2026年山东烟台市高三一模高考化学试卷试题（含答案详解）

2026年高考诊断性测试化学注意事项：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3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14F19Co59Cu64Zn65Sm一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。A.所用铝镁合金的硬度比纯铝大B.机翼所用碳纤维为有机高分子材料C.甲板所用耐磨涂层碳化硅为共价晶体2.安全重于泰山，实验室中更应注意安全。下列说法错误的是A.实验室点燃可燃性气体前，需检验气体纯度B.切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中C.蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之一D.加热KMnO₄制取O₂,用排水法收集O₂后，应先撤导管再熄灭酒精灯3.化学品的正确使用关乎人体健康与环境保护。下列说法错误的是C.草木灰与铵态氮肥混合会降低肥效4.关于NF₃、Cl₂O和OF₂的结构与性质，下列说法错误的是A.键角：OF₂>Cl₂OB.沸点：Cl₂O>OF₂C.键能：F-O>F-NA.甲：用Na₂SO₃固体与70%的硫酸制SO₂C.丙：从石油中分离汽油、柴油D.丁：分离酒精和CCl₄6.下列物质性质与用途均正确且存在对应关系的是A.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥SO₂和H₂B.Na₂CO₃溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多C.SO₂具有杀菌作用，可用作葡萄酒的抗氧化剂实验室设计如图装置制取少量NaNH₂(夹持装置略)。下列说法错误的是CCA.可用NaOH固体代替生石灰C.实验时应先打开活塞a一段时间，再点燃C处酒精灯D.NaNH₂在空气中久置最终固体产物为Na₂CO₃试卷第2页，共11页8.有机物X→Y的异构化反应如图。下列说法正确的是A.Y不存在对映异构体C.1molY最多与2molH₂发生加成反应D.X酸性条件下的水解产物均可与NaOH溶液反应9.CO₂与H₂在金属催化剂M的作用下可发生多种反应，机理如图。下列说法错误的是H-M-H-H-M-H-MXA.X的分子构型为直线形B.产物HCOOH、HCHO、CO均为极性分子C.反应过程中涉及极性键的断裂与生成D.当生成等物质的量的含碳产物时，参与反应的n(CO₂):n(H₂)为3:2I.CaSO₄(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO₂(g)△H₁=-175kJ·molⅡ.CaSO₄(s)+CO(g)一CaO(s)+SO₂(g)+CO₂(g)△H₂=+218kJ反应I和反应Ⅱ的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图。TiK下，向2L密闭容器中加入足量CaSO₄(s)和1molCO(g),经tmin反应达平衡，体系压强为原来的1.4倍。下列说法A.曲线M代表反应ID.0~tmin,CO的平均反应速率11.下列实验方案能达到实验目的的是实验目的实验方案A比较HX-的电离程度与水解程度的大小B将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色C验证Fe³+与I的反应D检验Fe(NO₃)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO₃)2样品溶于稀H₂SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红A.AB.B12.一种用铋精矿(主要成分Bi₂S₃,含有FeS₂、Cu₂S、PbO₂及SiO₂等杂质)制备BiOCl的工艺流程如下。下列说法错误的是试卷第4页，共11页氨水氨水0₂加压氨浸浸出液①盐酸②盐酸羟胺酸浸还原稀H₂SO₄除杂N₂滤渣PbSO₄Bi、Fe元素转化为Bi₂O₃、Fe₂O₃;②pH≥3时，BiCl₃极易水解为BiOCI沉淀。