2023年北京市高考化學(xué)試卷真題及答案

第1頁（共1頁）2023年北京市高考化學(xué)試卷真題及答案一、選擇題（共14小題，每小題3分，滿分42分）1．（3分）中國科學(xué)家首次成功制得大面積單晶石墨炔（江南博哥），是碳材料科學(xué)的一大進(jìn)步。金剛石石墨石墨炔下列關(guān)于金剛石、石墨、石墨炔的說法正確的是（）A．三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的σ鍵 B．三種物質(zhì)中的碳原子都是sp3雜化 C．三種物質(zhì)的晶體類型相同 D．三種物質(zhì)均能導(dǎo)電【答案】A解析：A．原子間優(yōu)先形成σ鍵；B．石墨中碳原子采取sp2雜化，石墨炔中苯環(huán)上碳原子采取sp2雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜化；C．金剛石屬于共價晶體，石墨屬于混合晶體，石墨炔屬于分子晶體；D．金剛石沒有自由移動的電子，不能導(dǎo)電?！窘獯稹拷猓篈．原子間優(yōu)先形成σ鍵，三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的σ鍵，故A正確；B．金剛石中碳原子均采取sp3雜化，而石墨中碳原子采取sp2雜化，石墨炔中苯環(huán)上碳原子采取sp2雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜化，故B錯誤；C．金剛石屬于共價晶體，石墨屬于混合晶體，石墨炔屬于分子晶體，三種物質(zhì)晶體類型不相同，故C錯誤；D．石墨、石墨炔中存在大π鍵，可以導(dǎo)電，而金剛石沒有自由移動的電子，不能導(dǎo)電，故D錯誤；故選：A。2．（3分）下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是（）A．NaCl的電子式 B．NH3的VSEPR模型為 C．2pz電子云圖為 D．基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式為【答案】C解析：A．NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數(shù)且陰陽離子應(yīng)該寫出電荷和電性；B．NH3的VSEPR模型為四面體結(jié)構(gòu)；C．p能級電子云是啞鈴形；D．不符合洪特規(guī)則?！窘獯稹拷猓篈．NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數(shù)且陰陽離子應(yīng)該寫出電荷和電性，NaCl的電子式為，故A錯誤；B．NH3的VSEPR模型為四面體結(jié)構(gòu)，圖為三角錐形結(jié)構(gòu)且沒有寫出孤電子對，故B錯誤；C．p能級電子云是啞鈴形，則2pz電子云圖為，故C正確；D．不符合洪特規(guī)則，基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式為，故D錯誤；故選：C。3．（3分）下列過程與水解反應(yīng)無關(guān)的是（）A．熱的純堿溶液去除油脂 B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴 C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸 D．向沸水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe（OH）3膠體【答案】B解析：A．油脂能在堿溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成溶于水的物質(zhì)；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂解、裂化生成小分子烴；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸；D．FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子能發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體?！窘獯稹拷猓篈．純堿溶液呈堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，可用于除油污，與鹽類水解有關(guān)，故A正確；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴，發(fā)生的是裂解、裂化反應(yīng)，與水解反應(yīng)無關(guān)，故B錯誤；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸，發(fā)生的反應(yīng)是水解反應(yīng)，與水解反應(yīng)有關(guān)，故C正確；D．FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子能發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體，加熱能促進(jìn)鐵離子的水解，F(xiàn)eCl3溶液制備Fe（OH）3膠體與鹽類水解有關(guān)，故D正確；故選：B。4．（3分）下列事實(shí)能用平衡移動原理解釋的是（）A．H2O2溶液中加入少量MnO2固體，促進(jìn)H2O2分解 B．密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4的混合氣體，受熱后顏色加深 C．鐵釘放入濃HNO3中，待不再變化后，加熱能產(chǎn)生大量紅棕色氣體 D．鋅片與稀H2SO4反應(yīng)過程中，加入少量CuSO4固體，促進(jìn)H2的產(chǎn)生【答案】B解析：平衡移動原理為：如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動；平衡移動原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動原理解釋，平衡移動原理對所有的動態(tài)平衡都適用。【解答】解：A．MnO2作H2O2分解的催化劑，催化劑只改變化學(xué)反應(yīng)速率，不影響平衡移動，所以不能用平衡移動原理解釋，故A錯誤；B．2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4的混合氣體，加熱，平衡逆向移動，導(dǎo)致c（NO2）增大，氣體顏色加深，能用平衡移動原理解釋，故B正確；C．常溫下，F(xiàn)e和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，加熱使鐵表面的氧化物薄膜溶解，且在加熱條件下鐵和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO2，NO2呈紅棕色，與平衡移動原理無關(guān)，不能用平衡移動原理解釋，故C錯誤；D．Fe能置換出Cu，F(xiàn)e、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池而促進(jìn)H2的產(chǎn)生，與平衡移動原理無關(guān)，不能用平衡移動原理解釋，故D錯誤；故選：B。5．（3分）回收利用工業(yè)廢氣中的CO2和SO2，實(shí)驗(yàn)原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨 B．裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度 C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的CO2和SO2 D．裝置b中的總反應(yīng)為+CO2+H2OHCOOH+【答案】C解析：根據(jù)圖知，含CO2和SO2的廢氣通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，發(fā)生的反應(yīng)為2NaHCO3+SO2＝Na2SO3+2CO2+H2O，電解池中，左側(cè)電極上失電子生成，該電極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，電解質(zhì)溶液呈堿性，陽極反應(yīng)式為﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，則通入CO2的電極為陰極，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH；A．SO2是形成酸雨的主要成分；B．水解導(dǎo)致溶液呈堿性、電離導(dǎo)致溶液呈酸性；C．NaHCO3溶液能和SO2反應(yīng)但不能和CO2反應(yīng)；D．裝置b中陽極﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失電子相等的條件下將陰陽電極反應(yīng)式相加即得總反應(yīng)式?！窘獯稹拷猓篈．SO2是形成酸雨的主要成分，所以廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨，故A正確；B．水解導(dǎo)致溶液呈堿性、電離導(dǎo)致溶液呈酸性，裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度，故B正確；C．NaHCO3溶液能和SO2反應(yīng)但不能和CO2反應(yīng)，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C錯誤；D．裝置b中陽極﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失電子相等的條件下將陰陽電極反應(yīng)式相加即得總反應(yīng)式為+CO2+H2OHCOOH+，故D正確；故選：C。6．（3分）下列離子方程式與所給事實(shí)不相符的是（）A．Cl2制備84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ C．利用覆銅板制作印刷電路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ D．Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣═HgS↓【答案】B解析：A．氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O；B．醋酸為弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式；C．Cu和Fe3+反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+；D．Hg2+、S2﹣反應(yīng)生成HgS沉淀?！窘獯稹拷猓篈．氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，離子方程式為Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A正確；B．醋酸為弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B錯誤；C．Cu和Fe3+反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+，離子方程式為2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故C正確；D．Hg2+、S2﹣反應(yīng)生成HgS沉淀，離子方程式為Hg2++S2﹣＝HgS↓，故D正確；故選：B。7．（3分）蔗糖與濃硫酸發(fā)生作用的過程如圖所示。下列關(guān)于該過程的分析不正確的是（）A．過程①白色固體變黑，主要體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性 B．過程②固體體積膨脹，與產(chǎn)生的大量氣體有關(guān) C．過程中產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體，體現(xiàn)了濃硫酸的酸性 D．過程中蔗糖分子發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂【答案】C解析：A．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除；B．濃硫酸與碳反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳使固體體積膨脹；C．生成的二氧化硫使品紅溶液褪色，濃硫酸發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化硫；D．蔗糖發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，一定有化學(xué)鍵的斷裂?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除，白色固體變黑，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，故A正確；B．濃硫酸脫水過程中產(chǎn)生大量的熱，會發(fā)生反應(yīng)：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O，產(chǎn)生的大量氣體，使固體體積膨脹，故B正確；C．濃硫酸脫水過程中生成的SO2使品紅溶液褪色，濃硫酸發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化硫，體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性，故C錯誤；D．蔗糖發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂，故D正確；故選：C。8．（3分）完成下述實(shí)驗(yàn)，裝置或試劑不正確的是（）實(shí)驗(yàn)室制Cl2實(shí)驗(yàn)室收集C2H4驗(yàn)證NH3易溶于水且溶液呈堿性除去CO2中混有的少量HClABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D解析：A．在加熱條件下，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)生成Cl2；B．難溶于水的氣體可以采用排水法收集；C．酚酞遇堿溶液變紅色，極易溶于水的氣體能形成噴泉實(shí)驗(yàn)；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．在加熱條件下，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)生成Cl2，圖中裝置能制取氯氣，故A正確；B．乙烯難溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正確；C．