2024年北京市高考化學(xué)試題答案

2024年北京高考化學(xué)試題一、單選題1．我國科研人員利用激光操控方法，從Ca原子束流中直接俘獲41Ca原子，實(shí)現(xiàn)了對同位素41Ca的靈敏檢測。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時(shí)間)長達(dá)10萬年，是1420

Ca鈣4s40.08A．41Ca的原子核內(nèi)有21B．41Ca的半衰期長，說明41C．41Ca衰變一半所需的時(shí)間小于14D．從Ca原子束流中直接俘獲41Ca【答案】A【詳解】A．因?yàn)?1Ca的質(zhì)量數(shù)為41，質(zhì)子數(shù)為20，所以中子數(shù)為41-20=21，AB．41Ca的半衰期長短與得失電子能力沒有關(guān)系，BC．41Ca衰變一半所需的時(shí)間要大于14C衰變半所需的時(shí)間，D．從Ca原子束流中直接俘獲41Ca原子的過程沒有新物質(zhì)產(chǎn)生，不屬于化學(xué)變化，D故選A。2．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正確的是A．H2O2的電子式： B．CHC．Al3+的結(jié)構(gòu)示意圖： D．乙炔的結(jié)構(gòu)式：H【答案】A【詳解】A．H2O2是共價(jià)化合物，其電子式為，B．CH4為正四面體形，CH4分子的球棍模型：，BC．Al的原子序數(shù)為13，即Al3+的結(jié)構(gòu)示意圖：，C正確；D．乙炔含有碳碳三鍵，結(jié)構(gòu)式為：H—C≡故選A。3．酸性鋅錳干電池的構(gòu)造示意圖如下。關(guān)于該電池及其工作原理，下列說法正確的是A．石墨作電池的負(fù)極材料 B．電池工作時(shí)，NH4C．MnO2發(fā)生氧化反應(yīng) D．鋅筒發(fā)生的電極反應(yīng)為【答案】D【詳解】A．酸性鋅錳干電池，鋅筒為負(fù)極，石墨電極為正極，A錯(cuò)誤；B．原電池工作時(shí)，陽離子向正極(石墨電極)方向移動，B錯(cuò)誤；C．MnO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，CD．鋅筒為負(fù)極，負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)Zn-2e-=Zn故選D。4．下列說法不正確的是A．葡萄糖氧化生成CO2和HB．核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子C．由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個(gè)氨基和兩個(gè)羧基D．向飽和的NaCl溶液中加入少量雞蛋清溶液會發(fā)生鹽析【答案】C【詳解】A．因?yàn)槠咸烟茄趸蒀O2和H2O是放熱反應(yīng)，因此在人體內(nèi)葡萄糖緩慢氧化成CO2和H2O為人體提供能量，A正確；B．核酸是一種生物大分子，分析核酸水解的產(chǎn)物可知，核酸是由許多核苷酸單體形成的聚合物，核苷酸進(jìn)一步水解得到磷酸和核苷，核苷進(jìn)一步水解得到戊糖和堿基，故核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子，B正確；C．氨基乙酸的結(jié)構(gòu)簡式為H2NCH2COOH，形成的二肽的結(jié)構(gòu)簡式為H2NCH2CONHCH2COOH，該二肽中含1個(gè)氨基、1個(gè)羧基和1個(gè)肽鍵，C錯(cuò)誤；D．雞蛋清溶液為蛋白質(zhì)溶液，NaCl溶液屬于輕金屬鹽溶液，向飽和NaCl溶液中加入少量雞蛋清溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，D正確；故選C。5．下列方程式與所給事實(shí)不相符的是A．海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)：2BrB．用綠礬(FeSO4?7H2OC．用5%Na2SOD．用Na2CO3溶液將水垢中的CaSO4【答案】D【詳解】A．氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)，發(fā)生了置換反應(yīng)，離子方程式正確，A正確；B．Cr2O72-可以將Fe2+C．SO42-結(jié)合Ba2+生成BaSO4沉淀，可以阻止D．Na2CO3與CaSO4反應(yīng)屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，CaSO4不能拆分，正確的離子方程式為CaSO4+CO32-故選D。6．下列實(shí)驗(yàn)的對應(yīng)操作中，不合理的是眼睛注視錐形瓶中溶液A．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaOH溶液B．稀釋濃硫酸C．從提純后的NaCl溶液獲得NaCl晶體D．配制一定物質(zhì)的量濃度的KCl溶液A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaOH溶液時(shí)，眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液，以便觀察溶液顏色的變化從而判斷滴定終點(diǎn)，A正確；B．濃硫酸的密度比水的密度大，濃硫酸溶于水放熱，故稀釋濃硫酸時(shí)應(yīng)將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢倒入盛水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，B正確；C．NaCl的溶解度隨溫度升高變化不明顯，從NaCl溶液中獲得NaCl晶體采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，C正確；D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，玻璃棒引流低端應(yīng)該在容量瓶刻度線以下；定容階段，當(dāng)液面在刻度線以下約1cm時(shí)，應(yīng)改用膠頭滴管滴加蒸餾水，D錯(cuò)誤；故選D。7．硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說法不正確的是A．I的化學(xué)方程式：3FeSB．Ⅱ中的反應(yīng)條件都是為了提高SO2C．將黃鐵和換成硫黃可以減少廢渣的產(chǎn)生D．生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4?！驹斀狻緼．