Na₂CO₃沉铋滤液元素转化为易溶于水的[Cu(NH₃)4](OH)₂,A.“加压氨浸”时反应等物质的量的FeS₂和Cu₂S消耗O₂的物质的量之比为3:2B.“酸浸还原”过程中盐酸羟胺仅将Fe³+还原为Fe²+C.“酸浸还原”时为防止生成BiOCI沉淀，需加入稍过量盐酸D.“沉铋”时发生反应BiCl₃+N13.一种电化学组合装置如图，锌电池工作时“双极膜”中间层的H₂O解离为H+和OH-,在电场作用下向两极迁移，同时可高选择性电催化5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸并耦合析氢。下列说法正确的是HNO₃NH催化电极铂电极铂电极极A.膜n为阳离子交换膜B.c为阳极，发生氧化反应C.产生0.3molNH时，理论上生成0.4mol2,5-呋喃二甲酸D.当双极膜中有1molH₂O解离时，负极区溶液质量增加32.5g14.二苯乙二酮()在碱的作用下可发生Benzilie重排反应，反应机理如A.二苯乙二酮的二氯代物有15种B.正反应的活化能：①>③C.若二苯乙二酮的苯环上有氟原子，更容易发生Benzilie重排反应15.常温下，H₂A溶液中所有含A物种的摩尔分数与pH的关系如图虚线所示，M₂A和NA (Q表示M+和N²+)与pH的关系如图实线所示。下列说法正确的是摩尔分数pHA.直线①表示-1gc(N²+)与pH的关系C.pH=5时，溶液中存在：c(HA⁻)>c(H+)>c(N²+)>c(OH⁻)>c(M+)三、非选择题：本题共5小题，共60分。(1)钴元素在元素周期表中的位置是;下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。试卷第6页，共11页A.[Ar]3d⁷4s²B.[Ar]3d⁷4s¹C.[Ar]3d⁷4s¹4p¹D.[Ar]3d⁷4p¹(2)配合物K₃[Co(NO₂)₆]的中心离子是,配体的VSEPR模型为o(3)通过2CoCl₂+H₂O₂+10NH₃·H₂O+2NH₄Cl=2[Co(NH₃)₆]Cl₃+12H₂O可制备(4)SmCok(k>1)是一种稀土永磁材料，其晶体由Sm-Co单层和Co单层两种结构单元层交Sm-Co单层Co单层晶胞结构已知：I.层间距为apm,Sm-Co单层中Sm与Sm的最短距离为bpm;①该物质的化学式为_,A原子周围最近且等距离的Co原子有个。17.鲁米诺(3-氨基邻苯二甲酰胺)是一种化学发光试剂，其发光原理为：3-氨基邻苯二甲酰胺激发态基态①按下图所示组装实验装置(夹持装置略)并完成操作X。容于250mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中，并在其他装置中加入相应试剂。③向三颈烧瓶中滴入6mL30%H₂O₂,关闭分液漏斗旋塞，观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光；随即不断旋转A中分液漏斗旋塞滴加稀硫酸，调节气体产生速率，装置D中形成蓝色发光喷泉(该操作在暗处进行)。(1)步骤①中操作X是o(3)步骤③中鲁米诺发生反应的离子方程式为。该反应所用氧化剂，还可选用下列物质中的(填标号)。a.稀HNO₃b.FeCl₃溶液c.酸性KMnO₄溶液d.Na₂CO₃·H₂O₂Ⅱ.鲁米诺发光实验的应用及探究(4)Cu²+在一定浓度范围内可催化鲁米诺与H₂O₂反应，且发光强度与Cu²+浓度呈线性关系，从而间接测定水体中Cu²+含量。测得发光强度y与标准溶液Cu²+浓度xmol-L-¹符合方程y=2.5×10⁹x。取10mL水样，预处理后定容至50mL,测得发光强度为400,则原水样中(5)Cu²+与NH₃或EDTA⁴-配位后，其催化鲁米诺与H₂O₂反应的能力减弱，为探究NH₃和EDTA⁴-与Cu²+的配位能力，进行如下实验：序号Cu²+和氨水)蒸馏水发光时间荧光强度10强20弱30无无18.羟基氧化镍(NiOOH)具有良好的电化学活性。