)
C. P 点溶液中：c(N2H )+2c(N2H )＜c(Cl-)
D. N2H5Cl 溶液中微粒浓度大小顺序：c(Cl-)>c(N2H )>c(OH-)>c(N2H )>c(H+)>c(N2H4)
【答案】D
【解析】
【分析】N2H4 是二元弱碱，随着盐酸的加入，N2H4 消耗生成 N2H ，N2H4 物质的量分数 δ(X)减小、N2H
质的量分数 δ(X)增大，恰好完全生成 N2H 后，继续加入盐酸消耗 N2H 生成 N2H ，N2H 质的量分数 δ
(X)减小，N2H 物质的量分数 δ(X)增大，曲线 1 是 N2H4，曲线 2 是 N2H ，曲线 3 是 N2H ，由题干图示
信息可知，c( )=c(N2H4)时，Kb1(N2H4)= =c(OH-)=10-6.0，c( )=c( )时，
Kb2(N2H4)= =c(OH-)=10-15.0，据此分析解题。
【详解】A．Kb1×Kb2= × = ，M 点溶液
，则 ，pOH=10.5，故 pH=14-10.5=3.5，A 正确；
B．当 δ(N2H )=δ(N2H )时，即曲线 2 和曲线 3 的交点 c(OH-)=10-15.0 ，根据 Kb1(N2H4)= 10-6.0，则
，即 c(N2H )=109•c(N2H4)， B 正确；
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C． P 点溶液中-lgc(OH-)＞12，即 pOH 12，溶液呈酸性： ，根据电荷守恒
，则存在： ，C 正确；
D． 水解平衡生成 Kh2= = =10-8＞Kb2(N2H4)=10-15，说明其水解程度大于电离程度，即 N2H5Cl
溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)， D 错误；
故答案为：D。
二、非选择题。
15. 实验室以二氧化铈( )废渣为原料制备 含量少的 ，其部分实验过程如下：
（1）“酸浸”时 与 反应生成 并放出 ，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH 约为 7 的 溶液与 溶液反应可生成 沉淀，该沉淀中 含量与加料方式有
关。得到含 量较少的 的加料方式为_______(填序号)。
A．将 溶液滴加到 溶液中 B．将 溶液滴加到 溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 含量少的 。已知 能被有机萃取剂
(简称 HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层) (有机层)+ (水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层 转移到水层。使 尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取
的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学
式)。
（4）实验中需要测定溶液中 的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的 溶液滴定。
以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为 。
请补充完整实验方案：①准确量取 溶液[ 约为 ]，加氧化剂将 完全
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氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 容量瓶中后定容；②按规定操作分别
将 和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B （3） ①. 有利于提高 Ce3+的萃取率 ②. 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用
适量萃取剂分多次反萃取 ③. 、H+
（4）从滴定管中准确放出 25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶
中滴加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，
且 30s 内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作 2~3 次
【解析】
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节 pH 后用萃取剂萃取
其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。
【小问 1 详解】
根据信息反应物为 与 ，产物为 和 ，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
【小问 2 详解】
反应过程中保持 少量即可得到含 量较少的 ，故选 B；
【小问 3 详解】
去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使 (水层)+3HA(有机层) (有机层)+ (水层)的化学平
衡右移，利于提高 Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高 Ce3+的萃取率；
根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂
分多次反萃取；
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③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的 、H+，氨水和 溶液均显碱性，可以和 、H+反
应，生成 沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中 、H+的物质的量均减小，故答案
为： 、H+；
【小问 4 详解】
从滴定管中准确放出 25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴
加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，
且 30s 内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作 2~3 次。
16. 硫酸铁铵 是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采
用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。
（2）步骤②需要加热的目的是_______，温度保持 ，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有
少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。
（3）步骤③中选用 的理由是_______，分批加入 的理由是_______，加入足量 的理由是
_______，溶液要保持 小于 0.5 的理由是_______。
（4）检验硫酸铁溶液是否还有亚铁离子的试剂是_______(填化学式)。
（5）步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（6）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的
方法是_______，将样品加热到 时，失掉 1.5 个结晶水，失重 。硫酸铁铵晶体的化学式为_______
。
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【答案】（1）碱煮水洗
（2） ①. 加快反应速率 ②. 水浴加热 ③. C
（3） ①. 将 Fe2+氧化为 Fe3+的同时自身被还原为 H2O，不引入新杂质 ②. 防止反应放热过多导致
部分 H2O2 分解 ③. 将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，提高产率 ④. 抑制 Fe3+水解
（4）
（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（6） ①. 在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样
品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变 (或变化小于 0.1g)时，可认为干燥已合格 ②.
