北京市朝阳区2026届高三化学下学期质量检测一试卷 (1)【含答案】

北京市朝阳区高三下学期质量检测一化学试卷(考试时间90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Cl35.5Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科学家首次利用反应合成了储能材料。为链状分子，能分解为更稳定的。下列说法不正确的是A.基态氮原子的电子排布式为 B.与互为同素异形体C.合成的反应属于置换反应 D.分解为是熵减的过程【答案】D【解析】【详解】A．基态氮原子核外有7个电子，电子排布式为，A正确；B．N6和N2是氮元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，B正确；C．该反应为单质与化合物反应，生成新单质N6和新化合物，符合置换反应的定义，C正确；D．N6分解为N2时，1mol

N6可生成3mol

N2，体系中气体分子数增多，混乱度增大，属于熵增过程，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.Cl的原子结构示意图：B.基态C原子的轨道表示式：C.杂化轨道示意图：D.异丙基的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．Cl为17号元素，核外电子层排布为2、8、7，该原子结构示意图表达正确，A正确；B．基态C原子电子排布为，根据洪特规则，2p轨道的2个电子应分占不同简并轨道且自旋方向相同，图示2p轨道电子自旋相反，违反洪特规则，B错误；C．杂化轨道共3个，呈平面正三角形分布，相邻轨道夹角为，示意图表达正确，C正确；D．异丙基是丙烷中间碳原子失去1个氢原子得到的基团，结构为，图示结构简式表达正确，D正确；故选B。3.下列关于ⅡA族元素的氢氧化物的说法不正确的是A.碱性：B.用除去粗盐中的效果比用好C.加热与的固体混合物可制取D.将晶体与晶体混合搅拌，体系从环境吸收热量【答案】B【解析】【详解】A．同主族从上到下ⅡA族元素金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故碱性，A正确；B．微溶于水，难溶于水，使用除沉淀更完全、效果更好，B错误；C．实验室常用加热与固体混合物的方法制取，反应为，C正确；D．与的反应是典型的吸热反应，反应过程中体系从环境吸收热量，D正确；故选B。4.下列说法不正确的是A.淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化B.蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸C.通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同D.核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成【答案】C【解析】【详解】A．淀粉属于非还原糖，不含醛基，不能被银氨溶液、氢氧化铜等弱氧化剂氧化，A正确；B．蛋白质的基本组成单位是氨基酸，在酶的催化作用下水解最终生成氨基酸，B正确；C．石油分馏获取汽油、柴油是利用各组分沸点的差异进行分离，不是利用密度不同，C错误；D．核苷酸的结构可看作戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水反应连接形成，D正确；故答案选C。5.将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是A.、HCl中的共价键分别是键、s-pσ键B.反应过程涉及配位键的形成C.白烟的产生体现了的还原性D.用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟【答案】C【解析】【详解】A．中采取杂化，的杂化轨道与的轨道形成键；中的轨道与的轨道形成键，A正确；B．反应生成，中的提供孤电子对、提供空轨道形成配位键，反应过程涉及配位键的形成，B正确；C．该反应为，反应中无元素化合价升降，属于非氧化还原反应，不体现的还原性，C错误；D．浓硝酸具有挥发性，挥发出的与反应生成固体，也会产生大量白烟，D正确；故答案选C。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.将通入水中制得硝酸：B.用NaOH溶液吸收少量C.用催化转化器处理汽车尾气中的CO和D.将通入苯酚钠溶液中产生浑浊：【答案】D【解析】【详解】A．NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,方程式与事实相符，A正确；B．少量SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式SO2+2OH-=+H2O，符合反应事实，电荷、原子均守恒，B正确；C．汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下可以发生反应，转化为无毒的N2和CO2，反应方程式2CO+2NON2+2CO2，得失电子守恒、原子守恒，符合尾气处理的原理，C正确；D．酸性顺序为：碳酸>苯酚>碳酸氢根，因此苯酚钠和二氧化碳反应时，无论二氧化碳量多少，都只能生成苯酚和碳酸氢钠，不会生成碳酸钠，正确的反应方程式为:C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；题给方程式与事实不符，D错误；故答案选D。7.下列操作中不正确的是润洗滴定管验证牺牲阳极法A．加入少量待盛液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，再从上口倒出B．