高三化學一輪復習 2022-2024北京高考真題分考點匯編

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆高三化學一輪復習2022-2024北京高考真題分考點匯編考點化學物質(zhì)及其變化、化學與STSE1．（2022·北京·高考真題）2022年3月神舟十三號航天員在中國空間站進行了“天宮課堂”授課活動。其中太空“冰雪實驗”演示了過飽和醋酸鈉溶液的結(jié)晶現(xiàn)象。下列說法不正確的是A．醋酸鈉是強電解質(zhì)B．醋酸鈉晶體與冰都是離子晶體C．常溫下，醋酸鈉溶液的D．該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出【答案】B【詳解】A．醋酸鈉在水溶液中能完全電離，醋酸鈉是強電解質(zhì)，故A正確；B．醋酸鈉晶體是離子晶體，冰是分子晶體，故B錯誤；C．醋酸鈉是強堿弱酸鹽，常溫下，醋酸鈉溶液的，故C正確；D．過飽和醋酸鈉溶液處于亞穩(wěn)態(tài)，加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出，形成飽和溶液，故D正確；選B。2．（2022·北京·高考真題）(鍶)的、穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變。土壤生物中值與土壤中值有效相關。測定土壤生物中值可進行產(chǎn)地溯源。下列說法不正確的是A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B．可用質(zhì)譜法區(qū)分和C．和含有的中子數(shù)分別為49和48D．同一地域產(chǎn)出的同種土壤生物中值相同【答案】A【詳解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A錯誤；B．質(zhì)譜法可以測定原子的相對原子質(zhì)量，和的相對原子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，故B正確；C．的中子數(shù)為87-38=49，的中子數(shù)為86-38=48，故C正確；D．由題意可知，(鍶)的、穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變，故D正確；故選A。3．（2023·北京·高考真題）下列過程與水解反應無關的是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．向沸水中滴入飽和溶液制備膠體【答案】B【詳解】A．熱的純堿溶液因碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，故可用熱的純堿溶液去除油脂，A不符合題意；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂化或裂解反應生成小分子烴，與水解反應無關，B符合題意；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下可以發(fā)生水解反應生成氨基酸，C不符合題意；D．Fe3+能發(fā)生水解反應生成Fe(OH)3，加熱能增大Fe3+的水解程度，D不符合題意；故選B。4．（2024·北京·高考真題）我國科研人員利用激光操控方法，從原子束流中直接俘獲原子，實現(xiàn)了對同位素的靈敏檢測。的半衰期(放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間)長達10萬年，是的17倍，可應用于地球科學與考古學。下列說法正確的是A．的原子核內(nèi)有21個中子B．的半衰期長，說明難以失去電子C．衰變一半所需的時間小于衰變一半所需的時間D．從原子束流中直接俘獲原子的過程屬于化學變化【答案】A【詳解】A．的質(zhì)量數(shù)為41，質(zhì)子數(shù)為20，所以中子數(shù)為，A正確；B．的半衰期長短與得失電子能力沒有關系，B錯誤；C．根據(jù)題意衰變一半所需的時間要大于衰變半所需的時間，C錯誤；D．從原子束流中直接俘獲原子的過程沒有新物質(zhì)產(chǎn)生，不屬于化學變化，D錯誤；本題選A。5．（2024·北京·高考真題）下列說法不正確的是A．葡萄糖氧化生成和的反應是放熱反應B．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氨基和兩個羧基D．向飽和的溶液中加入少量雞蛋清溶液會發(fā)生鹽析【答案】C【詳解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放熱反應，在人體內(nèi)葡萄糖緩慢氧化成CO2和H2O為人體提供能量，A項正確；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，核苷酸進一步水解得到磷酸和核苷，核苷進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項正確；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個氨基、1個羧基和1個肽鍵，C項錯誤；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項正確；答案選C。6．（2024·北京·高考真題）關于和的下列說法中，不正確的是A．兩種物質(zhì)的溶液中，所含微粒的種類相同B．可用溶液使轉(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D．室溫下，二者飽和溶液的差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【詳解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正確；B．加入溶液會發(fā)生反應：，B正確；C．受熱易分解，可轉(zhuǎn)化為，而熱穩(wěn)定性較強，利用二者熱穩(wěn)定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCO3，C正確；D．室溫下和飽和溶液相差較大的主要原因是的水解程度遠大于，D錯誤；故選D?？键c化學用語7．（2024·北京·高考真題）下列化學用語或圖示表達不正確的是A．的電子式： B．分子的球棍模型：C．的結(jié)構(gòu)示意圖： D．乙炔的結(jié)構(gòu)式：【答案】A【詳解】A．是共價化合物，其電子式為，故A錯誤；B．為正四面體形，分子的球棍模型：，故B正確；C．Al的原子序數(shù)為13，即的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C正確；D．乙炔含有碳碳三鍵，結(jié)構(gòu)式為：，故D正確；故選A。8．（2023·北京·高考真題）下列化學用語或圖示表達正確的是A．的電子式為 B．的VSEPR模型為

C．電子云圖為

D．基態(tài)原子的價層電子軌道表示式為

【答案】C【詳解】A．氯化鈉是離子化合物，其電子式是

，A項錯誤；B．氨分子的VSEPR模型是四面體結(jié)構(gòu)，B項錯誤：C．p能級電子云是啞鈴(紡錘)形，C項正確；D．基態(tài)鉻原子的價層電子軌道表示式是