反應(yīng)I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，化學(xué)方程式：3FeS2+8O2B．反應(yīng)Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，BC．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生Fe3O4，即可以減少廢渣產(chǎn)生D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為SO2、SO3，可以用堿液吸收，故選B。8．關(guān)于Na2CO3A．兩種物質(zhì)的溶液中，所含微粒的種類相同B．可用NaOH溶液使NaHCO3轉(zhuǎn)化為C．利用二者熱穩(wěn)定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCOD．室溫下，二者飽和溶液的pH差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【詳解】A．Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、B．NaHCO3加入NaOH溶液會發(fā)生反應(yīng)：NaOH+NaHCO3=NaC．NaHCO3受熱易分解，可轉(zhuǎn)化為Na2CO3，而Na2CO3D．室溫下Na2CO3和NaHCO3飽和溶液pH相差較大的主要原因是CO3故選D。9．氘代氨(ND3)可用于反應(yīng)機(jī)理研究。下列兩種方法均可得到ND3：①M(fèi)g3N2與D2A．NH3和NDB．NH3和NDC．方法①的化學(xué)方程式是MgD．方法②得到的產(chǎn)品純度比方法①的高【答案】D【詳解】A．NH3和ND3的相對分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，B．NH3和ND3的H原子不同，但空間構(gòu)型均為三角錐形，是極性分子，C．Mg3N2與D2O發(fā)生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應(yīng)方法①的化學(xué)方程式書寫正確，C正確；D．方法②是通過D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND故選D。10．可采用Deacon催化氧化法將工業(yè)副產(chǎn)物HCl制成Cl2，實(shí)現(xiàn)氯資源的再利用。反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：4HCl(g)+O下列說法不正確的是A．Y為反應(yīng)物HCl，W為生成物HB．反應(yīng)制得1molCl2，須投入C．升高反應(yīng)溫度，HCl被O2氧化制ClD．圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應(yīng)中有兩個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)【答案】B【分析】由該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可知，該反應(yīng)涉及的主要物質(zhì)有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應(yīng)生成Cu(OH)Cl，則Y為HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，則W為H2O；CuCl2分解為X和CuCl，則X為Cl2；CuCl和Z反應(yīng)生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、【詳解】A．由分析可知，Y為反應(yīng)物HCl，W為生成物H2O，B．CuO在反應(yīng)中作催化劑，會不斷循環(huán)，適量即可，B錯(cuò)誤；C．總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件一定，升溫平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，C正確；D．圖中涉及的兩個(gè)氧化還原反應(yīng)是CuCl2→CuCl和CuCl故選B。11．CO2的資源化利用有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”。利用CO2為原料可以合成新型可降解高分子已知：反應(yīng)①中無其他產(chǎn)物生成。下列說法不正確的是A．CO2與X的化學(xué)計(jì)量比為B．P完全水解得到的產(chǎn)物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳雙鍵進(jìn)一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)D．Y通過碳碳雙鍵的加聚反應(yīng)生成的高分子難以降解【答案】B【詳解】A．結(jié)合題干信息，通過對比X、Y的結(jié)構(gòu)可知CO2與X的化學(xué)計(jì)量比為1:2B．P完全水解得到的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式為，分子式為C9H14O3，Y的分子式為C．P的支鏈上有碳碳雙鍵，可進(jìn)一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，C正確；D．Y形成的聚酯類高分子主鏈上含有大量酯基，易水解，而Y通過碳碳雙鍵加聚得到的高分子主鏈主要為長碳鏈，與聚酯類高分子相比難以降解，D正確；故選B。12．下列依據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)作出的推斷中，不正確的是A．依據(jù)相同溫度下可逆反應(yīng)的Q與K大小的比較，可推斷反應(yīng)進(jìn)行的方向B．依據(jù)一元弱酸的Ka，可推斷它們同溫度同濃度稀溶液的pHC．依據(jù)第二周期主族元素電負(fù)性依次增大，可推斷它們的第一電離能依次增大D．依據(jù)F、Cl、【答案】C【詳解】A．對于可逆反應(yīng)的Q與K的關(guān)系：Q>K，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行；Q<K，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行；Q=K，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故依據(jù)相同溫度下可逆反應(yīng)的Q與K大小的比較，可推斷反應(yīng)進(jìn)行的方向，A正確；B．