某化工厂从含NiO、ZnO的废料(杂质为Fe₂O₃、CaO、CuO)中制备NiOOHH₂O和ZnSO₄·7H₂O的工艺流程如下：试卷第8页，共11页NaCNaC1O有机萃取剂NaOH滤渣1滤渣2Fe(OH)₃CaF₂有机相一反萃取--ZnSO₄·7H₂O酸浸NaOH沉铁NH₄F沉钙NiOOH·H₂O已知：①该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：开始沉淀时完全沉淀时的pH②常温下，溶质在平衡共存的两液相中的分配系数为D[],萃取率为略混合后溶液体积的变化),使Ca²+恰好沉淀完全[此时c(Ca²+)=1×10⁻⁵mol·L¹,剂对金属离子的萃取率与pH关系如图。pH①在一定范围内，随pH升高萃取率升高的原因是o③已知该生产条件下，Zn²+在两液相中的D=40。取100L含c(Zn²+)=65mg·L⁻¹的溶液，加况下，若要提高萃取率可采取的生产工艺为19.帕金森病精神症状治疗药物M(的合成路线如下：合成路线中设计G→H、I→K反应目的为_o(3)I中含氧官能团的名称为,L中C原子的轨道杂化方式有_种。②核磁共振氢谱显示分子中共有4种不同化学环境的H原子。(5)根据上述信息，写出以环己烯和甲醇为原料(其他试剂任选)制备试卷第10页，共11页路线20.一定条件下，工业上以NO和H₂为原料合成NH₃,涉及主要反应如下：反应I:2NO(g)+5H₂(g)2NH₃(g)+2H₂O(g)△H₁=-756.9kJ·mol-¹研究发现，反应I为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应Ⅱ的影响，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。回答下列问题：(1)N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)的焓变△H₃=kJ·mo(2)在TK、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2molNO和6molH₂,发生上述反应I和Ⅱ,测得NO和H₂转化率、与反应时间的关系如图。①表示NH₃选择性、H₂转化率的是曲线、(填标号)。②已知G点坐标为(32,m),此时水的物质的量n(H₂O)=mol(用含m表达式表示);0~75min内用NO的分压变化表示的平均反应速率为kPa·min-¹,25min时反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=_(列表达式)。③对比上述反应，保持其他条件不变，若使用仅对反应I有催化作用的催化剂，则曲线b用的催化剂，则75min时曲线b所示物种的浓度【详解】A.合金的硬度一般大于各组分纯金属的硬度，因此铝镁合金的硬度比纯铝大，AB.碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；C.碳化硅中硅原子和碳原子通过共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，C正确；D.重油是石油分馏的产物，石油的主要成分是各类烃，因此重油的主要成分为烃，D正确；故选B。【详解】A.可燃性气体不纯时点燃易发生爆炸，因此点燃前必须检验气体纯度，A正确；B.金属钠性质活泼，随意丢弃易引发危险，且钠不会污染原瓶试剂，切割后剩余的钠应放C.蒸馏操作时，蒸馏烧瓶中液体体积应不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，不少于三分之一，不是不超过三分之一，C错误；D.加热高锰酸钾制氧气，排水法收集氧气后，若先熄灭酒精灯会发生倒吸，使仪器炸裂，因此应先撤导管再熄灭酒精灯，D正确；故选C。【详解】A.聚乙烯无毒，化学性质稳定，聚乙烯塑料袋可用于食品包装，A正确；B.NaNO₂是食品防腐剂，可抑制肉毒杆菌生长，在国家标准允许的用量范围内，可用于腊C.草木灰主要成分为碳酸钾，碳酸根水解使溶液显碱性，和铵态氮肥的铵根发生相互促进的水解反应，生成氨气逸出，损失氮元素，降低肥效，C正确；D.清洁煤技术主要是脱去煤中的硫，减少二氧化硫等有害污染物的排放，但煤燃烧仍然会排放大量二氧化碳，不能减少碳排放，因此不利于实现碳中和，D错误；答案选D。【详解】A.OF₂和Cl₂O的中心O原子均为sp³杂化，均含2对孤电子对；F电负性大于Cl,OF₂中成键电子对更偏向F,成键电子对间斥力更小，键角更小，因此键角：Cl₂O>OF₂,B.二者均为分子晶体，分子晶体的沸点随相对分子质量增大而升高，Cl₂O相对分子质量大答案第1页，共16页C.