，D項錯誤；故選C。9．（2022·北京·高考真題）下列化學用語或圖示表達不正確的是A．乙炔的結(jié)構(gòu)簡式：B．順丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型：C．基態(tài)原子的價層電子的軌道表示式：D．的電子式：【答案】C【詳解】A．乙炔中含有碳碳三鍵，其結(jié)構(gòu)簡式為，A項正確；B．順丁烯中兩個甲基位于雙鍵同側(cè)，其結(jié)構(gòu)模型為，B項正確；C．基態(tài)原子的價層電子排布式為3s23p2，其軌道表示式為，C項錯誤；D．是離子化合物，其電子式為，D項正確；答案選C。考點化學方程式、離子方程式10．（2022·北京·高考真題）下列方程式與所給事實不相符的是A．加熱固體，產(chǎn)生無色氣體：B．過量鐵粉與稀硝酸反應，產(chǎn)生無色氣體：C．苯酚鈉溶液中通入，出現(xiàn)白色渾濁：D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生有香味的油狀液體：【答案】B【詳解】A．碳酸氫鈉受熱之后分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，A正確；B．過量的鐵粉與稀硝酸反應，應該生成Fe2+，B錯誤；C．苯酚鈉溶液中通入二氧化碳利用強酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氫鈉，C正確；D．乙醇和乙酸在濃硫酸混合加熱的條件下發(fā)生酯化反應產(chǎn)生有香味的油狀液體乙酸乙酯和水，D正確；故選B。11．（2023·北京·高考真題）下列離子方程式與所給事實不相符的是A．制備84消毒液(主要成分是)：B．食醋去除水垢中的：C．利用覆銅板制作印刷電路板：D．去除廢水中的：【答案】B【詳解】A．Cl2和NaOH溶液反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆寫其余均可拆寫為離子，A項正確；B．食醋為弱酸不能拆寫為離子，反應為2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B項錯誤；C．FeCl3將Cu氧化為CuCl2而自身被還原為FeCl2，反應為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C項正確；D．Na2S將Hg2+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應為Hg2++S2?=HgS↓，D項正確；故選B。12．（2024·北京·高考真題）下列方程式與所給事實不相符的是A．海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)：B．用綠礬()將酸性工業(yè)廢水中的轉(zhuǎn)化為C．用溶液能有效除去誤食的D．用溶液將水垢中的轉(zhuǎn)化為溶于酸的：【答案】D【詳解】A．氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)，發(fā)生置換反應，離子方程式正確，A正確；B．可以將氧化成，離子方程式正確，B正確；C．結(jié)合生成沉淀，可以阻止被人體吸收，離子方程式正確，C正確；D．與反應屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，不能拆分，正確的離子方程式為CaSO4+=CaCO3+，D錯誤；本題選D?？键c物質(zhì)結(jié)構(gòu)域性質(zhì)13．（2022·北京·高考真題）由鍵能數(shù)據(jù)大小，不能解釋下列事實的是化學鍵鍵能/411318799358452346222A．穩(wěn)定性： B．鍵長：C．熔點： D．硬度：金剛石>晶體硅【答案】C【詳解】A．鍵能越大越穩(wěn)定，鍵能大于，所以穩(wěn)定性：，故不選A；