一段时间后，取出少量铁电极附近的溶液，滴加2滴铁氰化钾溶液检验铜与浓硫酸反应的产物证明氨气极易溶于水C．冷却后，将①中物质慢慢倒入盛有水的烧杯中D．打开弹簧夹挤压胶头滴管使水进入烧瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．润洗滴定管时，加入少量待装液润湿内壁后，润洗的废液需要从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，该操作错误，A错误；B．牺牲阳极法中，活泼性更强的作负极被腐蚀，作正极被保护，不会生成；取铁电极附近溶液滴加铁氰化钾，检验是否存在即可验证保护效果，操作正确，B正确；C．铜与浓硫酸反应后，试管①中含有剩余浓硫酸，检验产物硫酸铜时，需要将冷却后的反应液缓慢倒入盛水的烧杯中，可防止液体飞溅，操作正确，C正确；D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，水进入烧瓶后迅速溶解使烧瓶内压强骤降，烧杯中滴有酚酞的水进入烧瓶形成红色喷泉，可证明极易溶于水，操作正确，D正确；故选A。8.电解饱和食盐水的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.阴极的电极反应为：B.在阳极比容易失去电子，被氧化生成C.使用阳离子交换膜可防止发生反应：D.电解初期电路中每通过2mol电子，阳极室溶液质量减少71g【答案】D【解析】【分析】在左侧电极氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，该电极为阳极，则右侧为阴极，阴极水中氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．阴极上水电离出的优先得电子生成，电极反应为，A正确；B．惰性电极电解时阴离子放电顺序，故阳极优先失电子被氧化为，B正确；C．阳离子交换膜只允许阳离子通过，可阻止阳极生成的与阴极区的接触，避免发生反应，C正确；D．电路中通过2mol电子时，阳极生成1mol（质量71g）逸出，同时为平衡电荷，有2mol（质量46g）通过阳离子交换膜进入阴极室，因此阳极室溶液共减少，D错误；故选D。9.下列对事实的解释不正确的是事实解释A浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性B石墨有类似金属的导电性石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动C缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块晶体具有自范性DKSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色溶液中较小A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误；B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，电子可在整个碳原子平面中运动，因此有类似金属的导电性，B正确；C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确；D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确；故答案选A。10.由乙酸制取丙二酸的流程如下(部分条件略)。下列说法不正确的是已知：25℃时，；HCN有毒，有挥发性A.酸性：B.ii中若用过量NaOH代替可提高的产率C.ii中氯原子被取代，与中C—Cl键的极性有关D.ii的目的是防止发生【答案】B【解析】【详解】A．氯原子是吸电子基团，会增强羧基键的极性，使更易电离，因此酸性：，A正确；B．若用过量代替，作为强碱，不仅中和羧基，还会使中的键发生水解取代，生成，反而会降低的产率，B错误；C．Cl的电负性远大于C，键极性较强，容易断裂发生取代反应，取代反应的发生与键的极性直接相关，C正确；D．已知酸性：，而酸性强于，因此酸性，若不先中和的羧基，会发生反应，生成有毒易挥发的，ii中和羧基的目的就是避免该反应的发生，D正确；故选B。11.一种对分离具有良好选择性的高分子膜——磺化聚酮的合成方法如下。下列说法不正确的是A.单体M的核磁共振氢谱有4组峰B.合成SPK18的反应为缩聚反应C.合成反应中癸二酸、M、N的化学计量比为2:1:1D.推测SPK18对分离有良好选择性与冠醚空腔、金属离子的直径有关【答案】C【解析】【详解】A．由图可知单体M结构对称，其氢原子可以分为四类，即苯环上有2种等效氢（间位和邻位），冠醚环的脂肪族亚甲基有2种等效氢，因此核磁共振氢谱共4组峰，故A正确；B．合成SPK18时，癸二酸的羧基与M、N的芳环上的活泼氢发生反应生成酮键，同时脱去小分子水，符合缩聚反应的特征，故B正确；C．SPK18结构中n、m为不同链段的聚合度，二者比例不固定为1:1，因此癸二酸、M、N的化学计量比不一定为2:1:1，故C错误；D．冠醚对金属离子的配位选择性与冠醚空腔大小、金属离子的直径匹配性直接相关，因此SPK18的分离性能和该因素有关，故D正确；故答案选C。12.一种在铜催化剂作用下合成炔烃的过程示意图如下。已知：C和Br的电负性分别为2.5和2.8；图中“·”表示未成对电子，Ⅰ、Ⅱ表示铜元素的价态。下列说法不正确的是A.减弱了中C—Br键的极性B.过程②中得到的M为·BrC.反应欲制得炔烃，投入的物质的量无需1molD.合成炔烃的总反应：【答案】B【解析】【详解】A．已知电负性为，电负性为2.8；是强吸电子基团，会降低键中原子的电子云密度，使对键合电子的吸引能力增强，与的电负性差减小，因此键的极性被减弱，A正确；B．根据过程②的原子守恒和价态变化分析：过程②反应物为（为价）和，生成物为烷基自由基：、​（为价，进入步骤③）和。