原子半径N>0,因此F-O键键长比F-N键更短，键长越短键能越大，故键能：F-O>D.同周期元素第一电离能随原子序数增大总体呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定答案选A。C.石油分馏分离汽油、柴油时，温度计需要测量故选B。B.Na₂CO₃溶液确实显碱性，但Na₂CO₃碱性过强，会刺激损伤消化道，不能用于治疗胃酸C.SO₂确实具有杀菌作用，也可作葡萄酒的抗氧化剂，但作抗氧化剂利用的是SO₂的还原D.Fe(OH)₃胶体具有吸附性，可用于净水，但Fe(OH)3胶体不具备杀菌消毒的能力，用途【分析】由实验装置图可知，装置A制备氨气，装置B中盛有碱石灰用于干燥氨气，装置C中金属钠与氨气反应制备氨基钠，装置D用于冷凝回流挥发出氨气，装置E中盛有五氧化二磷用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置C中导致氨基钠答案第2页，共16页答案第3页，共16页【详解】A.生石灰和浓氨水制氨气的原理是：CaO与水反应放热，促进NH₃·H₂O分解，同时增大OH-浓度，使平衡NH₃+H₂ONH₃·H₂ONH4+OH⁻左移，促进NH₃逸出。C.装置内原本的空气会氧化金属钠，还会使产物变质，因此需要先打开活塞a,通入一段D.NaNH₂在空气中久置，无论水解生成NaOH,还是被氧气氧化生成Na₂O₂,含钠产物最终都会和空气中的CO₂反应，转化为Na₂CO₃,因此最终固体产物为Na₂CO₃,D正确；故选B。【详解】A.对映异构体需要存在手性碳。Y的五元环中，连接乙烯基侧链的饱和碳原子，连接的4个基团完全不同，属于手性碳，因此Y存在对映异构体，A错误；单键可以让所有碳原子都落在同一平面内，因此X中所C.酯基中的羰基不能与H₂发生加成反应，Y中一共含有2个碳碳双键，只有碳碳双键可D.X是酯，酸性水解产物为丙炔酸(HC=C-COOH)和丁烯醇(HOCH₂CH=CHCH₃):故选C。【详解】A.根据原子守恒，H-M-COOH脱去1分子H₂O得到X,X为M=C=0,中心原子C的价层电子对数为2,分子构型为直线形，A正确；B.极性分子是正负电荷中心不重合的分子：HCOOH(甲酸)结构不对称，HCHO(甲醛)C.反应过程中，CO₂中C=O极性键断裂，产物中生成O-H、C-H等极性键，因此涉及极性键的断裂与生成，C正确；D.三种含碳产物HCOOH、HCHO、CO,假设各生成1mol(等物质的量):生成HCOOH:CO₂+H₂=HCOOH,消耗1molCO₂、1molH₂;生成CO:CO₂+H₂=CO+H₂O,消耗1molCO₂、故选D。【详解】A.反应I△H₁<0,放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，1gK随温度升高而减小，与曲线M的变化一致，A正确；B.反应I中气体总物质的量不变，只有反应Ⅱ使气体总物质的量增加(△n(气)=2-1=1)。初始CO为1mol,平衡后压强为原来的1.4倍，同温同容下总气体物质的量为1.4mol,增加0.4mol,因此反应Ⅱ消耗CO为0.4mol,平衡时n(SO₂)=0.4mol。T时1gKπ=1g2,故Kπ=2,反应Ⅱ的平衡常数：平衡总气体：n(CO)+n(CO₂)+n(S反应I的平衡常数：结合C.升高温度，反应I平衡常数减小的趋势与反应Ⅱ平衡常数增大的趋势几乎一致，c(SO₂)是净增大(反应Ⅱ正向移动),而反应I逆向移动会导致c(CO₂)减小，反应Ⅱ正向移动会导致c(CO₂)增大，由化学计量数可知，c(CO₂)减小会更多，故，c(SO₂)/c伞(CO₂)一定增D.平衡时剩余；,容器体积为2L,则：答案第4页，共16页答案第5页，共16页故选D。【详解】A.酸式盐NaHX溶液中，HX-既存在电离平衡(HX-H⁺+X²-),也存在水解平衡(HX-+H₂O=H₂X+OH⁻)。溶液的pH值取决于这两个平衡的相对强弱。若pH<7,说明电离程度大于水解程度；若pH>7,说明水解程度大于电离程度；若pH=7,说明两者程度相当，因此，通过测量溶液的pH可以达到实验目的，A正确；B.溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，但同时乙成的气体中。