B．鍵能越大，鍵長越短，鍵能大于，所以鍵長：，故不選B；C．CO2是分子晶體，熔點由分子間作用力決定，SiO2是共價晶體，所以熔點，不能用鍵能解釋熔點，故選C；D．金剛石、晶體硅都是共價晶體，共價晶體中鍵能越大，晶體的硬度越大，的鍵能大于，所以硬度：金剛石>晶體硅，故不選D；選C。14．（2023·北京·高考真題）中國科學家首次成功制得大面積單晶石墨炔，是碳材料科學的一大進步。下列關于金剛石、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鍵 B．三種物質(zhì)中的碳原子都是雜化C．三種物質(zhì)的晶體類型相同 D．三種物質(zhì)均能導電【答案】A【詳解】A．原子間優(yōu)先形成鍵，三種物質(zhì)中均存在鍵，A項正確；B．金剛石中所有碳原子均采用雜化，石墨中所有碳原子均采用雜化，石墨炔中苯環(huán)上的碳原子采用雜化，碳碳三鍵上的碳原子采用雜化，B項錯誤；C．金剛石為共價晶體，石墨炔為分子晶體，石墨為混合晶體，C項錯誤；D．金剛石中沒有自由移動電子，不能導電，D項錯誤；故選A。15．（2023·北京·高考真題）下列事實不能通過比較氟元素和氯元素的電負性進行解釋的是A．鍵的鍵能小于鍵的鍵能B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的C．氟化氫分子的極性強于氯化氫分子的極性D．氣態(tài)氟化氫中存在，而氣態(tài)氯化氫中是分子【答案】A【詳解】A．F原子半徑小，電子云密度大，兩個原子間的斥力較強，鍵不穩(wěn)定，因此鍵的鍵能小于鍵的鍵能，與電負性無關，A符合題意；B．氟的電負性大于氯的電負性。鍵的極性大于鍵的極性，使—的極性大于—的極性，導致三氟乙酸的羧基中的羥基極性更大，更容易電離出氫離子，酸性更強，B不符合題意；C．氟的電負性大于氯的電負性，鍵的極性大于鍵的極性，導致分子極性強于，C不符合題意；D．氟的電負性大于氯的電負性，與氟原子相連的氫原子可以與另外的氟原子形成分子間氫鍵，因此氣態(tài)氟化氫中存在，D不符合題意；故選A?？键c化學實驗基礎與實驗方案評價16．（2022·北京·高考真題）下列實驗中，不能達到實驗目的的是由海水制取蒸餾水萃取碘水中的碘分離粗鹽中的不溶物由制取無水固體ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．實驗室用海水制取蒸餾水用蒸餾的方法制備，蒸餾時用到蒸餾燒瓶、酒精燈、冷凝管、牛角管、錐形瓶等儀器，注意溫度計水銀球應處在蒸餾燒瓶的支管口附近，冷凝管應從下口進水，上口出水，A正確；B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下層，B正確；C．粗鹽中含有較多的可溶性雜質(zhì)和不溶性雜質(zhì)，將粗鹽溶與水形成溶液，用過濾的方法將不溶于水的雜質(zhì)除去，C正確；D．直接加熱會促進水解，生成的HCl易揮發(fā)，得到氫氧化鐵，繼續(xù)加熱會使氫氧化鐵分解產(chǎn)生氧化鐵，得不到固體，D錯誤；故選D。17．（2022·北京·高考真題）已知：。下列說法不正確的是A．分子的共價鍵是鍵，分子的共價鍵是鍵B．燃燒生成的氣體與空氣中的水蒸氣結(jié)合呈霧狀C．停止反應后，用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近集氣瓶口產(chǎn)生白煙D．可通過原電池將與反應的化學能轉(zhuǎn)化為電能【答案】A【詳解】A．H2分子里的共價鍵H-H鍵是由兩個s電子重疊形成的，稱為s-sσ鍵，Cl2分子里的共價鍵Cl-Cl鍵是由兩個p電子重疊形成的，稱為p-pσ鍵，故A錯誤；B．HCl氣體極易溶于水，遇到空氣中的水蒸氣后立即形成鹽酸小液滴，即白霧，故B正確；C．濃氨水易揮發(fā)，揮發(fā)的氨氣和HCl氣體互相反應，化學方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化銨固體小顆粒，固體粉末就是煙，故C正確；D．與的反應是能夠自發(fā)進行的氧化還原反應，可通過原電池將與反應的化學能轉(zhuǎn)化為電能，故D正確；故選A。18．（2022·北京·高考真題）利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進行實驗，b中現(xiàn)象不能證明a中產(chǎn)物生成的是a中反應b中檢測試劑及現(xiàn)象A濃分解生成淀粉溶液變藍B與濃生成品紅溶液褪色C濃與溶液生成酚酞溶液變紅D與乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．濃硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的硝酸也能與碘化鉀溶液反應生成遇淀粉溶液變藍色的碘，則淀粉碘化鉀溶液變藍色不能說明濃硝酸分解生成二氧化氮，故A符合題意；B．銅與濃硫酸共熱反應生成的二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，則品紅溶液褪色能說明銅與濃硫酸共熱反應生成二氧化硫，故B不符合題意；C．濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應生成能使酚酞溶液變紅的氨氣，則酚酞溶液變紅能說明濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應生成氨氣，故C不符合題意；D．乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇不能與溴水反應，則2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成能使溴水褪色的丙烯氣體，則溴水褪色能說明2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成丙烯，故D不符合題意；故選A。19．（2024·北京·高考真題）下列實驗的對應操作中，不合理的是眼睛注視錐形瓶中溶液A．用標準溶液滴定溶液B．稀釋濃硫酸C．從提純后的溶液獲得晶體D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．用HCl標準溶液滴定NaOH溶液時，眼睛應注視錐形瓶中溶液，以便觀察溶液顏色的變化從而判斷滴定終點，A項合理；B．濃硫酸的密度比水的密度大，濃硫酸溶于水放熱，故稀釋濃硫酸時應將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁緩慢倒入盛水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，B項合理；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項合理；D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，玻璃棒引流低端應該在容量瓶刻度線以下；定容階段，當液面在刻度線以下約1cm時，應改用膠頭滴管滴加蒸餾水，D項不合理；答案選D。20．（2023·北京·高考真題）完成下述實驗，裝置或試劑不正確的是A．實驗室制 B．實驗室收集 C．驗證易溶于水且溶液呈堿性 D．除去中混有的少量【答案】D【詳解】A．MnO2固體加熱條件下將HCl氧化為Cl2，固液加熱的反應該裝置可用于制備Cl2，A項正確；B．C2H4不溶于水，可選擇排水收集，B項正確；C．擠壓膠頭滴管，水進入燒瓶將NH3溶解，燒瓶中氣體大量減少壓強急劇降低打開活塞水迅速被壓入燒瓶中形成紅色噴泉，紅色噴泉證明NH3與水形成堿性物質(zhì)，C項正確；D．Na2CO3與HCl、CO2發(fā)生反應，不能達到除雜的目的，應該選用飽和NaHCO3溶液，D項錯誤；故選D。21．（2023·北京·高考真題）蔗糖與濃硫酸發(fā)生作用的過程如圖所示。

