江蘇省揚(yáng)州市2024屆高三上學(xué)期期初考試化學(xué)試題及參考答案（部分詳解）

揚(yáng)州市2024屆高三上學(xué)期期初考試模擬試題化學(xué)學(xué)科可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5一、單項(xiàng)選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項(xiàng)最符合題意。1.我國提出在2060年前完成“碳中和”的目標(biāo)，下列有關(guān)低碳生活的說法正確的是A.杜絕化石燃料等傳統(tǒng)能源的使用B.在一定條件下，選擇合適的催化劑將CO2氧化為甲酸C.推廣使用煤液化技術(shù)，可減少二氧化碳的排放D.開發(fā)太陽能、風(fēng)能、生物質(zhì)能等新能源是踐行低碳生活的有效途徑2.反應(yīng)3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用來檢驗(yàn)輸送氯氣的管道是否漏氣。下列說法正確的是A.NH3是非極性分子C.N2的電子式為B.Cl原子結(jié)構(gòu)示意圖為D.NH4Cl中既含有離子鍵又含有共價鍵3.實(shí)驗(yàn)室制備和收集氨氣時，下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.制備氨氣B.干燥氨氣C.收集氨氣D.吸收尾氣A.AB.BC.CD.D4.CrSi、Ge—GaAs、ZnGeAs2和碳化硅都是重要的半導(dǎo)體化合物，下列說法錯誤的是A.基態(tài)鉻原子的價電子排布式為3d54s1B.Ge—GaAs中元素Ge、Ga、As的第一電離能由大到小的順序?yàn)锳s>Ga>Ge1C.ZnGeAs2中元素Zn、Ge、As的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)锳s>Ge>ZnD.碳化硅屬于原子晶體，其熔沸點(diǎn)均大于晶體硅具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。F2在常溫下能與Cu反5.鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。CN2應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，還能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸反應(yīng)可制得HF，常溫下，測得氟化氫的相對分子質(zhì)量約為37.SO2通入，KClO3酸性溶液中可制得黃綠色氣體ClO2Cl2TiCl4的熱化學(xué)方程式為該氣體常用作自來水消毒劑。工業(yè)用制備TiCl4g2COgH49kJmol1。下列說法不正確的是TiO2s2Cl2g2CsA.CN是由極性鍵構(gòu)成的極性分子2B.ClO3、SO24中心原子的雜化方式均為sp3C.常溫下，氟化氫可能以HF2分子的形式存在F22NaSO4D.與熔融反應(yīng)時一定有氧元素化合價升高6.化學(xué)方程式是化學(xué)轉(zhuǎn)化過程的符號語言描述，不僅表示物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，有的還揭示轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，有的還表示出物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程中的能量變化，下列敘述正確的是NH4HCO32OHNH3H2OCO32H2OA.碳酸氫銨溶液中滴加足量NaOH溶液：B.H2O2一種綠色氧化劑，但遇到酸性高錳酸鉀時，只能表現(xiàn)出還原性，其反應(yīng)的方程式：3H2O23H2SO42KMnO4=K2SO42MnSO44O26H2OC.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2Ca22ClOH2OCaSO32HClOD.H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱是285.8kJmol，其燃燒的熱化學(xué)方程式可以表示為2H2(g)O2(g)2H2O(g)1H571.6kJmol1。具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。F2在常溫下能與Cu反7.鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。CN2應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，還能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸反應(yīng)可制得HF，常溫下，測得氟化氫的相對分子質(zhì)量約為37。SO2通入，KClO3酸性溶液中可制得黃綠色氣體ClO2Cl2TiCl4該氣體常用作自來水消毒劑。工業(yè)用制備的熱化學(xué)方程式為2

TiCl4g2COgH49kJmol1。下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對TiO2s2Cl2g2Cs應(yīng)關(guān)系的是A.銅單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)不活潑，可用于制作儲存F2的容器B.ClO2呈黃綠色，可用于自來水消毒KClOC.SO2具有還原性，可用于與3反應(yīng)制ClO2D.濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，可用于與CaF2反應(yīng)制HF8.氯及其化合物應(yīng)用廣泛。氯的單質(zhì)Cl2可由MnO2與濃鹽酸共熱得到，Cl2能氧化Br-，可從海水中提取-2Br2；氯的氧化物ClO2可用于自來水消毒，ClO2是一種黃綠色氣體，易溶于水，與堿反應(yīng)會生成ClO與-3ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2氣體可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸鹽，可作棉、麻的漂白劑。下列含氯物質(zhì)的轉(zhuǎn)化正確的是過量CO光照HClO(aq)Cl2(g)2A.