乙醇和乙烯都具有还原性，都能使酸性KMnO₄溶液褪色，因此，无法确定是C.实验中KI过量，理论上Fe³+应完全反应。若反应存在限度，则上层清液中D.Fe(NO₃)2溶于稀H₂SO₄后，溶液中的NO₃在酸性条件下会将Fe²+氧化成Fe³+,即使样品未变质，也会因该氧化反应而产生Fe³+,导致滴加KSCN溶液后变红，无法判断样品是否故选AC。【分析】铋精矿加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后Cu、S元素进入浸出液，浸出渣主要含有Bi₂O₃、Fe₂O₃、PbO₂及SiO₂等杂质；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，Bi元素转化为BiCl₃进入滤液，Pb、Fe元素分别被还原成PbCl₂、FeCl₂进入滤液，滤渣为SiO₂,滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有BiCl₃、FeCl₂,加入碳酸钠调节pH,得到BiOCI,据此分析解题。【详解】A.1molFeS₂:Fe从+2→+3升1价，2个S从-1→+6共升2×7=14价，总失电子15mol。1molCu₂S:2个Cu从+1→+2共升2价，S从-2→+6升8价，总失电子10mol。1molO₂作为氧化剂共得4mol电子，因此等物质的量的FeS₂和Cu₂S消耗O₂的物质的量之B.铋精矿中杂质PbO₂中Pb为+4价，后续除杂得到PbSO₄,Pb为+2价，因此盐酸羟胺不答案第6页，共16页仅还原Fe³+,还需要还原+4价的Pb,B错误；抑制BiCl₃水解，防止生成BiOCl提前沉淀，C正确；D.沉铋时BiCl₃水解，Na₂CO₃与水解产生的HCl反应放出CO₂,总反应BiCl₃+Na₂CO₃=BiOCl↓+CO₂↑+2NaCl,原子和电荷答案选B。【分析】首先判断装置：左侧为锌原电池，右侧为电解池。Zn失电子发生氧化反应Zn电极(b)为原电池负极，a为原电池正极；电解池中，阳极接原电池正极，发生氧化反应，阴极接原电池负极，发生还原反应，5-羟甲基糠醛氧化因此d为电解池阳极，c为电解池阴极，发生析氢的还原【详解】A.双极膜解离的H+向原电池正极(左侧a区)迁移，OH-向原电池负极(右侧Zn区)迁移，因此膜n需要允许OH-(阴离子)通过，为阴离子交换膜，A错误；B.c接原电池负极(b),因此c为电解池阴极，发生还原反应，B错误；C.正极反应为NO₃+8e⁻+10H+=NH4+3H₂O,生成0.3molNH4时，转移电子失4e,-CHO→-COOH失2e-,1mol产物共转移6mole-,因此生成产物的物质的量为D.1molH₂O解离生成1molH,转移1mol电子时，有0.5molZn进入溶液(质量0.5×65=32.5g),同时双极膜解离的1molOH-也进入负极区(质量1×17=17g),因此负极区溶液总质量增加32.5+17=49.5g,D错误；答案第7页，共16页B.反应速率由活化能决定，活化能越高反应速率越慢。机理中①是慢反应，③是快反应，因此正反应活化能：①>③,B正确；C.氟是吸电子基团，苯环连氟后，会增强羰基碳的正电性，更有利于OH-的亲核进攻(第D.根据重排机理，二邻酮R-CO-CO-R′重排后产物为(R)(R)C(OH)-COOH,即羟基和羧基【分析】所有虚线表示H₂A溶液中所有含A组分的摩尔分数与pH变化关系，图中一共三条逐渐增加，H₂A减小，故第一条下降的粗虚线是H₂A,先升后降的则是HA-,最后出现并逐渐增加的虚线则代表A²-,则利用a点求得利用b点求得实线①②分别是M₂A和NA在0.01mol·L'H₂A溶液的-lgc(Q)答案第8页，共16页M₂A(s)=2M+(aq)+A²-(aq),其,看出-1g[c(N²+)]-pH的斜率应该更大，故曲线②表示-1g[c(N²+)]与pH的关系。基于以c(H+)=10³mol/L,H₂A浓度保持不变，c(H₂A)=0.01molL,利用,求得c(A²-)=1×10⁻¹⁶mol/L,代入K(M₂A)=c²(M+)·c(A²-)=(10⁻7)²×1×10⁻¹⁶=1×1050,曲线②是-18[c(N²+)]-pH,点c有-1g[c(N²+)]=8,,pH=6,即c(N²+)=10⁸mol/L,c(H+)=10⁶mol/L,c(H₂A)=0.01mol/L,利用,求得c(A²-)=1×10⁻1⁰mol/L,代入K(NA)=c(N²+)·c(A²)=10⁸×1×10-¹⁰=1×10-18,B即10⁸mol-L¹<c(N²+)<10⁵mol·L¹;-1gc(M+)>17,即c(M+)<10⁻¹⁷mol-L¹。