下列關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)生了化學鍵的斷裂【答案】C【詳解】A．濃硫酸具有脫水性，能將有機物中的H原子和O原子按2∶1的比例脫除，蔗糖中加入濃硫酸，白色固體變黑，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，A項正確；B．濃硫酸脫水過程中釋放大量熱，此時發(fā)生反應，產(chǎn)生大量氣體，使固體體積膨脹，B項正確；C．結(jié)合選項B可知，濃硫酸脫水過程中生成的能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性，C項錯誤；D．該過程中，蔗糖發(fā)生化學反應，發(fā)生了化學鍵的斷裂，D項正確；故選C。考點電化學22．（2024·北京·高考真題）酸性鋅錳干電池的構(gòu)造示意圖如下。關于該電池及其工作原理，下列說法正確的是A．石墨作電池的負極材料 B．電池工作時，向負極方向移動C．發(fā)生氧化反應 D．鋅筒發(fā)生的電極反應為【答案】D【詳解】A．酸性鋅錳干電池，鋅筒為負極，石墨電極為正極，故A錯誤；B．原電池工作時，陽離子向正極(石墨電極)方向移動，故B錯誤；C．發(fā)生得電子的還原反應，故C錯誤；D．鋅筒為負極，負極發(fā)生失電子的氧化反應，故D正確；故選D。23．（2022·北京·高考真題）利用下圖裝置進行鐵上電鍍銅的實驗探究。裝置示意圖序號電解質(zhì)溶液實驗現(xiàn)象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4陰極表面有無色氣體，一段時間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經(jīng)檢驗電解液中有②0.1mol/LCuSO4+過量氨水陰極表面未觀察到氣體，一段時間后陰極表面有致密紅色固體。經(jīng)檢驗電解液中無元素下列說法不正確的是A．①中氣體減少，推測是由于溶液中減少，且覆蓋鐵電極，阻礙與鐵接觸B．①中檢測到，推測可能發(fā)生反應：C．隨陰極析出，推測②中溶液減少，平衡逆移D．②中生成，使得比①中溶液的小，緩慢析出，鍍層更致密【答案】C【分析】由實驗現(xiàn)象可知，實驗①時，鐵做電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，一段時間后，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銅；實驗②中銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子，使得溶液中銅離子濃度比①中要小，電解速率減慢，銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，在鐵表面得到比實驗①更致密的鍍層?！驹斀狻緼．由分析可知，實驗①時，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應，當溶液中氫離子濃度減小，反應和放電生成的銅覆蓋鐵電極，阻礙氫離子與鐵接觸，導致產(chǎn)生的氣體減少，故A正確；B．由分析可知，實驗①時，鐵做電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，可能發(fā)生的反應為，故B正確；C．由分析可知，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應，在陰極析出銅，但陽極發(fā)生Cu-2e-=Cu2+的反應，銅離子濃度不變，平衡不移動，故C錯誤；D．由分析可知，實驗②中銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子，使得溶液中銅離子濃度比①中要小，電解速率減慢，銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，在鐵表面得到比實驗①更致密的鍍層，故D正確；故選C。24．（2023·北京·高考真題）回收利用工業(yè)廢氣中的和，實驗原理示意圖如下。

下列說法不正確的是A．廢氣中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和D．裝置中的總反應為【答案】C【詳解】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置a中溶液的溶質(zhì)為，溶液顯堿性，說明的水解程度大于電離程度，故B正確；C．裝置a中溶液的作用是吸收氣體，與溶液不反應，不能吸收，故C錯誤；D．由圖可知一個電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個極二氧化碳和水轉(zhuǎn)化為甲酸，裝置b中總反應為，故D正確；選C?？键c有機化合物25．（2023·北京·高考真題）一種聚合物的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法不正確的是

A．的重復單元中有兩種官能團B．可通過單體

縮聚合成C．在堿性條件下可發(fā)生降解D．中存在手性碳原子【答案】A【詳解】A．的重復單元中只含有酯基一種官能團，A項錯誤；B．由的結(jié)構(gòu)可知其為聚酯，由單體

縮聚合成，B項正確；C．為聚酯，堿性條件下可發(fā)生降解，C項正確；D．的重復單元中只連有1個甲基的碳原子為手性碳原子，D項正確；故選A。26．（2023·北京·高考真題）化合物與反應可合成藥物中間體，轉(zhuǎn)化關系如下。