漂白粉加熱電解B.MgCl2(aq)無水MgCl2Mg通電C.NaCl(aq)Cl2(g)Fe點(diǎn)燃FeC13過量CO2D.NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)9.五倍子是一種常見的中草藥，其有效成分為X。在一定條件下X可分別轉(zhuǎn)化為Y、Z。下列說法不正確的是A.Z中含氧官能團(tuán)有三種：羥基、羧基、酯基B.Y在濃硫酸做催化劑加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)C.Z在酸性條件下水解生成兩種有機(jī)物，1molZ最多能與8molNaOH發(fā)生反應(yīng)D.可以用FeC13溶液檢驗(yàn)X是否完全轉(zhuǎn)化為Y10.用活性炭與NO2反應(yīng)：為2C(s)+2NO2(g)?2CO2(g)+N2(g)H0來消除氮氧化物產(chǎn)生的空氣污染。下3列說法正確的是A.該反應(yīng)只在高溫條件下能自發(fā)進(jìn)行2c2NO2c2(C)KcCO2cN2B.該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為C.該反應(yīng)中消耗1molNO，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為46.0210223D.該反應(yīng)到達(dá)平衡后，升高溫度，正反應(yīng)速率減慢，逆反應(yīng)速率加快11.下列實(shí)驗(yàn)探究方案能達(dá)到探究目的的是選探究方案項(xiàng)探究目的FeCl3AB氯水中含有HClO向溶液中滴加氯水，觀察溶液顏色變化molL1FeCl3溶液，向其中加入1mL0.1molL1KI取5mL0.12Fe2I2FeI2是可32溶液，振蕩，向上層清液滴加3～4滴KSCN溶液，觀察溶液顏色逆反應(yīng)變化用pH計(jì)測定Na2CO3、Na2SiO3溶液的pH，比較溶液pH大小CDC的非金屬性比Si強(qiáng)將NaClO溶液分別滴入品紅溶液和滴加醋酸的品紅溶液中，觀察pH對ClO氧化性的影響品紅溶液顏色變化A.AB.BC.CD.D12.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)的制備和應(yīng)用相關(guān)流程如圖所示。Ka11.4102，Ka26.0108；H2CO3的Ka14.5107，已知：25℃時，H2SO3的Ka25.010114下列說法正確的是cCO32cHCO30.03cHSO3cSO32A.步驟1過程中pH=8時，cNa232cH2SO3cHSOcSO3B.步驟1所得的溶液中：cAgcBrKspAgBr清液中：C.步驟3所得的3D.步驟3的離子方程式為：Ag2S2O322AgSO2313.通過反應(yīng)Ⅰ：CO2g3H2gCH3OHgH2Og可以實(shí)現(xiàn)CO2捕獲并資源化利用。密閉nH32容器中，反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比nCO時，在不同條件下(分別在溫度為250℃下壓強(qiáng)變化和在壓強(qiáng)2為5105Pa下溫度變化)達(dá)到平衡時CH3OH物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化如圖所示。主要反應(yīng)有：反應(yīng)Ⅱ：CO2gHgCOgH2OgH42.5kJmol12反應(yīng)Ⅲ：COg2H2gCH3OHgH90.7kJmol1下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ的H133.2kJmol1B.曲線①表示CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化nH2nCO2CO2C.一定溫度下，增大的比值，可提高平衡轉(zhuǎn)化率5nH32nCO條件下，使用高效催化劑，能使CH3OH物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從XD.在5105Pa、250℃、起始2點(diǎn)達(dá)到Y(jié)點(diǎn)二、非選擇題：共4題，共61分。14.銅-鋼雙金屬廢料和銅煙灰是銅的重要二次資源。Ⅰ．從銅-鋼雙金屬廢料中浸出銅的工藝流程如下：（1）25℃時，隨溶液的pH不同，甘氨酸在水溶液中分別以NH3CH2COOH、NH3CH2COO或NH2CH2COO為主要形式存在。內(nèi)鹽NH3CH2COO是兩性化合物，請用離子方程式表示其水解使水溶液呈堿性的原因：_____。（2）浸出劑的制備：主要原料有甘氨酸(簡寫為HL)、CuSO4溶液和NaOH固體。取一定量NaOH固體溶于水，隨后依次加入_____(填“HL”或“CuSO4”，下同)、_____，所得堿性浸出劑的主要成分為甘氨酸銅CuL2、L等。（3）浸出：將經(jīng)打磨的銅鋼廢料投入浸出劑，控制溫度50℃，通入空氣，并攪拌。浸出劑不與鋼作用，CuL2但與銅反應(yīng)，最終銅全部轉(zhuǎn)化為進(jìn)入溶液，從而實(shí)現(xiàn)銅、鋼分離。①浸出時發(fā)生的反應(yīng)過程為CuL2Cu2L2CuL2、_____。②其它條件不變時，空氣流量對銅浸出速率的影響如圖1所示。當(dāng)空氣流量超過1.0Lmin1時，銅浸出速率急劇下降的可能原因是_____。62)中回收銅的主要步驟為：酸浸→萃Ⅱ．從銅煙灰(主要成分為Cu(OH)Cl、FeO、Fe2O3、Zn3PO4取→反萃取→電解。已知：Zn3PO42溶于無機(jī)酸。（4）酸浸：將銅煙灰用硫酸浸出，控制其他條件相同，銅浸出率與溫度的變化關(guān)系如圖2所示。隨溫度升高，銅浸出率先增大后減小的可能原因是_____。（5）萃取、反萃?。合蚪鲆?Cu2濃度為7g/L)中加入有機(jī)萃取劑(RH)萃取，其原理可表示為：R2CuCu2(水層)2RH(有機(jī)層)(有機(jī)層)2H(水層)。向萃取所得有機(jī)相中加入硫酸，反萃取得到水相(Cu2濃度達(dá)40g/L)。該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是_____。15.F是一種抗血小板凝聚的藥物，其人工合成路線如圖：（1）D分子中采取sp雜化的碳原子數(shù)目是___________。3（2）B的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。①分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②苯環(huán)上有2個取代基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。