从价变为价，失去个电子，该电子使断裂，得到电中性的烷基自由基，剩余的带个单位负电荷，因此为，不是溴自由基，B错误；C．由流程可知，是催化剂，反应过程中循环使用，因此制取产物，不需要投入该催化剂，C正确；D．将所有步骤的反应加和，消去中间产物，总反应就是端炔和溴代物在铜催化下生成炔烃和，与选项D给出的总反应一致，D正确；故选B。13.利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。已知：在范围内稳定，在时沉淀完全。下列说法不正确的是A.“酸浸”时通入有利于提高的浸出率B.“酸浸”时的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的参与浸出C.“除铁”时发生反应的离子方程式为：D.“深度除铁”时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率【答案】D【解析】【分析】闪锌矿（含、）加硫酸、氧气酸浸，-2价硫被氧化为单质，得到含、（少量）、​的酸性溶液；加沉铁，得到沉淀​除去大部分铁；再深度除铁，先加将剩余氧化为，再调使完全沉淀为，最终得到。【详解】A．酸浸时通入，可氧化、中-2价硫，促进硫化物溶解，有利于提高的浸出率，A正确；B．酸浸生成的可氧化中的，本身被还原为，又会被重新氧化为，相当于催化剂，能促进浸出，该催化作用是浸出速率增大的可能原因，B正确；C．除铁时，消耗了体系中的产生，并促进水解并与、结合生成沉淀，该离子方程式电荷、原子均守恒，产物和配平均正确，C正确；D．若互换顺序（先调，再加），沉淀完全的pH远大于4，调pH时未被氧化的仍溶解在溶液中，后续即使氧化也会导致部分铁残留，会降低铁的沉淀率，影响除铁效果，D错误；故答案选D。14.向溶液中滴加水溶液(以计)，溶液pH随加入水溶液体积(V)的变化如图所示。已知：物质下列说法不正确的是A.溶液显酸性，溶液显碱性B.水溶液的浓度为C.a点对应的溶液中：D.发生反应：【答案】C【解析】【分析】向溶液中滴加溶液，发生反应依次为反应Ⅰ：（二氧化硫少量）和反应Ⅱ：（二氧化硫过量），加入20mL二氧化硫溶液时发生突变，说明此时碳酸钠恰好完全反应，反应为，根据题干信息可知n()=0.1×10×10-3=0.001mol，消耗的物质的量为0.002mol，此时消耗的二氧化硫的体积为20mL，则二氧化硫溶液的浓度为c==0.1mol/L，a点，加入5mL的二氧化硫溶液，发生反应Ⅰ，此时溶液显碱性，溶质为和，b点溶质为。【详解】A．已知，的水解常数为Kh=，电离常数大于水解常数，所以的电离程度大于水解程度，所以显酸性，的，的水解常数为，水解常数大于电离常数，说明水解程度大于电离程度，所以显碱性，A正确；B．由分析知c()=0.1mol/L，B正确；C．

a点加入​，，发生反应​，反应后生成和，​物质的量是​的2倍，即使发生少量水解电离，最终仍满足，因此正确顺序为，C错误；D．a点溶质为和​，a到b继续加入​，最终所有溶质转化为​，同时放出​，配平后总反应为：，符合酸性强弱规律和原子电荷守恒，D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.催化剂研究已成为合成氨工业技术改造和更新的关键。（1）目前工业上主要以和为原料，使用铁基催化剂合成氨。铁基催化剂是以为活性主体，添加、、CaO等助剂制成。①基态Fe原子未成对电子数为______。②、、、CaO的化学键中离子键成分的百分数最高的是______。③CaO作助剂与其熔点高有关。从结构角度解释CaO熔点高于的原因：______。（2）也可用作和合成氨的催化剂，其晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。每个Fe原子周围与它最近且距离相等的Fe原子有______个。②已知催化剂的活性与其表面单位面积含有Fe原子的个数有关。图中阴影所示的平面上每平方纳米含有的Fe原子个数为______。（3）当前合成氨工艺的能耗较大，原料之一需要制备并纯化。我国科学家研制出的双催化剂实现了在温和条件下以为氢源合成氨，其反应为：①已知：则______(用含、的代数式表示)。②主要过程的催化机理示意图如下(部分微粒未表示)。已知：催化剂表面单位面积活性中心的数量影响催化过程，若活性中心被占据，催化循环会受阻；催化剂很难吸附CO。与使用单一催化剂相比，使用双催化剂能提高单位时间内的产率。说明双催化剂中Au的作用：______。【答案】（1）①.4②.③.

CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。（2）①.8②.（3）①.

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②.吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内​的产率(合理即可)【解析】【小问1详解】①Fe是26号元素，基态原子核外电子排布为，根据洪特规则，3d轨道中含有4个未成对电子。②

离子键成分百分数与成键原子电负性差相关，电负性差越大，离子键成分越高，四种化合物中，K的金属性最强，电负性最小，K与O的电负性差最大，因此的离子键成分百分数最高。③

CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。【小问2详解】①

该晶胞为体心立方晶胞，每个Fe原子（体心或顶点）周围最近且等距的Fe原子数为8，即配位数为8。②由图可知，该阴影面为立方体的顶面，即阴影平面为边长的正方形，面积为；该平面上，包含4个顶点的Fe原子，每个顶点的Fe原子被4个相邻晶胞共享，所以每个顶点的Fe原子贡献，故该平面上Fe原子总数为个，因此每平方纳米含有的Fe原子数为。【小问3详解】①

根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以，第二个反应乘以，相加可得目标反应，因此。②

根据题意知，难以吸附CO，若活性中心被占据会导致催化循环受阻，由催化机理图可知，Au可以吸附CO，使产物脱附，维持​的活性，加快反应，提高单位时间内产率，故双催化剂中Au的作用吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内​的产率(合理即可)。16.纯碱制备方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：______。（2）自古我国西北盐湖地区就有“夏天晒盐、冬天捞碱”的传统。“冬天捞碱”体现了的溶解度______的特点。（3）18世纪，用、C、混合加热制得，同时生成CaS和CO。该反应的化学方程式是______。（4）20世纪初，我国化学工业科学家侯德榜创造性地提出了侯氏制碱法，流程如下。已知：盐NaCl溶解度/g(20℃，)35.937.29.6①碳酸化”过程中发生主要反应的化学方程式是______。②在20℃时进行“碳酸化”，结合数据分析优先析出的原因：______。③母液Ⅰ“吸氨”有利于“盐析”时NaCl溶解，结合方程式解释原因：______。【答案】（1）（2）随温度降低而显著减小（或受温度影响较大，低温下溶解度小）（3）（4）①.②.20℃时，​的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后​最先达到饱和，因此优先析出​③.通入后发生反应：​，增大，促进“冷析“过程的析出，减小，有利于“盐析”时NaCl的溶解【解析】【分析】该流程是侯氏制碱法（联合制碱法）的生产过程，整体逻辑如下。初始工序：将精制饱和食盐水先通入进行吸氨，目的是使食盐水呈碱性，提升后续的溶解量；碳酸化、过滤：吸氨后的饱和食盐水通入​发生碳酸化反应，生成溶解度较小的，过滤后得到​沉淀和母液Ⅰ（主要含，还有未析出的、；煅烧：​沉淀煅烧分解得到最终产品​，分解产生的可循环回碳酸化工序使用；副产品处理：母液Ⅰ再次通入吸氨，之后经降温冷析、加入盐析，低温下溶解度降低，析出副产品，得到的母液Ⅱ（主要含未析出的）可循环回吸氨工序再次利用。整个过程原料利用率高，同时得到纯碱和氯化铵两种产品。【小问1详解】碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解使溶液中，水解以第一步为主。离子方程式：；【小问2详解】冬天温度降低，碳酸钠晶体从盐湖中结晶析出，说明碳酸钠溶解度随温度降低显著减小（受温度影响大）；【小问3详解】反应物为、、​，产物为​、、，根据化合价升降配平：S从+6价降为-2价（得），C从0价升为+2价（每个C失），因此C的系数为4，配平后得到：