打開活塞，將膠頭滴管中的水?dāng)D入燒瓶中，氨氣溶于導(dǎo)致燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)急劇減小，外界大氣壓不變，大氣壓將水通過導(dǎo)管進(jìn)入燒瓶中而形成噴泉，氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨電離出OH﹣而使其水溶液呈堿性，酚酞遇堿溶液變紅色，所以該裝置能驗(yàn)證NH3易溶于水且溶液呈堿性，故C正確；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反應(yīng)，應(yīng)該用飽和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D錯誤；故選：D。9．（3分）一種聚合物PHA的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法不正確的是（）A．PHA的重復(fù)單元中有兩種官能團(tuán) B．PHA可通過單體縮聚合成 C．PHA在堿性條件下可發(fā)生降解 D．PHA中存在手性碳原子【答案】A解析：A．PHA的重復(fù)單元中官能團(tuán)為酯基；B．是PHA的單體；C．酯基在堿性條件下能發(fā)生水解反應(yīng)；D．連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖知，PHA的重復(fù)單元中官能團(tuán)只有酯基一種，故A錯誤；B．是PHA的單體，中含有羧基和醇羥基，所以PHA可通過單體縮聚合成，故B正確；C．PHA中含有酯基，所以PHA在堿性條件下能發(fā)生水解反應(yīng)而降解，故C正確；D．根據(jù)圖知，PHA的重復(fù)單元中連接一個甲基的碳原子為手性碳原子，故D正確；故選：A。10．（3分）下列事實(shí)不能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋的是（）A．F﹣F鍵的鍵能小于Cl﹣Cl鍵的鍵能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氫分子的極性強(qiáng)于氯化氫分子的極性 D．氣態(tài)氟化氫中存在（HF）2，而氣態(tài)氯化氫中是HCl分子【答案】A解析：A．F原子半徑小，電子云密度大，F(xiàn)原子之間的排斥力大，則F﹣F鍵不穩(wěn)定；B．電負(fù)性：F＞Cl，F(xiàn)﹣C鍵的極性大于Cl﹣C鍵的極性，使得F3C﹣的極性大于Cl3C﹣的極性，導(dǎo)致F3CCOOH的羧基中﹣OH極性更大；C．元素的電負(fù)性越大，該元素與氫元素之間的極性越強(qiáng)；D．F元素電負(fù)性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．F原子半徑小，電子云密度大，F(xiàn)原子之間的排斥力大，則F﹣F鍵不穩(wěn)定，則F﹣F鍵的鍵能小于Cl﹣Cl鍵的鍵能，與電負(fù)性無關(guān)，故A正確；B．電負(fù)性：F＞Cl，F(xiàn)﹣C鍵的極性大于Cl﹣C鍵的極性，使得F3C﹣的極性大于Cl3C﹣的極性，導(dǎo)致F3CCOOH的羧基中﹣OH極性更大，更容易電離出氫離子，酸性更強(qiáng)，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故B錯誤；C．元素的電負(fù)性越大，該元素與氫元素之間的極性越強(qiáng)，電負(fù)性F＞Cl，F(xiàn)﹣H鍵的極性大于Cl﹣H鍵的極性，導(dǎo)致HF分子極性比HCl強(qiáng)，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故C錯誤；D．F元素電負(fù)性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵，因此氣態(tài)HF中存在（HF）2，氣態(tài)HCl中不存在（HCl）2，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故D錯誤；故選：A。11．（3分）化合物K與L反應(yīng)可合成藥物中間體M，轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。已知L能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，下列說法正確的是（）A．K的核磁共振氫譜有兩組峰 B．L是乙醛 C．M完全水解可得到K和L D．反應(yīng)物K與L的化學(xué)計(jì)量比是1：1【答案】D解析：根據(jù)圖知，K和L發(fā)生取代反應(yīng)生成M和H2O，L能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，根據(jù)原子守恒知，1個K、1個L分子反應(yīng)生成1個M分子和2個H2O，則L為OHCCHO；A．K結(jié)構(gòu)對稱，﹣CONH2中含有1種氫原子，中間碳原子上含有1種氫原子，中間氨基上含有1種氫原子；B．L為OHCCHO；C．M水解時酰胺基生成氨基和羧基；D．1個K、1個L分子反應(yīng)生成1個M分子和2個H2O?！窘獯稹拷猓篈．K結(jié)構(gòu)對稱，﹣CONH2中含有1種氫原子，中間碳原子上含有1種氫原子，中間氨基上含有1種氫原子，所以K含有3種氫原子，K的核磁共振氫譜有三組峰，故A錯誤；B．L為OHCCHO，名稱為乙二醛，故B錯誤；C．M水解時酰胺基生成氨基和羧基，生成和NH3，故C錯誤；D．1個K、1個L分子反應(yīng)生成1個M分子和2個H2O，所以K、L的計(jì)量數(shù)之比為1：1，故D正確；故選：D。12．（3分）離子化合物Na2O2和CaH2與水的反應(yīng)分別為①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑。下列說法正確的是（）A．Na2O2、CaH2中均有非極性共價鍵 B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng) C．Na2O2中陰、陽離子個數(shù)比為1：2，CaH2中陰、陽離子個數(shù)比為2：1 D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時，產(chǎn)生的O2和H2的物質(zhì)的量相同【答案】C解析：A．CaH2中只含有離子鍵；B．反應(yīng)①中水中氫元素、氧元素化合價不變；C．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，而CaH2由鈣離子與氫負(fù)離子構(gòu)成；D．反應(yīng)①中生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)②中生成1molH2轉(zhuǎn)移1mol電子?！窘獯稹拷猓篈．Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵，過氧根離子中氧原子之間存在非極性鍵，而CaH2中H﹣和鈣離子之間存在離子鍵，該化合物中不含非極性鍵，故A錯誤；B．反應(yīng)①中水中氫元素、氧元素化合價不變，只有過氧化鈉中O元素化合價變化，所以①中水不參與氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，而CaH2由鈣離子與氫負(fù)離子構(gòu)成，所以Na2O2中陰、陽離子個數(shù)比為1：2，CaH2中陰、陽離子個數(shù)比為2：1，故C正確；D．