（3）E→F中有一種相對分子質(zhì)量為60的產(chǎn)物生成，該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________，實(shí)驗(yàn)室中如需確定此產(chǎn)物中含有的官能團(tuán)，通常使用的分析儀器設(shè)備名稱為___________。（4）A→B的反應(yīng)需經(jīng)歷的過程，中間體Y的分子式為C11H12NF，X→Y的反應(yīng)類型為___________。7（5）已知：，寫出以、(CH3CO)2O、和NBS為原料制備的合成路線流程圖___________(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。FeO4、Al2O3、SiO2等)為原料制備氧化鐵紅的工藝流程如下：FeO216.以硫酸燒渣(主要成分為3和少量3Fe33H2C2O4FeC2O46H，F(xiàn)e2H2C2O4FeC2O42H。33已知：（1）“酸浸”時，使用草酸作為助劑可提高鐵浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸燒)×100%]對鐵浸取率的影響如圖所示。①加入草酸能提高鐵浸取率的原因是___________。②草酸加入量大于20%時，鐵浸取率隨草酸加入量增加而減小的原因是___________。（2）“沉鐵”時，反應(yīng)溫度對鐵回收率的影響如圖所示。FeOH3的離子方程式為___________。FeSO4①轉(zhuǎn)化為8②反應(yīng)溫度超過35℃時，鐵回收率下降的原因是___________。③“沉鐵”后過濾所得“母液”中含有的主要成分為硫酸銨和___________。（3）“純化”時，加入NaOH溶液的目的是___________。17.研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)、降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點(diǎn)。（1）減少碳排放的方法有很多，CO2轉(zhuǎn)化成有機(jī)化合物可有效實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)，如下反應(yīng)：a．6CO2+6H2O光合作用C6H12O6+6O2b．CO2+3H2CH3OH+H2O催化劑加熱c．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O催化劑加熱上述反應(yīng)中原子利用率最高的是_____(填編號)。（2）CO2在固體催化表面加氫合成甲烷過程中發(fā)生以下兩個反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJmol-1主反應(yīng)：副反應(yīng)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJmol-1已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-395.6kJmol-1，則CH4燃燒的熱化學(xué)方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=_____。（3）利用電化學(xué)方法通過微生物電催化將CO2有效地轉(zhuǎn)化為H2C2O4，裝置如圖1所示。陰極區(qū)電極反應(yīng)式為_____；當(dāng)體系的溫度升高到一定程度，電極反應(yīng)的速率反而迅速下降，其主要原因是_____。（4）研究脫除煙氣中的NO是環(huán)境保護(hù)、促進(jìn)社會可持續(xù)發(fā)展的重要課題。有氧條件下，在Fe基催化NH劑表面，3還原NO的反應(yīng)機(jī)理如圖2所示，該過程可描述為_____。（5）近年來，低溫等離子技術(shù)是在高壓放電下，O2產(chǎn)生O*自由基，O*自由基將NO氧化為NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，達(dá)到消除NO的目的。實(shí)驗(yàn)室將模擬氣(N2、O2、NO)以一定流速通入低溫等離子體裝置，實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。9①等離子體技術(shù)在低溫條件下可提高NO的轉(zhuǎn)化率，原因是_____。②其他條件相同，等離子體的電功率與NO的轉(zhuǎn)化率關(guān)系如圖4所示，當(dāng)電功率大于30W時，NO轉(zhuǎn)化率下降的原因可能是_____10揚(yáng)州市2024屆高三上學(xué)期期初考試模擬試題化學(xué)學(xué)科可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5一、單項(xiàng)選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項(xiàng)最符合題意。1.我國提出在2060年前完成“碳中和”的目標(biāo)，下列有關(guān)低碳生活的說法正確的是A.杜絕化石燃料等傳統(tǒng)能源的使用B.在一定條件下，選擇合適的催化劑將CO2氧化為甲酸C.推廣使用煤液化技術(shù)，可減少二氧化碳的排放D.開發(fā)太陽能、風(fēng)能、生物質(zhì)能等新能源是踐行低碳生活的有效途徑【答案】D【解析】【詳解】A．現(xiàn)代社會化石燃料仍是主要能源，不可能杜絕化石燃料等傳統(tǒng)能源的使用，A錯誤；B．CO2轉(zhuǎn)化為甲酸時碳元素化合價降低，不是氧化而是還原，B錯誤；C．推廣使用煤液化技術(shù)，可減少顆粒污染物的排放，不能減少二氧化碳的排放，C錯誤；D．開發(fā)太陽能、風(fēng)能、生物質(zhì)能等新能源，能減少化石燃料的使用，故是踐行低碳生活的有效途徑，D正確；答案選D。2.反應(yīng)3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用來檢驗(yàn)輸送氯氣的管道是否漏氣。下列說法正確的是A.NH3是非極性分子B.Cl原子結(jié)構(gòu)示意圖為C.N2的電子式為【答案】DD.NH4Cl中既含有離子鍵又含有共價鍵【解析】【詳解】A．NH3分子中N原子含有一對孤電子，電子式為定性向量和不為0，屬于極性分子，故A錯誤；，空間構(gòu)型為三角錐，不對稱，正負(fù)1B．氯原子的核內(nèi)有17個質(zhì)子，核外有17個電子，故氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯誤；C．