；【小问4详解】

碳酸化是饱和氨盐水和​反应，析出碳酸氢钠，生成氯化铵：

；由表格溶解度数据可知，20℃时的溶解度远小于、的溶解度，反应生成​后，相同温度下最先达到饱和，因此以沉淀形式优先析出；由表格溶解度数据可知，20℃时的溶解度远小于、的溶解度，反应生成​后，相同温度下最先达到饱和，因此以沉淀形式优先析出。20℃时，​的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后​最先达到饱和，因此优先析出​；母液Ⅰ中含有未析出的​，通入后发生反应：​，增大，促进“冷析“过程的析出，减小，有利于“盐析”时NaCl的溶解。17.一种具有潜在抗菌作用的活性物质L的合成路线如下(部分试剂与条件略去)。（1）K分子中的官能团有醚键和______。（2）的反应类型为______。（3）的化学方程式是______。（4）下列说法正确的是______(填序号)。a．A与B互为同系物b．B不存在含苯环羧酸类同分异构体c．的作用是引入保护基（5）G分子中含有一个七元环。J的结构简式是______。（6）的路线如下。已知：i．ii．①Q的结构简式为______。②若K未经上述过程直接依次与、反应也能生成L。分析设计的目的：______。【答案】（1）碳碳双键和酰胺基（2）取代反应（3）2+O22+2H2O；（4）bc（5）（6）①.②.中标星号的N-H键与发生反应，提高产物的选择性【解析】【分析】有机合成过程如下：A（）在CH3I、K2CO3的作用下发生酚羟基上的取代反应生成B（），B发生催化氧化醇氧化为醛D（）；F()与反应生成，参考K的结构可知在多聚磷酸的作用下生成G的结构简式为（），D与G发生羟醛缩合生成产物J（），参考（6）信息P为，再结合Q到L是在H2O的作用下去除CH3OH，可以猜测Q的结构为。【小问1详解】根据K的结构，分子中含有的官能团有醚键、碳碳双键和酰胺基；【小问2详解】由A→B的结构变化酚羟基生成了甲氧基可判断发生的反应类型为取代反应；【小问3详解】B→D是醇的氧化反应，方程式2+O22+2H2O；【小问4详解】a．A与B结构不相似，且不是相差若干CH2，所以不是同系物；b．B的不饱和度为4，含苯环的羧酸类不饱和度至少为5（苯环为4，羧基为1），故B不存在含苯环的羧酸类同分异构体；c．最终-OH复原，可知的作用是保护羟基；故选bc；【小问5详解】结合上述分析，J的结构简式为；【小问6详解】由分析可知，Q的结构为，如果K未经上述过程直接依次与、反应，则有中标星号的N-H键与发生反应，降低产物的选择性。18.白云石的主要化学成分为(不考虑其他杂质)。利用白云石制备高纯氧化镁的流程示意图如下。已知：物质物质（1）白云石煅烧前需粉碎，其作用是______。（2）“煅烧粉”中，“消化”所得的上清液中______(填“>”“=”或“<”)。（3）在不同的“碳化”终点pH下，固体A中的主要物质如下表。终点pH固体A中的主要物质12、、11、9、(量均比少)8(量比少)根据固体A组成的变化，确定为“碳化”终点。①“碳化”至的过程中，固体A的组成发生的原因是：、______、______(填化学方程式)。②若“碳化”至时加入适量可提高产品中MgO的纯度，原因是______。（4）写出“热解”过程的离子方程式：______。（5）煅烧，剩余固体质量随温度变化如下。已知相对分子质量：466；MgO40写出的过程中发生反应的化学方程式：______。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快煅烧反应速率，使煅烧更充分（2）>（3）①.

②.③.远小于，加入草酸铵后，溶液中残留的会转化为​沉淀除去，降低，而仍留在溶液中，因此提高产品纯度（4）

（5）

【解析】【分析】白云石​煅烧分解为、和​，得到煅烧粉；加水消化后，、分别转化为、；通入碳化，调节过滤除去大部分钙、镁沉淀（固体A），可溶性镁以​形式留在滤液A中；滤液A热解得到碱式碳酸镁，最后煅烧得到高纯氧化镁。【小问1详解】粉碎固体可以增大反应物接触表面积，加快煅烧的反应速率，使反应进行更充分；【小问2详解】消化后体系中同时存在两种沉淀的溶解平衡：

，，同一体系中相同，因此，远大于；【小问3详解】①随不断通入，pH逐渐降低，固体A成分变化：从到最终pH=8只剩，且量比pH=9少，说明原固体中的和过量反应生成可溶的（进入滤液，固体A中不再含化合物），部分和反应生成可溶的（因此量减少），符合题目描述；②根据溶度积数据，，说明难溶，溶解度大。碳化到pH=9时，滤液中仍混有杂质，加入草酸铵后，会生成沉淀被过滤除去，而仍留在溶液中，因此最终产物的纯度提高；【小问4详解】滤液A中镁以、形式存在，热解生成沉淀和，根据电荷、原子守恒配平：；【小问5详解】假设初始为，摩尔质量为：M点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于无水碱式碳酸镁的摩尔质量（），说明M点结晶水已经完全失去，组成为。N点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于的质量（），说明N点产物为。因此是分解生成、和，配平。19.小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。（1）溶液刻蚀覆铜板的离