反應(yīng)①中生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)②中生成1molH2轉(zhuǎn)移1mol電子，所以反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時，產(chǎn)生的O2和H2的物質(zhì)的量之比為1：2，故D錯誤；故選：C。13．（3分）一種分解氯化銨實(shí)現(xiàn)產(chǎn)物分離的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，其中b、d代表MgO或Mg（OH）Cl中的一種。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c分別是HCl、NH3 B．d既可以是MgO，也可以是Mg（OH）Cl C．已知MgCl2為副產(chǎn)物，則通入水蒸氣可減少M(fèi)gCl2的產(chǎn)生 D．等壓條件下，反應(yīng)①、②的反應(yīng)熱之和，小于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱【答案】C解析：由圖可知，反應(yīng)①：NH4Cl+MgO?NH3+Mg（OH）Cl，反應(yīng)②：Mg（OH）Cl?HCl+MgO，故a是NH3，b是Mg（OH）Cl，c是HCl，d是MgO，如果一個反應(yīng)可以分幾步進(jìn)行，則各分步反應(yīng)的反應(yīng)熱之和與該反應(yīng)一步完成時的反應(yīng)熱是相同的，這個規(guī)律稱為蓋斯定律?！窘獯稹拷猓篈．由上述分析可知，a是NH3，c是HCl，故A錯誤；B．由上述分析可知，b是Mg（OH）Cl，d是MgO，故B錯誤；C．MgCl2可以水解生成Mg（OH）Cl，則通入水蒸氣可減少M(fèi)gCl2的產(chǎn)生，故C正確；D．由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應(yīng)①、②的反應(yīng)熱之和等于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱，故D錯誤；故選：C。14．（3分）利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產(chǎn)物。已知：①圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系。②圖2中曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c（）＝Ksp（MgCO3）[注：起始c（Na2CO3）＝0.1mol?L﹣1，不同pH下c（）由圖1得到]。下列說法不正確的是（）A．由圖1，pH＝10.25，c（）＝c（） B．由圖2，初始狀態(tài)pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6，無沉淀生成 C．由圖2，初始狀態(tài)pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2，平衡后溶液中存在c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.1mol?L﹣1 D．由圖1和圖2，初始狀態(tài)pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1，發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2═MgCO3↓+CO2↑+H2O【答案】C解析：A．由圖1可知，pH＝10.25時c（）＝c（）；B．結(jié)合Ksp與濃度積Q的關(guān)系分析判斷，若Ksp＜Q時則無沉淀生成；C．由圖2可知pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2的點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會生成MgCO3沉淀，含碳微?？偭繙p??；D．由圖1可知，pH＝8時溶液中主要含碳微粒是，由圖2可知，pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1的點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，反應(yīng)生成MgCO3沉淀。【解答】解：A．由圖1可知，pH＝10.25時c（）＝c（），故A正確；B．由圖2可知，pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6時，該點(diǎn)位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，濃度積Q＜Ksp[Mg（OH）2]或Ksp（MgCO3），不會產(chǎn)生Mg（OH）2沉淀或MgCO3沉淀，故B正確；C．由圖2可知pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2時，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會生成MgCO3沉淀，根據(jù)物料守恒關(guān)系可知，溶液中c（H2CO3）+c（）+c（）＜c（Na2CO3）＝0.1mol/L，故C錯誤；D．pH＝8時溶液中主要含碳微粒是，pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1時，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，Mg2+和反應(yīng)生成MgCO3沉淀，則反應(yīng)的離子方程式為Mg2++2═MgCO3↓+CO2↑+H2O，故D正確；故選：C。二、解答題（共5小題，滿分58分）15．（10分）硫代硫酸鹽是一類具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一個O原子被S原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)S原子價層電子排布式是3s23p4。（2）比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個電子，所以O(shè)的第一電離能大于S。（3）S2的空間結(jié)構(gòu)是四面體形。（4）同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)S2中兩個S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過程為S2Ag2S+。過程ii中，S2斷裂的只有硫硫鍵，若過程i所用試劑是SO3和35S，過程ii含硫產(chǎn)物是32、S。（5）MgS2O3?6H2O的晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、bnm、cnm，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個數(shù)為4。已知MgS2O3?6H2O的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金時，S2作為配體可提供孤電子對與Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分別判斷S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并說明理由：S2的中心S原子價層電子對個數(shù)為4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。