已知L能發(fā)生銀鏡反應，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．反應物K與L的化學計量比是1∶1【答案】D【詳解】A．有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)K分子結(jié)構(gòu)對稱，分子中有3種不同環(huán)境的氫原子，核磁共振氫譜有3組峰，A錯誤；B．根據(jù)原子守恒可知1個K與1個L反應生成1個M和2個H2O，L應為乙二醛，B錯誤；C．M發(fā)生完全水解時，酰胺基水解，得不到K，C錯誤；D．由上分析反應物K和L的計量數(shù)之比為1∶1，D項正確；故選D。27．（2024·北京·高考真題）氘代氨()可用于反應機理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應；②與反應。下列說法不正確的是A．和可用質(zhì)譜法區(qū)分B．和均為極性分子C．方法①的化學方程式是D．方法②得到的產(chǎn)品純度比方法①的高【答案】D【詳解】A．和的相對分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，A正確；B．和的H原子不同，但空間構(gòu)型均為三角錐形，是極性分子，B正確；C．Mg3N2與D2O發(fā)生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應方法①的化學方程式書寫正確，C正確；D．方法②是通過中D原子代替中H原子的方式得到，代換的個數(shù)不同，產(chǎn)物會不同，純度低，D錯誤；故選D。28．（2024·北京·高考真題）的資源化利用有利于實現(xiàn)“碳中和”。利用為原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路線如下。已知：反應①中無其他產(chǎn)物生成。下列說法不正確的是A．與X的化學計量比為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生成的高分子難以降解【答案】B【詳解】A．結(jié)合已知信息，通過對比X、Y的結(jié)構(gòu)可知與X的化學計量比為，A正確；B．P完全水解得到的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式為，分子式為，Y的分子式為，二者分子式不相同，B錯誤；C．P的支鏈上有碳碳雙鍵，可進一步交聯(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。29．（2022·北京·高考真題）我國科學家提出的聚集誘導發(fā)光機制已成為研究熱點之一、一種具有聚集誘導發(fā)光性能的物質(zhì)，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法不正確的是A．分子中N原子有、兩種雜化方式B．分子中含有手性碳原子C．該物質(zhì)既有酸性又有堿性D．該物質(zhì)可發(fā)生取代反應、加成反應【答案】B【詳解】A．該有機物中從左往右第一個N原子有一個孤對電子和兩個σ鍵，為雜化；第二個N原子有一個孤對電子和三個σ鍵，為雜化，A正確；B．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，該有機物中沒有手性碳原子，B錯誤；C．該物質(zhì)中存在羧基，具有酸性；該物質(zhì)中還含有，具有堿性，C正確；D．該物質(zhì)中存在苯環(huán)可以發(fā)生加成反應，含有甲基可以發(fā)生取代反應，D正確；故選B。30．（2022·北京·高考真題）高分子Y是一種人工合成的多肽，其合成路線如下。下列說法不正確的是A．F中含有2個酰胺基 B．高分子Y水解可得到E和GC．高分子X中存在氫鍵 D．高分子Y的合成過程中進行了官能團保護【答案】B【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，F(xiàn)中含有2個酰胺基，故A正確，B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，高分子Y一定條件下發(fā)生水解反應生成和，故B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氫鍵，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，則高分子Y的合成過程中進行了官能團氨基的保護，故D正確；故選B?？键c化學工藝流程31．（2024·北京·高考真題）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的化學方程式：B．Ⅱ中的反應條件都是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率C．將黃鐵礦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，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)生反應得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4?！驹斀狻緼．反應I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應，生成SO2和Fe3O4，化學方程式：，故A正確；B．反應Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生，即可以減少廢渣產(chǎn)生，故C正確；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為、，可以用堿液吸收，故D正確；故選B?？键c化學反應熱與化學原理32．（2023·北京·高考真題）下列事實能用平衡移動原理解釋的是A．溶液中加入少量固體，促進分解B．密閉燒瓶內(nèi)的和的混合氣體，受熱后顏色加深C．鐵釘放入濃中，待不再變化后，加熱能產(chǎn)生大量紅棕色氣體D．鋅片與稀反應過程中，加入少量固體，促進的產(chǎn)生【答案】B【詳解】A．MnO2會催化H2O2分解，與平衡移動無關，A項錯誤；B．NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應是放熱反應，升溫平衡逆向移動，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項正確；C．鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應生成大量紅棕色氣體，與平衡移動無關，C項錯誤；D．加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構(gòu)成原電池，從而使反應速率加快，與平衡移動無關，D項錯誤；故選B。33．（2024·北京·高考真題）下列依據(jù)相關數(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的Q與K大小的比較，可推斷反應進行的方向B．依據(jù)一元弱酸的，可推斷它們同溫度同濃度稀溶液的大小C．依據(jù)第二周期主族元素電負性依次增大，可推斷它們的第一電離能依次增大D．依據(jù)的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能，可推斷它們的熱穩(wěn)定性強弱【答案】C【詳解】A．對于可逆反應的Q與K的關系：Q>K，反應向逆反應方向進行；Q<K，反應向正反應方向進行；Q=K，反應處于平衡狀態(tài)，故依據(jù)相同溫度下可逆反應的Q與K大小的比較，可推斷反應進行的方向，A正確；B．一元弱酸的越大，同溫度同濃度稀溶液的酸性越強，電離出的越多，越小，B正確；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．的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能越大，氫化物的熱穩(wěn)定性越強，D正確；故選C。34．（2023·北京·高考真題）一種分解氯化銨實現(xiàn)產(chǎn)物分離的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系如下，其中代表或中的一種。下列說法正確的是