氮?dú)庵蠳原子達(dá)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式為，故C錯誤；D．NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵、銨根離子中存在N-H極性鍵，故D正確；故選：D。3.實(shí)驗(yàn)室制備和收集氨氣時，下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.制備氨氣B.干燥氨氣C.收集氨氣D.吸收尾氣A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．NH4Cl受熱分解生成NH3和HCl，兩者遇冷在試管口又重新生成NH4Cl，A錯誤；B．氨氣能與濃硫酸反應(yīng)，不能用濃硫酸干燥氨氣，B錯誤；C，氨氣的密度小于空氣，應(yīng)該是短導(dǎo)管進(jìn)長導(dǎo)管出，C錯誤；D．氨氣極易溶于水，該裝置可用于防止倒吸，D正確；故答案選D。4.CrSi、Ge—GaAs、ZnGeAs2和碳化硅都是重要的半導(dǎo)體化合物，下列說法錯誤的是A.基態(tài)鉻原子的價電子排布式為3d4s51B.Ge—GaAs中元素Ge、Ga、As的第一電離能由大到小的順序?yàn)锳s>Ga>GeC.ZnGeAs2中元素Zn、Ge、As的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)锳s>Ge>ZnD.碳化硅屬于原子晶體，其熔沸點(diǎn)均大于晶體硅2【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．鉻元素的原子序數(shù)24，基態(tài)鉻原子的價電子排布式為3d4s，故A正確；51B．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，則第一電離能As＞Ge＞Ga，故B錯誤；C．非金屬元素的電負(fù)性強(qiáng)于金屬元素，金屬元素的金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越小，砷為非金屬元素，鋅的金屬性強(qiáng)于鍺元素，則電負(fù)性由大到小的順序?yàn)锳s>Ge>Zn，故C正確；D．原子晶體的熔沸點(diǎn)取決于共價鍵的強(qiáng)弱，碳化硅、晶體硅均屬于原子晶體，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長小于硅硅鍵，則熔沸點(diǎn)碳化硅均大于晶體硅，故D正確；故選B。具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。F2在常溫下能與Cu反5.鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。CN2應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，還能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸反應(yīng)可制得HF，常溫下，測得氟化氫的相對分子質(zhì)量約為37.SO2通入，KClO3酸性溶液中可制得黃綠色氣體ClO2Cl2TiCl4的熱化學(xué)方程式為該氣體常用作自來水消毒劑。工業(yè)用制備TiCl4g2COgH49kJmol1。下列說法不正確的是TiO2s2Cl2g2CsA.CN是由極性鍵構(gòu)成的極性分子2B.ClO3、SO24中心原子的雜化方式均為sp3C.常溫下，氟化氫可能以HF2分子的形式存在F22NaSO4D.與熔融反應(yīng)時一定有氧元素化合價升高【答案】A【解析】【詳解】A．(CN)2分子內(nèi)碳原子有1個碳碳單鍵、1個碳氮三鍵，則C原子為sp雜化，直線形，正負(fù)電荷中心重疊，是由極性鍵、非極性鍵構(gòu)成的非極性分子，A錯誤；7+1-23ClO332B．中心原子的孤電子對為=1，價層電子對個數(shù)=1+3=4，所以中心原子為sp雜化，6+2-2432硫酸根離子中心原子的孤電子對為=0，價層電子對個數(shù)=4+0=4，所以中心原子為sp雜化，3B正確；C．常溫下，氟化氫分子間存在氫鍵、存在締合分子，且常溫下測得氟化氫的相對分子質(zhì)量約為37，故可能以(HF)2子的形式存在，C正確；F2與熔融Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)，氟化合價降低，鈉和S已是最高價態(tài)，則反應(yīng)時一定D．有氧元素化合價升高，D正確；答案選A。6.化學(xué)方程式是化學(xué)轉(zhuǎn)化過程的符號語言描述，不僅表示物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，有的還揭示轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，有的還表示出物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程中的能量變化，下列敘述正確的是NH4HCO32OHNH3H2OCO32H2OA.碳酸氫銨溶液中滴加足量NaOH溶液：B.H2O2一種綠色氧化劑，但遇到酸性高錳酸鉀時，只能表現(xiàn)出還原性，其反應(yīng)的方程式：3H2O23H2SO42KMnO4=K2SO42MnSO44O26H2OC.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2Ca22ClOH2OCaSO32HClOD.H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱是285.8kJmol，其燃燒的熱化學(xué)方程式可以表示為2H2(g)O2(g)2H2O(g)1H571.6kJmol1?！敬鸢浮緼【解析】+2OH【詳解】A．NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，離子方程式：HCO3-+NH4+-═NH3?H2O+CO32-+H2O，故A正確；B．高錳酸鉀與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，錳元素化合價變化：+7～+2價，過氧化氫中氧元素化合價變化：-1～-2價，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，最小公倍數(shù)為10，則高錳酸鉀系數(shù)為2，過氧化氫系數(shù)為5，依據(jù)原子個數(shù)守恒反應(yīng)的化學(xué)方程式：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，故B錯誤；C．