【答案】（1）3s23p4；（2）S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個電子，所以O(shè)的第一電離能大于S；（3）四面體形；（4）32、S；（5）4；；（6）S2的中心S原子價層電子對個數(shù)為4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。解析：（1）基態(tài)S原子價層電子為3s、3p能級上的電子；（2）O、S原子最外層電子數(shù)都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核對最外層電子的吸引力比S原子的原子核最最外層電子的吸引力大，原子核對最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子；（3）S2和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)的空間結(jié)構(gòu)判斷S2的空間結(jié)構(gòu)；（4）根據(jù)圖知，過程ii中含硫產(chǎn)物為32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個數(shù)為1+2×+4×+8×；S2的個數(shù)為4，相當(dāng)于該晶胞中含有4個“MgS2O3?6H2O”，晶胞體積為（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，該晶體的密度＝＝；（6）含有孤電子對的原子能和中心離子形成配位鍵。【解答】解：（1）基態(tài)S原子價層電子為3s、3p能級上的電子，則價態(tài)S原子價層電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4；（2）同一主族元素，原子半徑越小，原子核對最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子，S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個電子，所以O(shè)的第一電離能大于S，故答案為：S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個電子，所以O(shè)的第一電離能大于S；（3）S2和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，中心S原子價層電子對個數(shù)為4+＝4且不含孤電子對，則的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，則S2的空間結(jié)構(gòu)為四面體形，故答案為：四面體形；（4）根據(jù)圖知，過程ii中含硫產(chǎn)物為32、S，故答案為：32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個數(shù)為1+2×+4×+8×＝4；S2的個數(shù)為4，相當(dāng)于該晶胞中含有4個“MgS2O3?6H2O”，晶胞體積為（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，該晶體的密度＝＝＝g/cm3，故答案為：4；；（6）S2的中心S原子價層電子對個數(shù)為3+1+＝4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，所以能做配位原子，故答案為：S2的中心S原子價層電子對個數(shù)為4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。16．（9分）尿素[CO（NH2）2]合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學(xué)科學(xué)與技術(shù)的不斷進(jìn)步。（1）十九世紀(jì)初，用氰酸銀（AgOCN）與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2，實(shí)現(xiàn)了由無機(jī)物到有機(jī)物的合成。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl。（2）二十世紀(jì)初，工業(yè)上以CO2和NH3為原料在一定溫度和壓強(qiáng)下合成尿素。反應(yīng)分兩步：i.CO2和NH3生成NH2COONH4；ii.NH2COONH4分解生成尿素。結(jié)合反應(yīng)過程中能量變化示意圖，下列說法正確的是ab（填序號）。a.活化能：反應(yīng)i＜反應(yīng)iib.i為放熱反應(yīng)，ii為吸熱反應(yīng)c.CO2（1）+2NH3（1）═CO（NH2）2（1）+H2O（1）ΔH＝E1﹣E4（3）近年研究發(fā)現(xiàn)，電催化CO2和含氮物質(zhì)（等）在常溫常壓下合成尿素，有助于實(shí)現(xiàn)碳中和及解決含氮廢水污染問題。向一定濃度的KNO3溶液通CO2至飽和，在電極上反應(yīng)生成CO（NH2）2，電解原理如圖所示。①電極b是電解池的陽極。②電解過程中生成尿素的電極反應(yīng)式是2+CO2+16e﹣+18H+＝CO（NH2）2+7H2O。（4）尿素樣品含氮量的測定方法如圖。已知：溶液中c（）不能直接用NaOH溶液準(zhǔn)確滴定。①消化液中的含氮粒子是。②步驟iv中標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的濃度和消耗的體積分別為c和V，計(jì)算樣品含氮量還需要的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度、樣品的質(zhì)量。【答案】（1）AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl；（2）ab；（3）①陽；②2+CO2+16e﹣+18H+＝CO（NH2）2+7H2O；（4）①；②步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度、樣品的質(zhì)量。解析：（1）AgOCN與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2和AgCl；（2）a.由圖可知，反應(yīng)i的活化能是E1，反應(yīng)ii的活化能是E3；b.從圖中反應(yīng)物和生成物能量的相對大小可看出i為放熱反應(yīng)，ii為吸熱反應(yīng)；c.由圖可知，總反應(yīng)的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4；（3）①電解池中陽離子移向陰極；②電解過程中陰極上、CO2得到電子生成尿素；（4）①消化液中加入濃NaOH溶液反應(yīng)生成氨氣；②由圖可知，尿素樣品在濃硫酸等物質(zhì)的作用下消化分解得到，接著加入濃NaOH溶液與反應(yīng)生成NH3，再將生成的NH3蒸餾用過量的硫酸吸收，最后用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液中和剩余的硫酸?！窘獯稹拷猓海?）AgOCN與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2和AgCl，依據(jù)原子守恒，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl，故答案為：AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl；（2）a.