A．a(chǎn)、c分別是B．既可以是，也可以是C．已知為副產(chǎn)物，則通入水蒸氣可減少的產(chǎn)生D．等壓條件下，反應①、②的反應熱之和，小于氯化銨直接分解的反應熱【答案】C【分析】分解的產(chǎn)物是和，分解得到的與反應生成，又可以分解得到和，則a為，b為，c為，d為?！驹斀狻緼．由分析可知，a為，c為，A項錯誤；B．d為，B錯誤；C．可以水解生成，通入水蒸氣可以減少的生成，C正確；D．反應①和反應②相加即為氯化銨直接分解的反應，由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應①、反應②的反應熱之和等于氯化銨直接分解的反應熱，D錯誤；故選C。35．（2024·北京·高考真題）苯在濃和濃作用下，反應過程中能量變化示意圖如下。下列說法不正確的是A．從中間體到產(chǎn)物，無論從產(chǎn)物穩(wěn)定性還是反應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，苯中的大鍵沒有變化D．對于生成Y的反應，濃作催化劑【答案】C【詳解】A．生成產(chǎn)物Ⅱ的反應的活化能更低，反應速率更快，且產(chǎn)物Ⅱ的能量更低即產(chǎn)物Ⅱ更穩(wěn)定，以上2個角度均有利于產(chǎn)物Ⅱ，故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，故B正確；C．M的六元環(huán)中與相連的C為雜化，苯中大鍵發(fā)生改變，故C錯誤；D．苯的硝化反應中濃作催化劑，故D正確；故選C。36．（2022·北京·高考真題）某多孔材料孔徑大小和形狀恰好將“固定”，能高選擇性吸附。廢氣中的被吸附后，經(jīng)處理能全部轉(zhuǎn)化為。原理示意圖如下。已知：下列說法不正確的是A．溫度升高時不利于吸附B．多孔材料“固定”，促進平衡正向移動C．轉(zhuǎn)化為的反應是D．每獲得時，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為【答案】D【分析】廢氣經(jīng)過MOFs材料之后，NO2轉(zhuǎn)化成N2O4被吸附，進而與氧氣和水反應生成硝酸，從該過程中我們知道，NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的程度，決定了整個廢氣處理的效率。【詳解】A．從可以看出，這個是一個放熱反應，升高溫度之后，平衡逆向移動，導致生成的N2O4減少，不利于NO2的吸附，A正確；B．多孔材料“固定”，從而促進平衡正向移動，B正確；C．N2O4和氧氣、水反應生成硝酸，其方程式為，C正確；D．在方程式中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4e-，則每獲得，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4mol，即個數(shù)為，D錯誤；故選D。37．（2022·北京·高考真題）CO2捕獲和轉(zhuǎn)化可減少CO2排放并實現(xiàn)資源利用，原理如圖1所示。反應①完成之后，以N2為載氣，以恒定組成的N2、CH4混合氣，以恒定流速通入反應器，單位時間流出氣體各組分的物質(zhì)的量隨反應時間變化如圖2所示。反應過程中始終未檢測到CO2，在催化劑上有積碳。下列說法不正確的是A．反應①為CaO+CO2=CaCO3；反應②為CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不變，可能有副反應CH4C+2H2C．t2時刻，副反應生成H2的速率大于反應②生成H2速率D．t3之后，生成CO的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生【答案】C【詳解】A．由題干圖1所示信息可知，反應①為CaO+CO2=CaCO3，結(jié)合氧化還原反應配平可得反應②為，A正確；B．由題干圖2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不變，且反應過程中始終未檢測到CO2，在催化劑上有積碳，故可能有副反應，反應②和副反應中CH4和H2的系數(shù)比均為1:2，B正確；C．由題干反應②方程式可知，H2和CO的反應速率相等，而t2時刻信息可知，H2的反應速率未變，仍然為2mmol/min，而CO變?yōu)?~2mmol/min之間，故能夠說明副反應生成H2的速率小于反應②生成H2速率，C錯誤；D．由題干圖2信息可知，t3之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復到1，說明生成CO的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生，而后副反應逐漸停止反應，D正確；答案選C。38．（2023·北京·高考真題）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產(chǎn)物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與的關系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。

下列說法不正確的是A．由圖1，B．由圖2，初始狀態(tài)，無沉淀生成C．由圖2，初始狀態(tài)，平衡后溶液中存在D．由圖1和圖2，初始狀態(tài)、，發(fā)生反應：【答案】C【詳解】A．水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C項錯誤；D．時，溶液中主要含碳微粒是，，時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D項正確；故選C。考點氧化還原反應39．（2022·北京·高考真題）下列物質(zhì)混合后，因發(fā)生氧化還原反應使溶液減小的是A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B．向和的懸濁液中通入空氣，生成紅褐色沉淀C．向溶液中加入少量溶液，生成藍綠色沉淀D．向溶液中通入氯氣，生成黃色沉淀【答案】D【詳解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，實際參與反應的只有硫酸根離子和鋇離子，忽略體積變化，H+的濃度不變，其pH不變，A錯誤；B．向NaOH和Fe(OH)2的懸濁液中通入空氣，雖然有氫氧化亞鐵被氧化成了紅褐色的氫氧化鐵，其方程式為，該過和中會消耗水，則增大了氫氧根離子的濃度，pH會變大，B錯誤；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中沒有元素的化合價發(fā)生變化，故沒有氧化還原反應，C錯誤；D．向H2S中通入氯氣生成HCl和單質(zhì)硫沉淀，這個氧化還原反應增大了H+的濃度，pH減小，D正確。故選D。40．（2023·北京·高考真題）離子化合物和與水的反應分別為①；②。下列說法正確的是A．中均有非極性共價鍵B．①中水發(fā)生氧化反應，②中水發(fā)生還原反應C．中陰、陽離子個數(shù)比為，中陰、陽離子個數(shù)比為D．當反應①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同【答案】C【詳解】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯誤；B．①中水的化合價不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應，②中水發(fā)生還原反應，B錯誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽離子個數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽離子個數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個氧氣分子轉(zhuǎn)移2個電子，②中每生成1個氫氣分子轉(zhuǎn)移1個電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯誤；故選C。41．（2024·北京·高考真題）不同條件下，當KMnO4與KI按照反應①②的化學計量比恰好反應，結(jié)果如下。反應序號起始酸堿性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0.00110nMnO2已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說法正確的是A．反應①，B．對比反應①和②，C．對比反應①和②，的還原性隨酸性減弱而減弱D．隨反應進行，體系變化：①增大，②不變【答案】B【詳解】A．反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A項錯誤；B．根據(jù)反應①可得關系式10I-~2，可以求得n=0.0002，則反應②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，反應②對應的關系式為I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合價為+5價，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負化合價的代數(shù)和知x=3，反應②的離子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B項正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產(chǎn)物，I-的還原性隨酸性減弱而增強，C項錯誤；D．根據(jù)反應①和②的離子方程式知，反應①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應②產(chǎn)生OH-、消耗水、pH增大，D項錯誤；答案選B。42．（2024·北京·高考真題）可采用催化氧化法將工業(yè)副產(chǎn)物制成，實現(xiàn)氯資源的再利用。反應的熱化學方程式：。下圖所示為該法的一種催化機理。下列說法不正確的是A．Y為反應物，W為生成物B．反應制得，須投入C．升高反應溫度，被氧化制的反應平衡常數(shù)減小D．圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應中有兩個屬于氧化還原反應【答案】B【分析】由該反應的熱化學方程式可知，該反應涉及的主要物質(zhì)有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應生成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反應生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是、、、?！驹斀狻緼．由分析可知，Y為反應物，W為生成物，A正確；B．在反應中作催化劑，會不斷循環(huán)，適量即可，B錯誤；C．總反應為放熱反應，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．圖中涉及的兩個氧化還原反應是和，D正確；故選B?？键c物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)43．（2023·北京·高考真題）硫代硫酸鹽是一類具有應用前景的浸金試劑。硫代硫酸根可看作是中的一個原子被原子取代的產(chǎn)物。(1)基態(tài)原子價層電子排布式是。(2)比較原子和原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：。(3)的空間結(jié)構(gòu)是。(4)同位素示蹤實驗可證實中兩個原子的化學環(huán)境不同，實驗過程為。過程ⅱ中，斷裂的只有硫硫鍵，若過程ⅰ所用試劑是和，過程ⅱ含硫產(chǎn)物是。(5)的晶胞形狀為長方體，邊長分別為、，結(jié)構(gòu)如圖所示。