少量SO2通入漂白粉溶液中的離子反應(yīng)為SO2+H2O+Ca+3ClO=CaSO4↓+2HClO+Cl，故C錯誤；2+--D．氣態(tài)水不是穩(wěn)定氧化物，則表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式可表示為2H2(g)十O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol，故D錯誤；故選A。具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。F2在常溫下能與Cu反7.鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。CN24

應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，還能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸反應(yīng)可制得HF，常溫下，測得氟化氫的相對分子質(zhì)量約為37。SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黃綠色氣體ClO2，Cl2TiCl4的熱化學(xué)方程式為該氣體常用作自來水消毒劑。工業(yè)用制備TiCl4g2COgH49kJmol1。下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有TiO2s2Cl2g2Cs對應(yīng)關(guān)系的是A.銅單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)不活潑，可用于制作儲存F2的容器B.ClO2呈黃綠色，可用于自來水消毒KClOC.SO2具有還原性，可用于與3反應(yīng)制ClO2D.濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，可用于與CaF2反應(yīng)制HF【答案】C【解析】【詳解】A．銅單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)不活潑，但由于F2氧化性強(qiáng)，可以與Cu反應(yīng)產(chǎn)生CuF2，因此Cu不可用于制作儲存F2的容器，A錯誤；B．ClO2呈黃綠色，具有強(qiáng)的氧化性，能夠使水中細(xì)菌、病毒蛋白質(zhì)發(fā)生變性，因而可用于自來水消毒，與其是否是黃綠色無關(guān)，因此不具有對應(yīng)關(guān)系，B錯誤；C．SO2具有還原性，KClO3具有強(qiáng)的氧化性，二者會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2可以使KClO3還原為ClO2，因此可用于與KClO3反應(yīng)制ClO2，C正確；D．濃硫酸具有強(qiáng)酸性，可與CaF2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，屬于高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸，這與濃硫酸是否具有強(qiáng)氧化性無關(guān)，D錯誤；故合理選項(xiàng)是C。8.氯及其化合物應(yīng)用廣泛。氯的單質(zhì)Cl2可由MnO2與濃鹽酸共熱得到，Cl2能氧化Br-，可從海水中提取-2Br2；氯的氧化物ClO2可用于自來水消毒，ClO2是一種黃綠色氣體，易溶于水，與堿反應(yīng)會生成ClO與-3ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2氣體可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸鹽，可作棉、麻的漂白劑。下列含氯物質(zhì)的轉(zhuǎn)化正確的是過量CO光照HClO(aq)Cl2(g)2A.漂白粉5

加熱電解B.MgCl2(aq)無水MgCl2Mg通電C.NaCl(aq)Cl2(g)Fe點(diǎn)燃FeC13過量CO2D.NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)【答案】C【解析】【詳解】A．H2CO3酸性強(qiáng)于HClO，CO2通入漂白粉中可制備HClO。但HClO見光分解為HCl和O2，A項(xiàng)錯誤；B．MgCl2加熱易水解產(chǎn)生Mg(OH)2，獲得無水MgCl2需要在HCl氛圍中加熱。MgCl2熔融電解得到Mg，B項(xiàng)錯誤；C．NaCl溶液電解陽極Cl放電得到Cl2，鐵在Cl2中燃燒生成FeCl3，C項(xiàng)正確；-D．氯化鈉溶液不能和二氧化碳反應(yīng)，且NaHCO3固體受熱分解可得到Na2CO3，而不是溶液分解，D項(xiàng)錯誤；故選C。9.五倍子是一種常見的中草藥，其有效成分為X。在一定條件下X可分別轉(zhuǎn)化為Y、Z。下列說法不正確的是A.Z中含氧官能團(tuán)有三種：羥基、羧基、酯基B.Y在濃硫酸做催化劑加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)C.Z在酸性條件下水解生成兩種有機(jī)物，1molZ最多能與8molNaOH發(fā)生反應(yīng)D.可以用FeC13溶液檢驗(yàn)X是否完全轉(zhuǎn)化為Y【答案】C【解析】【詳解】A．Z中含氧官能團(tuán)有三種：羥基、羧基、酯基，故A正確；B．Y中連接羥基的鄰位碳上有H原子，在濃硫酸做催化劑加熱條件下可發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；6C．Z在酸性條件下酯基發(fā)生水解反應(yīng)生成有機(jī)物為、，它們是同一物質(zhì)，Z中酚羥基、羧基、酯基水解生成的-COOH和酚-OH都能和NaOH以1：1反應(yīng)，Z中含有5個酚羥基、1個羧基、1個酯基水解生成1個羧基和1個酚羥基，所以1molZ最多能和8molNaOH反應(yīng)，故C錯誤；D．酚羥基與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，由于Y不含有酚羥基，加入FeC13溶液后若沒有紫色，說明X完全轉(zhuǎn)化了，若有紫色說明未完全轉(zhuǎn)化，能根據(jù)溶液顏色確定X未完全轉(zhuǎn)化，故D正確；故選：C。