一元弱酸的Ka越大，同溫度同濃度稀溶液的酸性越強(qiáng)，電離出的H+越多，pH越小，C．同一周期從左到右，第一電離能是增大的趨勢，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正確；D．F、Cl、Br、故選C。13．苯在濃HNO3和濃HA．從中間體到產(chǎn)物，無論從產(chǎn)物穩(wěn)定性還是反應(yīng)速率的角度均有利于產(chǎn)物ⅡB．X為苯的加成產(chǎn)物，Y為苯的取代產(chǎn)物C．由苯得到M時(shí)，苯中的大π鍵沒有變化D．對于生成Y的反應(yīng)，濃H2【答案】C【詳解】A．生成產(chǎn)物Ⅱ的反應(yīng)的活化能更低，反應(yīng)速率更快，且產(chǎn)物Ⅱ的能量更低即產(chǎn)物Ⅱ更穩(wěn)定，以上2個(gè)角度均有利于產(chǎn)物Ⅱ，A正確；B．根據(jù)前后結(jié)構(gòu)對照，X為苯的加成產(chǎn)物，Y為苯的取代產(chǎn)物，B正確；C．M的六元環(huán)中與—NO2相連的C為sp3雜化，苯中大π鍵發(fā)生D．苯的硝化反應(yīng)中濃H2SO4故選C。14．不同條件下，當(dāng)KMnO4與KI按照反應(yīng)①②的化學(xué)計(jì)量比恰好反應(yīng)，結(jié)果如下。反應(yīng)序號起始酸堿性KIKMnO4還原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量/mol物質(zhì)的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2IO已知：MnO4下列說法正確的是A．反應(yīng)①，nB．對比反應(yīng)①和②，x=3C．對比反應(yīng)①和②，I-D．隨反應(yīng)進(jìn)行，體系pH變化：①增大，②不變【答案】B【詳解】A．反應(yīng)①中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)①的離子方程式是：10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，B．根據(jù)反應(yīng)①可得關(guān)系式10I-~2MnO4-，可以求得n=0.0002，則反應(yīng)②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應(yīng)②中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+4價(jià)，反應(yīng)②對應(yīng)的關(guān)系式為I-~2MnO4-~MnO2~IOx-~6e-，IOx-中I元素的化合價(jià)為+5價(jià)，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和知x=3，反應(yīng)②的離子方程式是：I-+2MnO4C．已知MnO4-的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應(yīng)①和②的產(chǎn)物，I-的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)，D．根據(jù)反應(yīng)①和②的離子方程式知，反應(yīng)①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應(yīng)②產(chǎn)生OH-、消耗水、pH增大，D錯(cuò)誤；故選B。二、解答題15．錫(Sn)是現(xiàn)代“五金”之一，廣泛應(yīng)用于合金、半導(dǎo)體工業(yè)等。(1)Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。將Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：。(2)SnCl2和SnCl4是錫的常見氯化物，①SnCl2分子的VSEPR模型名稱是②SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的軌道與氯的3p(3)白錫和灰錫是單質(zhì)Sn的常見同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結(jié)構(gòu)；灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)。①灰錫中每個(gè)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有個(gè)。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為v1nm3和v(4)單質(zhì)Sn的制備：將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800°C，由于固體之間反應(yīng)慢，未明顯發(fā)生反應(yīng)。若通入空氣在800°C下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)【答案】(1)(2)平面三角形sp3(3)4v(4)與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)【詳解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基態(tài)Sn原子的最外層電子排布式為5s25p2，Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式為；（2）①SnCl2中Sn的價(jià)層電子對數(shù)為2+12×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR②SnCl4中Sn的價(jià)層電子對數(shù)為4+12×(4-4×1)=4，有4個(gè)σ鍵、無孤電子對，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，金剛石中每個(gè)碳原子以單鍵與其他4個(gè)碳原子相連，此5碳原子在空間構(gòu)成正四面體，且該碳原子在正四面體的體心，所以灰錫中每個(gè)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個(gè)；②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×18+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×18+6×12+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為2MNA（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應(yīng)慢，未發(fā)生明顯反應(yīng)；若通入空氣在800℃下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)Sn，通入空氣的作用是：與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn，有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為2C+O2高溫2CO、2CO+SnO2高溫Sn+2CO2。