由摩尔NAD.计算沉淀所需A²-浓度：M₂A沉淀：NA答案第9页，共16页故选CD。【详解】(1)Co原子序数为27,位于元素周期表第四周期第VⅢ族。电离能规律：同一元A是基态Co原子，电离对应第一电离能，能量最小；B是基态Co+,电离对应第二电离能，能量大于A;C是激发态Co原子，能量高于基态，电离能小于A;D是激发态Co+,能量高于基态Co+,电离能小于B;因此所需能量最大的是B。(2)配合物K₃[Co(NO₂)₆]中，配离子整体带3个负电荷，每个NO₂带1个负电荷，因此中心离子为Co³+。配体NO₂中中心N的价层电子对数因此VSEPR模(3)①[Co(NH₃)₆]³+中，每个NH₃含3个N-Hσ键，6个与6个NH₃形成6个配位σ键，总σ键为18+6=24mol。N-H键的排斥力减小，因此H-N-H键角更大，填>。该晶体的化学式为SmCo₅;根据dA-B<dA-c,A(Sm)周围最近的Co分布在上下两个Co层，每层3个，共6个(注意顶点A的角度不是90°);轴的坐标分数为0,根据单层投影图可知，M位于晶胞面对角线的处。如图：答案第10页，共16页;底面为边长bpm的菱形(夹角60),底面积晶胞高度为2apm,因此体积d【分析】鲁米诺即3-氨基邻苯二甲酰胺，在碱性条件下被氧化剂氧化后，会生成不稳定的中，小苏打与稀硫酸反应持续生成CO₂,增大体系气压，将三颈烧瓶中的置D,形成蓝色发光喷泉。后续探究利用Cu²+对该反应的催化特性：发光强度与Cu²+浓度呈线性关系，可间接测定水样Cu²+含量；Cu²+被配位后催化能力减弱，可通过荧光强度变【详解】(1)涉及气体参与的喷泉实验，组装仪器后第一步需要检查装置气密性。(2)步骤②是配制一定物质的量浓度的鲁米诺溶液，需要烧杯溶解固体，玻璃棒搅拌和引(3)根据反应流程，鲁米诺(C₈H₇N₃O₂)在碱性条件下被H₂O₂氧化，脱去N₂得到3-氨答案第11页，共16页氧化剂替代H₂O₂,FeCl₃在碱性条件下生成沉淀，不能作氧化剂，故选d。(4)根据y=2.5×10⁹x,y=400得定容后浓度x=1.6×10⁻⁷mol/L,原水样稀释了5倍，故(5)加入EDTA⁴-后荧光强度更弱，说明EDTA⁴-夺走了与NH₃配位的Cu²+,配位能力：88.9%多次萃取(或增加萃取剂体积、适当调节pH增大D等)(4)CIO⁻+2Ni²++4OH⁻+H₂O=2(Ni【分析】第一步加入稀硫酸酸浸，将所有金属氧化物转化为对应硫酸盐进入溶液，滤渣1调节pH,使Fe³+完全沉淀为Fe(OH)₃除去；之后加入NH₄F,使Ca²+沉淀为CaF₂除去，此时溶液中仅剩余Ni²+和Zn²+。利用萃取剂对两种离子萃取率的pH差异，控制合适pH将Zn²+经NaClO碱性氧化，过滤即可得到目标产物NiOOH·H₂O【详解】(1)酸浸后溶液中含Cu²+,通入H₂S生成不溶于酸的CuS沉淀，同时滤液中的Fe³+与H₂S发生氧化还原反应生成S和Fe²+,滤渣2为CuS、S;根据沉淀pH表，Fe³+完全沉淀pH为2.8,Zn²+开始沉淀pH为6.2,因此控制pH在2.8～6.2之间。答案第12页，共16页原溶液总Ca²+物质的量：n(Ca²+)总=0.n(F)沉淀=2×5mol=10mol;总n(NH₄F)=10+10=20mol,(3)①pH升高，c(H+)减小，萃取平衡：M²++2HRMR₂+2H+正向移动，萃取率升②反萃取需要使平衡逆向移动，增大H+浓度，最终制备ZnSO₄,因此选择H₂SO₄作反萃取(4)碱性条件下Clo-氧化Ni²+生成NiOOH·H₂O,Ni从+2价升为+3价，Cl从+1价降为-1(2)对羟基苯甲酸(4-羟基苯甲酸)保护羧基④答案第13页，共16页【分析】A(甲胺)与2分发生已知信息I的加成反应后，B的结构简式为,B发生已知信息Ⅱ的反应生成C,则C的结构,D和E在H₂/Ni作用下生成F,结合M的结构简式可知，F的结构简的结构简式为;G的不饱和度为4,结合应生成H,H的结构简式为化得到羧基，故G→H的目的是保护羧基；L的不饱和度为6,而K的不饱和度为5,则K知信息Ⅲ的反应生成M,