10.用活性炭與NO2反應(yīng)：為2C(s)+2NO2(g)?2CO2(g)+N2(g)H0來消除氮氧化物產(chǎn)生的空氣污染。下列說法正確的是A.該反應(yīng)只在高溫條件下能自發(fā)進(jìn)行2c2NO2c2(C)KcCO2cN2B.該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為C.該反應(yīng)中消耗1molNO，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為46.0210223D.該反應(yīng)到達(dá)平衡后，升高溫度，正反應(yīng)速率減慢，逆反應(yīng)速率加快【答案】C【解析】【詳解】A．該反應(yīng)H0，ΔS>0，G=H-TS<0可以自發(fā)，根據(jù)反分析可知該反應(yīng)在低溫條件下能自發(fā)進(jìn)行，故A錯誤；B．反應(yīng)平衡常數(shù)是產(chǎn)物系數(shù)次冪乘積除以反應(yīng)物系數(shù)次冪乘積，但是純固體和純液體不寫入平衡常數(shù)，K=c2CO2cN2c2NO2該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為，故B錯誤；C．該反應(yīng)若2molNO2完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移8mol電子，該反應(yīng)中消耗1molNO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為46.021023，故C正確；D．升高溫度，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率都加快，平衡逆向移動，逆反應(yīng)速率加快的多，故D錯誤；故答案為C11.下列實(shí)驗(yàn)探究方案能達(dá)到探究目的的是7選項(xiàng)探究方案探究目的FeCl3A氯水中含有HClO向溶液中滴加氯水，觀察溶液顏色變化molL1FeCl3溶液，向其中加入1mL0.1molL1KI取5mL0.12Fe2I2FeI2是可32B溶液，振蕩，向上層清液滴加3～4滴KSCN溶液，觀察溶液顏色逆反應(yīng)變化用pH計(jì)測定Na2CO3、Na2SiO3溶液的pH，比較溶液pH大小CDC的非金屬性比Si強(qiáng)將NaClO溶液分別滴入品紅溶液和滴加醋酸的品紅溶液中，觀察pH對ClO氧化性的影響品紅溶液顏色變化A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．鐵離子不能被次氯酸氧化，A錯誤；B．氯化鐵與碘化鉀反應(yīng)后有剩余，故加入硫氰化鉀顯紅色不能說明該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，B錯誤；C．碳酸鈉和硅酸鈉溶液的濃度未知，不能通過溶液的pH大小比較其堿性，進(jìn)而說明碳和硅的非金屬性強(qiáng)弱，C錯誤；D．次氯酸鈉和醋酸反應(yīng)生成次氯酸，品紅褪色較快，可知pH對次氯酸根離子的氧化性的影響，D正確；故選D。12.硫代硫酸鈉(Na2S2O3)的制備和應(yīng)用相關(guān)流程如圖所示。Ka11.4102，Ka26.0108；H2CO3的Ka14.5107，已知：25℃時，H2SO3的8Ka25.01011下列說法正確的是cCO32cHCO30.03cHSO3cSO32A.步驟1過程中pH=8時，cNa232cH2SO3cHSOcSO3B.步驟1所得的溶液中：C.步驟3所得的清液中：cAgcBrKspAgBr3D.步驟3的離子方程式為：Ag2S2O322AgSO23【答案】A【解析】【分析】本題中考查了溶液中的物料守恒以及難溶電解質(zhì)的Qc與Ksp的關(guān)系。2H將式子進(jìn)行連續(xù)四步變形：【詳解】A.步驟1過程中Ka2HSOKaHCO0.03c23223cHKa2HSOcH23cSOcHcHCOcH230.030.033Ka2HCOcHcHSOcHcCO23233cHKa2HSOcH230.030.03c2HKa2HCOKa2HSOKaHCO2323223代入數(shù)據(jù)計(jì)算，即可算出，故A正確；cNa232cH2SO3cHSOcSO3B.步驟1中是向Na2CO3溶液中加入NaHSO3溶液，物料守恒式子錯誤，故B錯誤；該C.步驟3所得是清液，說明沒有沉淀生成，則cAgcBr＜Ksp（AgBr），故C錯誤；3Br2D.步驟3的離子方程式為：AgBr2S2O32故選A。，故D錯誤。AgSO2313.通過反應(yīng)Ⅰ：CO2g3H2gCH3OHgH2Og可以實(shí)現(xiàn)CO2捕獲并資源化利用。密閉nH32容器中，反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比nCO時，在不同條件下(分別在溫度為250℃下壓強(qiáng)變化和在壓強(qiáng)2為5105Pa下溫度變化)達(dá)到平衡時CH3OH物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化如圖所示。主要反應(yīng)有：9反應(yīng)Ⅱ：CO2gHgCOgH2OgH42.5kJmol12反應(yīng)Ⅲ：COg2H2gCH3OHgH90.7kJmol1下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ的H133.2kJmol1B.曲線①表示CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化nH2nCO2CO2C.一定溫度下，增大的比值，可提高平衡轉(zhuǎn)化率nH32nCO條件下，使用高效催化劑，能使CH3OH物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從XD.在5105Pa、250℃、起始2點(diǎn)達(dá)到Y(jié)點(diǎn)【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律分析，由反應(yīng)Ⅱ：CO2gHgCOgH2Og2COgH42.5kJmol1，反應(yīng)Ⅲ：2H2gCH3OHgH90.7kJmol1，Ⅱ+ⅢCH3OHgH2OgH42.590.748.2kJmol1，A得反應(yīng)Ⅰ：CO2g3H2g錯誤；B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升溫平衡逆向移動，甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)應(yīng)該減小，故②為甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化曲線，B錯誤；10nH2nCO2C一定溫度下，增大的比值，可提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率，C正確；D．