16．HNO3是一種重要的工業(yè)原料?？刹捎貌煌牡粗苽銱NO(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)為氮源制備HNO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2(2)方法二：以NH3為氮源催化氧化制備HNO①第I步反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②針對第Ⅱ步反應(yīng)進(jìn)行研究：在容積可變的密閉容器中，充入2nmolNO和nmolO2進(jìn)行反應(yīng)。在不同壓強(qiáng)下(p1、p2)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測得NO轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。解釋y點(diǎn)的容器容積小于(3)方法三：研究表明可以用電解法以N2為氨源直接制備HNO①電極a表面生成NO3-的電極反應(yīng)式：②研究發(fā)現(xiàn)：N2轉(zhuǎn)化可能的途徑為N2→iNO→iiNO3-。電極a表面還發(fā)生(4)人工固氮是高能耗的過程，結(jié)合N2分子結(jié)構(gòu)解釋原因。方法三為N【答案】(1)難揮發(fā)性(2)4NH3+5O2催化劑△4NO+6H2O2NO+O2?2NO2，該反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，(3)N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+反應(yīng)iii(4)N2中存在氮氮【詳解】（1）濃硫酸難揮發(fā)，產(chǎn)物HNO3（2）①第I步反應(yīng)為氨氣的催化氧化，化學(xué)方程式為4NH3②2NO+O2?2NO2，該反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，p1條件下NO轉(zhuǎn)化率高于p2，故p1>p2，根據(jù)V=nRT（3）①由電極a上的物質(zhì)轉(zhuǎn)化可知，氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極a為陽極，電極反應(yīng)式為N2②反應(yīng)iii生成O2，O2將NO氧化成NO2，NO（4）N2中存在氮氮17．除草劑苯嘧磺草胺的中間體M合成路線如下。(1)D中含氧官能團(tuán)的名稱是。(2)A→B的化學(xué)方程式是。(3)I→J的制備過程中，下列說法正確的是(填序號)。a．依據(jù)平衡移動原理，加入過量的乙醇或?qū)蒸出，都有利于提高I的轉(zhuǎn)化率b．利用飽和碳酸鈉溶液可吸收蒸出的I和乙醇c．若反應(yīng)溫度過高，可能生成副產(chǎn)物乙醚或者乙烯(4)已知：①K的結(jié)構(gòu)簡式是。②判斷并解釋K中氟原子對α-H的活潑性的影響。(5)M的分子式為C13H7ClF4N2O4。除苯環(huán)外，M分子中還有個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M時(shí)，L分子和G分子斷裂的化學(xué)鍵均為【答案】硝基、酯基(2)(3)abc(4)氟原子可增強(qiáng)α-H的活潑性，氟原子為吸電子基團(tuán)，降低相連碳原子的電子云密度，使得碳原子的正電性增加，有利于增強(qiáng)α-H的活潑性(5)N-H【分析】B發(fā)生硝化反應(yīng)得到D，即B為，A與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，即A為，D發(fā)生還原反應(yīng)得到E，結(jié)合E的分子式可知，D硝基被還原為氨基，E為，E在K2CO3的作用下與發(fā)生反應(yīng)得到G，結(jié)合G的分子式可知，G為，I與C2H5OH在濃硫酸加熱的條件下生成J，結(jié)合I與J的分子式可知，I為CH3COOH，J為CH3COOC2H5，J與在一定條件下生成K，發(fā)生類似的反應(yīng)，結(jié)合L的結(jié)構(gòu)簡式和K的分子式可知，K為，G和L在堿的作用下生成M，M的分子式為C13H7ClF4N2O4，除苯環(huán)外，M分子中還有個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇，可推測為G與L中N-H鍵與酯基分別發(fā)生反應(yīng)，形成酰胺基，所以斷裂的化學(xué)鍵均為C-O鍵和N-H鍵，M的結(jié)構(gòu)簡式為?！驹斀狻浚?）由D的結(jié)構(gòu)簡式可知，D中含氧官能團(tuán)為硝基、酯基；（2）A→B的過程為A中羧基與甲醇中羥基發(fā)生酯化反應(yīng)，化學(xué)方程式為：；（3）I→J的制備過程為乙酸與乙醇的酯化過程，a．依據(jù)平衡移動原理，加入過量的乙醇或?qū)⒁宜嵋阴フ舫?，都有利于提高乙酸的轉(zhuǎn)化率，a正確；b．飽和碳酸鈉溶液可與蒸出的乙酸反應(yīng)并溶解乙醇，b正確；c．反應(yīng)溫度過高，乙醇在濃硫酸的作用下發(fā)生分子間脫水生成乙醚，發(fā)生分子內(nèi)消去反應(yīng)生成乙烯，c正確；故選abc；（4）①根據(jù)已知反應(yīng)可知，酯基的α-H與另一分子的酯基發(fā)生取代反應(yīng)，F(xiàn)3CCOOC2H5中左側(cè)不存在α-H②氟原子可增強(qiáng)α-H的活潑性，氟原子為吸電子基團(tuán)，降低相連碳原子的電子云密度，使得碳原子的正電性增加，有利于增強(qiáng)α-H的活潑性；（5）M分子中除苯環(huán)外還有一個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇，再結(jié)合其分子式，可推測為G與L中N-H鍵與酯基分別發(fā)生反應(yīng)，形成酰胺基，所以斷裂的化學(xué)鍵均為C-O鍵和N-H鍵，M的結(jié)構(gòu)簡式為。