2026北京朝阳区高三下学期一模试题化学含解析

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(考试时间90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56
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，1 ml N6可生成3 ml 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-p σ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
A. AB. BC. CD. 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2 ml电子，阳极室溶液质量减少71 g
【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2ml电子时，阳极生成1ml（质量71g）逸出，同时为平衡电荷，有2ml（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
A. AB. BC. CD. 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2:1:1
D. 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·Br
C. 反应欲制得炔烃，投入的物质的量无需1 ml
D. 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：
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20 mL 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=0.001 ml ，消耗的物质的量为0.002 ml ，此时消耗的二氧化硫的体积为20 mL ，则二氧化硫溶液的浓度为c==0.1 ml/L ，a点，加入5 mL 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()=0.1 ml/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a nm，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. 4 ②. 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. 8 ②.
（3） ①. ​​ 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：
①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：
（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） 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子方程式为______。
（2）研究间接碘量法测的原理
查阅资料：、(和溶液均为无色)。
实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。
（3）探究能否用溶液直接滴定
实验2：
查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。
①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。
②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。
③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。
（4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的
由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。
查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。
实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。
实验4：______(填操作和现象)。
根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。
（5）测定某刻蚀覆铜板废液中的
实验5：
i．取某刻蚀废液，加入过量溶液；
ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液；
iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。
分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。
【答案】（1）
（2）、
（3） ①. ②. 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去​，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 ③. 会与​生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀
（4）向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去
（5）pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，​​在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行
【解析】
【小问1详解】
​刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。
【小问2详解】
化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。
【小问3详解】
①无色被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。
②题中说明微溶，​会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有
③从实验流程可知，与​除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。
【小问4详解】
需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。
【小问5详解】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
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
D
KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色
溶液中较小
物质
盐
NaCl
溶解度/g (20℃，)
35.9
37.2
9.6
物质
物质
终点pH
固体A中的主要物质
12
、、
11
、
9
、(量均比少)
8
(量比少)