催化劑能改變反應(yīng)速率，不影響平衡，D錯誤；故選C。二、非選擇題：共4題，共61分。14.銅-鋼雙金屬廢料和銅煙灰是銅的重要二次資源。Ⅰ．從銅-鋼雙金屬廢料中浸出銅的工藝流程如下：（1）25℃時，隨溶液的pH不同，甘氨酸在水溶液中分別以NH3CH2COOH、NH3CH2COO或NH2CH2COO為主要形式存在。內(nèi)鹽NH3CH2COO是兩性化合物，請用離子方程式表示其水解使水溶液呈堿性的原因：_____。（2）浸出劑的制備：主要原料有甘氨酸(簡寫為HL)、CuSO4溶液和NaOH固體。取一定量NaOH固體溶于水，隨后依次加入_____(填“HL”或“CuSO4”，下同)、_____，所得堿性浸出劑的主要成分為甘氨酸銅CuL2、L等。（3）浸出：將經(jīng)打磨的銅鋼廢料投入浸出劑，控制溫度50℃，通入空氣，并攪拌。浸出劑不與鋼作用，CuL2但與銅反應(yīng)，最終銅全部轉(zhuǎn)化為進(jìn)入溶液，從而實(shí)現(xiàn)銅、鋼分離。①浸出時發(fā)生的反應(yīng)過程為CuL2Cu2L2CuL2、_____。②其它條件不變時，空氣流量對銅浸出速率的影響如圖1所示。當(dāng)空氣流量超過1.0Lmin1時，銅浸出速率急劇下降的可能原因是_____。112)中回收銅的主要步驟為：酸浸→萃Ⅱ．從銅煙灰(主要成分為Cu(OH)Cl、FeO、Fe2O3、Zn3PO4取→反萃取→電解。已知：Zn3PO42溶于無機(jī)酸。（4）酸浸：將銅煙灰用硫酸浸出，控制其他條件相同，銅浸出率與溫度的變化關(guān)系如圖2所示。隨溫度升高，銅浸出率先增大后減小的可能原因是_____。（5）萃取、反萃?。合蚪鲆?Cu2濃度為7g/L)中加入有機(jī)萃取劑(RH)萃取，其原理可表示為：R2CuCu2(水層)2RH(有機(jī)層)(有機(jī)層)2H(水層)。向萃取所得有機(jī)相中加入硫酸，反萃取得到水相(Cu2濃度達(dá)40g/L)。該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是_____?！敬鸢浮浚?）NH3CH2COOH2O=NH3CH2COOHOH（2）（3）①.HL②.CuSO4O24H4CuL22H2O+①.4CuL2②.空氣中的氧氣沒有足夠的時間參與反應(yīng)，導(dǎo)致反應(yīng)速率下降（4）該酸浸過程為放熱反應(yīng)，溫度升高時，反應(yīng)速率加快，但是溫度過高，則平衡逆向移動，導(dǎo)致浸出率降低（5）實(shí)現(xiàn)Cu2的提取和富集【解析】【分析】本題是一道工業(yè)流程題，從銅鋼廢料中提取銅，首先將廢料打磨，之后用浸出劑和空氣一起浸出其中的銅，在浸出液中加入無水乙醇后得到甘氨酸銅晶體，以此解題。【小問1詳解】水解時，羧酸根離子結(jié)合水電離的氫離子生成相應(yīng)的羧酸和氫氧根離子，溶液顯堿性，水解的離子方程式為：NH3CH2COOH2O=NH3CH2COOHOH；【小問2詳解】CuSO4先加入硫酸銅的話，則會和氫氧化鈉生成氫氧化銅沉淀，故隨后依次加入HL，再加入；【小問3詳解】12

CuL2①根據(jù)題給信息最終銅全部轉(zhuǎn)化為，以及浸出過程中需要通入空氣，再結(jié)合浸出時的第一步反應(yīng)，4CuL2O24H+4CuL22H2O；則其第二步反應(yīng)為：②由圖可知，空氣流量銅的浸出速率急劇下降，其可能的原因是：空氣中的氧氣沒有足夠的時間參與反應(yīng)，導(dǎo)致反應(yīng)速率下降；【小問4詳解】由圖可知，隨溫度升高，銅浸出率先增大后減小，其可能的原因是：該酸浸過程為放熱反應(yīng)，溫度升高時，反應(yīng)速率加快，但是溫度過高，則平衡逆向移動，導(dǎo)致浸出率降低；【小問5詳解】該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是將Cu2從濾液中提取到有機(jī)層中，然后分液后再反萃取到水層中，實(shí)現(xiàn)Cu2的提取和富集。15.F是一種抗血小板凝聚的藥物，其人工合成路線如圖：（1）D分子中采取sp雜化的碳原子數(shù)目是___________。3（2）B的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。①分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②苯環(huán)上有2個取代基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。（3）E→F中有一種相對分子質(zhì)量為60的產(chǎn)物生成，該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________，實(shí)驗(yàn)室中如需確定此產(chǎn)物中含有的官能團(tuán)，通常使用的分析儀器設(shè)備名稱為___________。（4）A→B的反應(yīng)需經(jīng)歷的過程，中間體Y的13分子式為C11H12NF，X→Y的反應(yīng)類型為___________。（5）已知：，寫出以、(CH3CO)2O、和NBS為原料制備的合成路線流程圖___________(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)?！敬鸢浮浚?）7（2）或（3）①.CH3COOH②.紅外光譜儀(CHCO)O32AlCl3NBS（4）水解反應(yīng)（5）(CHCO)O，(CH3CH)N32DMSO23【解析】【分析】由有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，乙醚作用下與鎂反應(yīng)生成、和發(fā)生加成反應(yīng)生成酸化生成、發(fā)生水解反應(yīng)生成，，與NBS發(fā)生取代反應(yīng)生成，碳酸氫鉀作用下與發(fā)生取代反應(yīng)生成14，一定條件下轉(zhuǎn)化為，一定條件下與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成?！拘?