由圖可知，反應(yīng)i的活化能是E1，反應(yīng)ii的活化能是E3，E1＜E3，即活化能：反應(yīng)i＜反應(yīng)ii，故a正確；b.從圖中反應(yīng)物和生成物能量的相對大小可看出i為放熱反應(yīng)，ii為吸熱反應(yīng)，故b正確；c.由圖可知，總反應(yīng)的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4，即CO2（1）+2NH3（1）═CO（NH2）2（1）+H2O（1）ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4，故c錯誤；故答案為：ab；（3）①電解池中陽離子移向陰極，由圖可知，H+移向a極，即a極為陰極，b極是電解池的陽極，故答案為：陽；②電解過程中陰極上、CO2得到電子生成尿素，電極反應(yīng)式是：2+CO2+16e﹣+18H+＝CO（NH2）2+7H2O，故答案為：2+CO2+16e﹣+18H+＝CO（NH2）2+7H2O；（4）①消化液中加入濃NaOH溶液反應(yīng)生成氨氣，故消化液中的含氮粒子是，故答案為：；②由圖可知，尿素樣品在濃硫酸等物質(zhì)的作用下消化分解得到，接著加入濃NaOH溶液與反應(yīng)生成NH3，再將生成的NH3蒸餾用過量的硫酸吸收，最后用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液中和剩余的硫酸，故計(jì)算樣品含氮量還需要的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度、樣品的質(zhì)量，故答案為：步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度、樣品的質(zhì)量。17．（12分）化合物P是合成抗病毒藥物普拉那韋的原料，其合成路線如圖。已知：（1）A中含有羧基，A→B的化學(xué)方程式是BrCH2COOH+CH3CH2OHBrCH2COOCH2CH3+H2O。（2）D中含有的官能團(tuán)是醛基。（3）關(guān)于D→E的反應(yīng)：①的羰基相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性強(qiáng)，易斷裂，原因是羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性增強(qiáng)。②該條件下還可能生成一種副產(chǎn)物，與E互為同分異構(gòu)體。該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是。（4）下列說法正確的是ac（填序號）。a.F存在順反異構(gòu)體b.J和K互為同系物c.在加熱和Cu催化條件下，J不能被O2氧化（5）L分子中含有兩個六元環(huán)。L的結(jié)構(gòu)簡式是。（6）已知：，依據(jù)D→E的原理，L和M反應(yīng)得到了P。M的結(jié)構(gòu)簡式是?！敬鸢浮浚?）BrCH2COOH+CH3CH2OHBrCH2COOCH2CH3+H2O；（2）醛基；（3）①羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性增強(qiáng)；②；（4）ac；（5）；（6）。解析：根據(jù)D的分子式及E的結(jié)構(gòu)簡式知，D和CH3COCH2CH2CH3發(fā)生加成反應(yīng)生成E，D為，E失去H2O生成F，為醇羥基的消去反應(yīng)，則F為，F(xiàn)和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成G，根據(jù)G的分子式、K的結(jié)構(gòu)簡式知，G為，A中含有羧基，根據(jù)A的分子式知，A為BrCH2COOH，根據(jù)反應(yīng)條件知，A和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B為BrCH2COOCH2CH3，B和G發(fā)生信息中的反應(yīng)生成J為，J發(fā)生反應(yīng)生成K，K發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到L，L分子中含有兩個六元環(huán)，根據(jù)L的分子式知，L為，L和M發(fā)生類似D生成E的加成反應(yīng)然后發(fā)生異構(gòu)化最后發(fā)生消去反應(yīng)生成P，則M為?！窘獯稹拷猓海?）A為BrCH2COOH，A和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，A→B的化學(xué)方程式是BrCH2COOH+CH3CH2OHBrCH2COOCH2CH3+H2O，故答案為：BrCH2COOH+CH3CH2OHBrCH2COOCH2CH3+H2O；（2）D為，D中含有的官能團(tuán)是醛基，故答案為：醛基；（3）①的羰基相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性強(qiáng)，易斷裂，原因是羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性增強(qiáng)，故答案為：羰基為強(qiáng)吸電子基團(tuán)，使得相鄰碳原子上的電子偏向羰基上的碳原子，使得相鄰碳原子上的C﹣H鍵極性增強(qiáng)；②該條件下還可能生成一種副產(chǎn)物，與E互為同分異構(gòu)體，可能是亞甲基上的氫原子和醛基發(fā)生加成反應(yīng)，則該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（4）a．F為，F(xiàn)中碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個不同的原子或原子團(tuán)，所以F存在順反異構(gòu)體，故a正確；b．J和K結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，故b錯誤；c．在加熱和Cu催化條件下，J中連接醇羥基的碳原子上不含氫原子，所以J不能被O2氧化，故c正確；故答案為：ac；（5）L的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（6）M的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：。18．（13分）以銀錳精礦（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化錳礦（主要含MnO2）為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如圖。已知：酸性條件下，MnO2的氧化性強(qiáng)于Fe3+。（1）“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，有利于后續(xù)銀的浸出；礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)MnS+2H+═Mn2++H2S↑，則可推斷：Ksp（MnS）＞（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。②在H2SO4溶液中，銀錳精礦中的FeS2和氧化錳礦中的MnO2發(fā)生反應(yīng)，則浸錳液中主要的金屬陽離子有Fe3+、Mn2+。