18．利用黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì)(1)礦石在焙燒前需粉碎，其作用是。(2)NH42SO4的作用是利用其分解產(chǎn)生的SO3使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為CuSO(3)礦石和過量NH42SO4按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時(shí)間，測得：“吸收”過程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；400℃和溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)400Fe500Fe①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是。②溫度高于425℃，根據(jù)焙燒時(shí)可能發(fā)生的反應(yīng)，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是。(4)用離子方程式表示置換過程中加入Fe的目的。(5)粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時(shí)用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的cH+和c【答案】增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分(2)(3)溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，NH42SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：(4)Fe+Cu(5)粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時(shí)，會降低得到純銅的量【分析】黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì))粉碎后加入硫酸銨通入空氣焙燒，黃銅礦在硫酸銨生成的SO3作用下，轉(zhuǎn)化成CuSO4，得到的混合氣體中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸銨，是溶液A的主要溶質(zhì)，可以循環(huán)利用，固體B為SiO2、CuSO4及含鐵的化合物，加水分離，主要形成含硫酸銅的濾液和含SiO2的濾渣，分別為濾液C和濾渣D，向硫酸銅溶液中加入過量的鐵，置換得到粗銅和FeSO4，粗銅再精煉可以得到純銅?！驹斀狻浚?）黃銅礦的礦石在焙燒前需粉碎，是為了增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；（2）銨鹽不穩(wěn)定，易分解，NH42SO4分解為非氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)物中有NH3和SO（3）①由圖，溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大，是因?yàn)闇囟鹊陀?25℃，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加；②溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，發(fā)生反應(yīng)4CuFeS2+17O2+2CuSO4?Δ????CuO+2Fe2(SO4)3+4SO（4）加入Fe置換硫酸銅溶液中的銅，反應(yīng)的離子方程式為Fe+Cu2+（5）粗銅中含有Fe雜質(zhì)，加酸可以除Fe，但粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)Fe會參與放電，則消耗相同電量時(shí)，會降低得到純銅的量。19．某小組同學(xué)向pH=1的0.5mol?L-1的FeCl3溶液中分別加入過量的Cu粉、(1)理論分析依據(jù)金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+(2)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)金屬操作、現(xiàn)象及產(chǎn)物I過量Cu一段時(shí)間后，溶液逐漸變?yōu)樗{(lán)綠色，固體中未檢測到Fe單質(zhì)Ⅱ過量Zn一段時(shí)間后有氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)緩慢，pH逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時(shí)溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質(zhì)Ⅲ過量Mg有大量氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)劇烈，pH逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，當(dāng)溶液pH為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測到Fe單質(zhì)①分別取實(shí)驗(yàn)I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，證明都有Fe②實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因。③對實(shí)驗(yàn)Ⅱ未檢測到Fe單質(zhì)進(jìn)行分析及探究。i．a(chǎn)．甲認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，當(dāng)Fe3+、H+濃度較大時(shí)，即使Zn與Fe2+反應(yīng)置換出少量Fe，F(xiàn)e也會被Fe3+、H+消耗。寫出Fe與Feb．乙認(rèn)為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)(填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象)證實(shí)了此條件下可忽略H+對Fec．丙認(rèn)為產(chǎn)生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Z