詳解】有機(jī)物分子中，飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化，由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有7個飽和碳原子，則雜化方式為sp雜化的碳原子數(shù)目是7，故答案為：7；3【小問2詳解】B的同分異構(gòu)體的苯環(huán)上有2個取代基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明同分異構(gòu)體分子中含有醛基、碳氟鍵、碳碳雙鍵，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子說明分子的結(jié)構(gòu)對稱，兩個取代基在苯環(huán)上處于對位，則符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為、，故答案為：或；【小問3詳解】由分析可知，E→F的反應(yīng)為一定條件下與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成15和相對分子質(zhì)量為60的CH3COOH，實(shí)驗(yàn)室中通常使用紅外光譜儀確定乙酸中含有的官能團(tuán)，故答案為：CH3COOH；紅外光譜儀；【小問4詳解】由分析可知，X→Y的反應(yīng)為發(fā)生水解反應(yīng)生成，故答案為：水解反應(yīng)；【小問5詳解】由題給信息和有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，以、(CH3CO)2O、和NBS為原料制備的合成步驟為氯化鋁作用下與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成，與NBS發(fā)生取代反應(yīng)生成，碳酸氫鉀作用下與發(fā)生取代反應(yīng)生成，合成路線為，一定條件下與乙酸酐反(CHCO)O32NBSAlCl應(yīng)生成3(CHCO)O，(CH3CH)N3223DMSO(CHCO)O32AlCl3NBS，故答案為：16(CHCO)O，(CH3CH)N3223DMSO。FeO4、Al2O3、SiO2等)為原料制備氧化鐵紅的工藝流程如下：FeO216.以硫酸燒渣(主要成分為3和少量3Fe33H2C2O4FeC2O46H，F(xiàn)e2H2C2O4FeC2O42H。33已知：（1）“酸浸”時，使用草酸作為助劑可提高鐵浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸燒)×100%]對鐵浸取率的影響如圖所示。①加入草酸能提高鐵浸取率的原因是___________。②草酸加入量大于20%時，鐵浸取率隨草酸加入量增加而減小的原因是___________。（2）“沉鐵”時，反應(yīng)溫度對鐵回收率的影響如圖所示。FeOH3的離子方程式為___________。FeSO4①轉(zhuǎn)化為②反應(yīng)溫度超過35℃時，鐵回收率下降的原因是___________。17③“沉鐵”后過濾所得“母液”中含有的主要成分為硫酸銨和___________。（3）“純化”時，加入NaOH溶液的目的是___________。FeC2O43，促進(jìn)草酸電離，溶液的H濃度增大；Fe3濃3①.Fe3和H2C2O4生成【答案】（1）2CO4生成FeC2O4沉淀2②.Fe2度降低，促進(jìn)燒渣中鐵氧化物與硫酸的反應(yīng)與①.2Fe2H2O24NH3H2O=2FeOH34NH4②.溫度升高，H2O2受熱被（2）Fe3催化分解，使Fe2氧化不充分；氨水受熱揮發(fā)，氨水濃度減小，不利于FeOH3的生成③.草酸銨中含有的AlOH3雜質(zhì)（3）除去FeOH3【解析】【分析】由題給流程可知，硫酸燒渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸時，氧化鐵、四氧化三鐵、氧化鋁溶解混酸轉(zhuǎn)化為三草酸根合鐵離子、亞鐵離子、鋁離子，二氧化硅不溶于混酸，過濾得到含有三草酸根合鐵離子、亞鐵離子、鋁離子的濾液和含有二氧化硅的殘?jiān)幌驗(yàn)V液中加入氨水和過氧化氫混合溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子后，與三草酸根合鐵離子一起轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有鋁離子的濾液和含有氫氧化鐵的濾渣；向?yàn)V渣中加入氫氧化鈉溶液，將沉淀中混有的氫氧化鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，過濾得到氫氧化鐵；氫氧化鐵煅燒分解生成氧化鐵?！拘?詳解】①由題給信息可知，加入草酸能提高鐵浸取率的原因是鐵離子和草酸生成三草酸根合鐵離子，促進(jìn)草酸電離，使溶液中的氫離子濃度增大，溶液中的鐵離子濃度降低，有利于燒渣中鐵氧化物與稀硫酸的反應(yīng)，F(xiàn)eC2O43，促進(jìn)草酸電離，溶液的H濃度增大；Fe3濃度降低，促3故答案為：Fe3和H2C2O4生成進(jìn)燒渣中鐵氧化物與硫酸的反應(yīng)；②由題給信息可知，草酸加入量大于20%時，亞鐵離子與草酸反應(yīng)生成草酸亞鐵沉淀，導(dǎo)致鐵浸取率隨2CO4生成FeC2O4沉淀；：Fe2草酸加入量增加而減小，故答案為與2【小問2詳解】①由題意可知，硫酸亞鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵的反應(yīng)為硫酸亞鐵與過氧化氫和氨水反應(yīng)生成硫酸銨和氫氧化鐵沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2H2O24NH3H2O=2FeOH34NH4，故答案為：2Fe2H2O24NH3H2O=2FeOH4NH4；3②當(dāng)反應(yīng)溫度超過35℃時，溫度升高，過氧化氫受熱被鐵離子催化分解，使亞鐵離子氧化不充分；氨水18

受熱揮發(fā)，氨水濃度減小，不利于氫氧化鐵的生成，導(dǎo)致鐵回收率下降，故答案為：溫度升高，H2O2受熱被Fe3催化分解，使Fe2氧化不充分；氨水受熱揮發(fā)，氨水濃度減小，不利于FeOH3的生成；③由分析可知，沉鐵加入氨水和過氧化氫混合溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子后，與三草酸根合鐵離子一起轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，同時生成硫酸銨和草酸銨，則過濾所得“母液”中含有的主要成分為硫酸銨和草酸銨，故答案為：草酸銨；【小問3詳解】由分析可知，“純化”時，加入