晶胞中的個數(shù)為。已知的摩爾質(zhì)量是，阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為。(6)浸金時，作為配體可提供孤電子對與形成。分別判斷中的中心原子和端基原子能否做配位原子并說明理由：。【答案】(1)(2)，氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子(3)四面體形(4)和(5)4(6)中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子【詳解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基態(tài)S原子價層電子排布式為。答案為；（2）S和O為同主族元素，O原子核外有2個電子層，S原子核外有3個電子層，O原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去1個電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能。答案為I1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子；（3）的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，空間構(gòu)型為四面體形，可看作是中1個O原子被S原子取代，則的空間構(gòu)型為四面體形。答案為四面體形；（4）過程Ⅱ中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應機理可知，整個過程中最終轉(zhuǎn)化為，S最終轉(zhuǎn)化為。若過程ⅰ所用的試劑為和，過程Ⅱ的含硫產(chǎn)物是和。答案為和；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個晶胞中含有個，含有4個；該晶體的密度。答案為4；；（6）具有孤電子對的原子就可以給個中心原子提供電子配位。中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。44．（2022·北京·高考真題）工業(yè)中可利用生產(chǎn)鈦白的副產(chǎn)物和硫鐵礦聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸，實現(xiàn)能源及資源的有效利用。(1)結(jié)構(gòu)示意圖如圖1。①的價層電子排布式為。②中O和中S均為雜化，比較中鍵角和中鍵角的大小并解釋原因。③中與與的作用力類型分別是。(2)晶體的晶胞形狀為立方體，邊長為，結(jié)構(gòu)如圖2。①距離最近的陰離子有個。②的摩爾質(zhì)量為，阿伏加德羅常數(shù)為。該晶體的密度為。(3)加熱脫水后生成，再與在氧氣中摻燒可聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸。分解和在氧氣中燃燒的能量示意圖如圖3。利用作為分解的燃料，從能源及資源利用的角度說明該工藝的優(yōu)點。【答案】(1)孤電子對有較大斥力，使鍵角小于鍵角配位鍵、氫鍵(2)6(3)燃燒放熱為分解提供能量；反應產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料【詳解】（1）①Fe的價層電子排布為3d64s2，形成Fe2+時失去4s上的2個電子，于是Fe2+的價層電子排布為3d6。②H2O中O和中S都是sp3雜化，H2O中O雜化形成的4個雜化軌道中2個被孤電子對占據(jù)，2個被鍵合電子對占據(jù)，而中S雜化形成的4個雜化軌道均被鍵合電子對占據(jù)。孤電子對與鍵合電子對間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對間的斥力，使得鍵角與鍵角相比被壓縮減小。③H2O中O有孤電子對，F(xiàn)e2+有空軌道，二者可以形成配位鍵。中有電負性較大的O元素可以與H2O中H元素形成氫鍵。答案為：3d6；孤電子對有較大斥力，使鍵角小于鍵角；配位鍵、氫鍵。（2）①以位于面心Fe2+為例，與其距離最近的陰離子所處位置如圖所示（圓中）：。