（2）“浸銀”時，使用過量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：2Fe3++Ag2S+4Cl﹣?2Fe2++2[AgCl2]﹣+S。②結(jié)合平衡移動原理，解釋浸出劑中Cl﹣、H+的作用：Cl﹣與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]﹣，增大溶液中S2﹣濃度，有利于平衡正向移動，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe（OH）3沉淀。（3）“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應(yīng)的離子方程式有Fe+2[AgCl2]﹣＝Fe2++4Cl﹣+2Ag、Fe+2Fe3+＝3Fe2+。②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應(yīng)時間的變化如圖所示。解釋t分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小的原因：溶液中生成的Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+。（4）結(jié)合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：將兩種礦石中錳元素同時提取到浸錳液中，獲得MnSO4，同時實(shí)現(xiàn)錳元素與銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑?！敬鸢浮浚?）①＞；②Fe3+、Mn2+；（2）①2；4；Cl﹣；2；Fe2+；②Cl﹣與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]﹣，增大溶液中S2﹣濃度，有利于平衡正向移動，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe（OH）3沉淀；（3）①Fe+2[AgCl2]﹣＝Fe2++4Cl﹣+2Ag、Fe+2Fe3+＝3Fe2+；②溶液中生成的Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+；（4）將兩種礦石中錳元素同時提取到浸錳液中，獲得MnSO4，同時實(shí)現(xiàn)錳元素與銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑。解析：“浸錳”過程中，在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，發(fā)生反應(yīng)MnS+2H+═Mn2++H2S↑，F(xiàn)eS2和MnO2發(fā)生反應(yīng)，即Fe2+被氧化生成Fe3+，浸錳液中主要含有Fe3+、Mn2+及未反應(yīng)的硫酸，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，過濾分離，浸錳夜經(jīng)系列操作獲得MnSO4，“浸銀”時將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出，過濾分離，“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑，[AgCl2]﹣被還原為Ag，再過濾分離；（1）①M(fèi)nS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸；②根據(jù)信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Mn2+；（2）①根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，即生成物缺項(xiàng)為Fe2+，由元素守恒可知反應(yīng)物中缺項(xiàng)為Cl﹣，配平書寫離子方程式；②Cl﹣與Ag+結(jié)合生成[AgCl2]﹣，酸性可以抑制Fe3+水解；（3）①鐵粉將[AgCl2]﹣被還原為Ag，過量的Fe與鐵離子反應(yīng)生成Fe2+；②溶液中Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+，而Fe3+可以把Ag氧化為Ag+；（4）“浸錳”過程中，將兩種礦石中錳元素同時提取到浸錳液中，實(shí)現(xiàn)錳元素與銀元素分離，獲得MnSO4，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑?！窘獯稹拷猓海?）①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)MnS+2H+═Mn2++H2S↑，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，可知MnS溶于硫酸，而Ag2S不溶于硫酸，說明MnS的溶度積大于Ag2S，即Ksp（MnS）＞Ksp（Ag2S），故答案為：＞；②發(fā)生反應(yīng)MnS+2H+═Mn2++H2S↑，F(xiàn)eS2和MnO2發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)信息可知，在H2SO4溶液中MnO2可以將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Mn2+，則浸錳液中主要的金屬陽離子有Fe3+、Mn2+，故答案為：Fe3+、Mn2+；（2）①根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，即生成物缺項(xiàng)為Fe2+，由元素守恒可知反應(yīng)物中缺項(xiàng)為Cl﹣，配平后離子方程式為2Fe3++Ag2S+4Cl﹣?2Fe2++2[AgCl2]﹣+S，故答案為：2；4；Cl﹣；2；Fe2+；②Cl﹣與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]﹣，增大溶液中S2﹣濃度，有利于平衡正向移動，提高Ag2S浸出率，溶液中Fe3+水解，H+可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe（OH）3沉淀，故答案為：Cl﹣與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[AgCl2]﹣，增大溶液中S2﹣濃度，有利于平衡正向移動，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe（OH）3沉淀；（3）①鐵粉將[AgCl2]﹣被還原為Ag，過量的Fe與鐵離子反應(yīng)生成Fe2+，發(fā)生離子反應(yīng)有：Fe+2[AgCl2]﹣＝Fe2++4Cl﹣+2Ag、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故答案為：Fe+2[AgCl2]﹣＝Fe2++4Cl﹣+2Ag、Fe+2Fe3+＝3Fe2+；②溶液中生成的Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+，所以t分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小，故答案為：溶液中生成的Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+，而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+；（4）“浸錳”過程中，將兩種礦石中錳元素同時提取到浸錳液中，獲得MnSO4，同時實(shí)現(xiàn)錳元素與銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，故答案為：將兩種礦石中錳元素同時提取到浸錳液中，獲得MnSO4，同時實(shí)現(xiàn)錳元素與銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑。19．（14分）資料顯示，I2可以將Cu氧化為Cu2+。某小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。已知：I2易溶于KI溶液，發(fā)生反應(yīng)I2+I﹣?（紅棕色）；I2和氧化性幾乎相同。（1）將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nmolI2（n＞m）的固體混合物中，振蕩。實(shí)驗(yàn)記錄如下：c（KI）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ0.01mol?L﹣1極少量I2溶解，溶液為淡紅色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實(shí)驗(yàn)Ⅱ0.1mol?L﹣1部分I2溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實(shí)驗(yàn)Ⅲ4mol?L﹣1I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色①初始階段，Cu被氧化的反應(yīng)速率：實(shí)驗(yàn)Ⅰ＜（填“＞”“＜”或“＝”）實(shí)驗(yàn)Ⅱ。②實(shí)驗(yàn)Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）或[CuI2]﹣（無色），進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：步驟a.取實(shí)驗(yàn)Ⅲ的深紅棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。步驟b.取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍(lán)色，并逐漸變深。i.步驟a的目的是除去，防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn)。ii.查閱資料，2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，[Cu（NH3）2]+（無色）容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b的溶液中發(fā)生的變化：[CuI2]﹣+2NH3?H2O＝[Cu（NH3）2]++2I﹣+2H2O，4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+8H2O。③結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅲ，推測實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實(shí)驗(yàn)Ⅰ中銅被氧化的化學(xué)方程式是2Cu+I2═2CuI（或2Cu+═2CuI+I﹣）。分別取實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ充分反應(yīng)后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o色（填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應(yīng)的原因是銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)（或濃度小，未能氧化全部的Cu）。（2）上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果，I2僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進(jìn)行電化學(xué)實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了I2能將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是銅；含nmolI2的4mol?L﹣1的KI溶液。（3）運(yùn)用氧化還原反應(yīng)規(guī)律，分析在上述實(shí)驗(yàn)中Cu被I2氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：銅與碘反應(yīng)的體系在原電池裝置中，I2將Cu氧化為Cu2+；而在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ和實(shí)驗(yàn)Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ中Cu+可以進(jìn)一步與I﹣結(jié)合生成CuI沉淀或[CuI2]﹣，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強(qiáng)，發(fā)生反應(yīng)2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2和2Cu2++6I﹣═2[CuI2]﹣+I2?！敬鸢浮浚?）①＜；②i.除去，防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn)；ii.[CuI2]﹣+2NH3?H2O＝[Cu（NH3）2]++2I﹣+2H2O，4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3?H2O＝4[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+8H2O；③2Cu+I2═2CuI（或2Cu+═2CuI+I﹣）；白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o色；銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)（或濃度小，未能氧化全部的Cu）；（2）銅；含nmolI2的4mol?L﹣1的KI溶液；（3）銅與碘反應(yīng)的體系在原電池裝置中，I2將Cu氧化為Cu2+；而在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ和實(shí)驗(yàn)Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ中Cu+可以進(jìn)一步與I﹣結(jié)合生成CuI沉淀或[CuI2]﹣，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強(qiáng)，發(fā)生反應(yīng)2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2和2Cu2++6I﹣═2[CuI2]﹣+I2。解析：（1）①I2固體與Cu的接觸面減小，I2和氧化性幾乎相同，則離子濃度越大，反應(yīng)速率越快；②i.深紅棕色溶液中含有過量的，存在平衡為I2+I﹣?，I2易溶于CCl4，多次萃取、分液除去I2