【解析】
【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下可水解，且碱和 Fe 不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁
屑中的油污，然后向干净的铁屑中加入稀硫酸并水浴加热，稀硫酸和 Fe 发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，
过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，向滤液中加入 H2O2，Fe2+被氧化
为 Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。
【小问 1 详解】
步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液
清洗油污，即碱煮水洗。
【小问 2 详解】
步骤②加热的目的是为了加快反应速率；温度保持 80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故
采用的合适加热方式是水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，硫化氢在
水中的溶解度不大，可以用氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择 C
装置。
【小问 3 详解】
步骤③中选用 的理由是它能将 Fe2+氧化为 Fe3+，同时自身被还原为 H2O，不引入新杂质；H2O2 受热
易分解，为防止反应放热过多导致部分 H2O2 分解，分批加入 ；同时为了将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，需
加入足量 ；为抑制 Fe3+水解，溶液 保持小于 0.5，从而提高产率。
【小问 4 详解】
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检验亚铁离子的试剂是 ， 能与 反应生成蓝色沉淀，现象十分明显。
【小问 5 详解】
步骤⑤后得到硫酸铁铵晶体，则该步具体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经干燥可得
到样品。
【小问 6 详解】
检验硫酸铁铵样品是否已经干燥合格的方法：在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥
器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于 0.1g)时，可认为
干燥已合格。硫酸铁铵晶体的化学式为 ，其相对分子质量为 266+18x，失去 1.5 个结
晶水，失重 ，则 ，解得 x 12，则硫酸铁铵的化学式为 。
17. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图 1 数据计算反应 的 _______ 。
（2）研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图 2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被
吸附于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标
号)，理由是_______。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为 )使用前经 还原，生成 包裹 。已知 属
于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，则 晶胞中含有 的原子数为_______(列出计
算式，阿伏加德罗常数的值为 )。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其
中一种进料组成为 ，另一种为 。(物质 i 的摩尔
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分数： )
①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。
②进料组成中含有惰性气体 的图是_______。
③图 3 中，当 、 时，氮气的转化率 _______。该温度时，反应
的平衡常数 _______ (化为最简式)。
【答案】（1）
（2） ①. (ⅱ) ②. 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，
由于 的键能比 H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4） ①. ②. 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数
越大 ③. 图 4 ④. ⑤.
【解析】
【小问 1 详解】
在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生
成物的键能总和的差，因此，由图 1 数据可知，反应 的
。
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【小问 2 详解】
由图 1 中信息可知， 的 ，则 的键能为 ；
的 ，则 H-H 键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为
速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比 H-H 键的大很多，因此，在上述反
应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
【小问 3 详解】
已知 属于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，设其晶胞中含有 的原子数为 ，则
晶体密度 ，解之得 ，即 晶胞中含有 的
原子数为 。
【小问 4 详解】
①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息
可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数 ，因此，图中压强由小到大的顺序为
，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图 3 和图 4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图 4 中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体 ，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大
的方向移动，因此，充入惰性气体 不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体 的图是图 4。
③图 3 中，进料组成为 两者物质的量之比为 3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量
分别为 3ml 和 1ml，达到平衡时氮气的变化量为 x ml，则有：
当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，
平衡时 、 、 的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，
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则该温度下 因此，该温度时，反应 的
平衡常数 。
18. 阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部
分试剂和条件略去)。
已知：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是_______。
（2）由 A 生成 B 的化学方程式为_______。
（3）反应条件 D 应选择_______(填标号)。
a b. c. d.
（4）F 中含氧官能团的名称是_______。
（5）H 生成 I 的反应类型为_______。
（6）化合物 J 的结构简式为_______。
（7）具有相同官能团的 B 的芳香同分异构体还有_______种(不考虑立体异构，填标号)。
a.10 b.12 c.14 d.16
其中，核磁共振氢谱显示 4 组峰，且峰面积比为 2:2:1:1 的同分异构体结构简式为_______。
【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)
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（2）
（3）
（4）羧基 （5）消去反应
（6） （7） ①. d ②.
【解析】
【分析】该题提供了一种合成阿佐塞米的方法，其中可根据化合物 C 的结构简式倒推化合物 B 的结构简式
为 ，A 的结构简式为 ；化合物 H 结合已知信息可推出其结构简式为
，以此答题。
【小问 1 详解】
A 的结构简式为 ，命名为 2-硝基甲苯。
【小问 2 详解】
由 A 生成 B 是向苯环上引入碳氯键，的化学方程式为 。
【小问 3 详解】
C 生成 E 需要反应条件 ，结合过程中的变化，需要将硝基还原为氨基，加入还原剂，反应条件 D 应选择
。故答案为：b。
【小问 4 详解】
F 中含氧官能团的名称是羧基。
【小问 5 详解】
H( )生成 I 的变化是酰胺基变为氰基，形成碳氮三键，同时生成水分子，发生了消去反应。
【小问 6 详解】
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流程中有 ，I 中的 F 原子应与 J 中的 H 原子结合形成 HF，
发生取代反应，两物质基本骨架不变，J 的结构简式为 。
【小问 7 详解】
具有相同官能团的 B( )的芳香同分异构体：①苯环上的一取代 ，共 1 种；②苯环上的二取
代有 (邻间对共 3 种)、 (邻间对共 3 种)；③苯环上的三取代，共 10 种，去掉化合物 B，
为 9 种。综上共 16 种，故选 d。
其中，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积比为 2：2：1：1 的同分异构体的结构简式为 。
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