4個陰離子位于楞上，2個位于體心位置上，共6個。②依據(jù)分攤法可知晶胞中Fe2+離子個數(shù)為，個數(shù)為。一個晶胞中相當于含有4個FeS2，因此一個晶胞的質(zhì)量。所以晶體密度。答案為：6；（3）燃燒為放熱反應，分解為吸熱反應，燃燒放出的熱量恰好為分解提供能量。另外，燃燒和分解的產(chǎn)物如Fe2O3、SO2、SO3可以作為制備鐵精粉或硫酸的原料。答案為：燃燒放熱為分解提供能量；反應產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料。45．（2024·北京·高考真題）錫()是現(xiàn)代“五金”之一，廣泛應用于合金、半導體工業(yè)等。(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。將的基態(tài)原子最外層軌道表示式補充完整：。(2)和是錫的常見氯化物，可被氧化得到。①分子的模型名稱是。②的鍵是由錫的軌道與氯的軌道重疊形成σ鍵。(3)白錫和灰錫是單質(zhì)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灰錫中每個原子周圍與它最近且距離相等的原子有個。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為和，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。(4)單質(zhì)的制備：將與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至，由于固體之間反應慢，未明顯發(fā)生反應。若通入空氣在下，能迅速被還原為單質(zhì)，通入空氣的作用是?！敬鸢浮?1)(2)平面三角形雜化(3)4(4)與焦炭在高溫下反應生成，將還原為單質(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的價層電子對數(shù)為2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形；②SnCl4中Sn的價層電子對數(shù)為4+×(4-4×1)=4，有4個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鍵；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，金剛石中每個碳原子以單鍵與其他4個碳原子相連，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Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個；②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+6×+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為∶=；（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應慢，未發(fā)生明顯反應；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生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn，有關反應的化學方程式為2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2?？键c化學原理綜合46．（2024·北京·高考真題）是一種重要的工業(yè)原料?？刹捎貌煌牡粗苽洹?1)方法一：早期以硝石(含)為氮源制備，反應的化學方程式為：。該反應利用了濃硫酸的性質(zhì)是酸性和。(2)方法二：以為氮源催化氧化制備，反應原理分三步進行。①第I步反應的化學方程式為。②針對第Ⅱ步反應進行研究：在容積可變的密閉容器中，充入和進行反應。在不同壓強下(、)，反應達到平衡時，測得轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。解釋y點的容器容積小于x點的容器容積的原因。(3)方法三：研究表明可以用電解法以為氨源直接制備，其原理示意圖如下。①電極a表面生成的電極反應式：。②研究發(fā)現(xiàn)：轉(zhuǎn)化可能的途徑為。電極a表面還發(fā)生iii．。iii的存在，有利于途徑ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的過程，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)解釋原因。方法三為的直接利用提供了一種新的思路?！敬鸢浮?1)難揮發(fā)性(2)，該反應正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時，條件下轉(zhuǎn)化率高于，故，x、y點轉(zhuǎn)化率相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響(3)反應iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成(4)中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過程【詳解】（1）濃硫酸難揮發(fā)，產(chǎn)物為氣體，有利于復分解反應進行，體現(xiàn)了濃硫酸的難揮發(fā)性和酸性。（2）①第I步反應為氨氣的催化氧化，化學方程式為；②，該反應正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時，條件下轉(zhuǎn)化率高于，故，根據(jù)，x、y點轉(zhuǎn)化率相同，則n相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響，故y點的容器容積小于x點的容器容積。（3）①由電極a上的物質(zhì)轉(zhuǎn)化可知，氮元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，電極a為陽極，電極反應式為；②反應iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成。（4）中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過程。47．（2023·北京·高考真題）資料顯示，可以將氧化為。某小組同學設計實驗探究被氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。已知：易溶于溶液，發(fā)生反應(紅棕色)；和氧化性幾乎相同。I.將等體積的溶液加入到銅粉和的固體混合物中，振蕩。實驗記錄如下：實驗現(xiàn)象實驗Ⅰ極少量溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實驗Ⅱ部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實驗Ⅲ完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色(1)初始階段，被氧化的反應速率：實驗Ⅰ(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。(2)實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有(藍色)或(無色)，進行以下實驗探究：步驟a．取實驗Ⅲ的深紅棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。ⅰ．步驟a的目的是。ⅱ．查閱資料，，(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟的溶液中發(fā)生的變化：。(3)結(jié)合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃溶液，(填實驗現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是。(4)上述實驗結(jié)果，僅將氧化為價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了能將氧化為。裝置如圖所示，分別是。

(5)運用氧化還原反應規(guī)律，分析在上述實驗中被氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：?！敬鸢浮?1)<(2)除去，防止干擾后續(xù)實驗、(3)或白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反應為可逆反應(或濃度小未能氧化全部的)(4)銅、含的的溶液(5)在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應和?！痉治觥恳騃2溶解度較小，Cu與I2接觸不充分，將轉(zhuǎn)化為可以提高Cu與的接觸面積，提高反應速率。加入，平衡逆向移動，I2濃度減小，濃度增加，濃度增加，加入氨水后轉(zhuǎn)化為，被氧化為，故而產(chǎn)生無色溶液變?yōu)樗{色溶液的現(xiàn)象?！驹斀狻浚?）提高KI濃度，便于提高的濃度，與Cu接觸更加充分，Cu與的反應速率加快，故實驗Ⅰ<實驗Ⅱ；（2）加入，I2濃度減小，平衡逆向移動，濃度增加，其目的為：除去，防止干擾后續(xù)實驗。加入濃氨水后轉(zhuǎn)化為，無色的被氧化為藍色的，方程式為、；（3）結(jié)合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是或；反應為可逆反應，加入濃溶液，I2濃度減小，CuI轉(zhuǎn)化為Cu和I2，故產(chǎn)生白色沉淀溶解，溶液變?yōu)闊o色，出現(xiàn)紅色固體的過程；銅未完全反應的原因是銅與碘的反應為可逆反應(或濃度小未能氧化全部的)；（4）要驗證能將氧化為，需設計原電池負極材料為Cu，b為含的的溶液；（5）含的的溶液銅與碘反應的體系在原電池裝置中，將氧化為；而在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ和實驗Ⅲ中以形式存在，這是由于在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應和?？键c制備實驗、實驗方案評價48．（2022·北京·高考真題）煤中硫的存在形態(tài)分為有機硫和無機硫(、硫化物及微量單質(zhì)硫等)。庫侖滴定法是常用的快捷檢測煤中全硫含量的方法。其主要過程如下圖所示。已知：在催化劑作用下，煤在管式爐中燃燒，出口氣體主要含。(1)煤樣需研磨成細小粉末，其目的是。(2)高溫下，煤中完全轉(zhuǎn)化為，該反應的化學方程式為。(3)通過干燥裝置后，待測氣體進入庫侖測硫儀進行測定。已知：庫侖測硫儀中電解原理示意圖如下。檢測前，電解質(zhì)溶液中保持定值時，電解池不工作。待測氣體進入電解池后，溶解并將還原，測硫儀便立即自動進行電解到又回到原定值，測定結(jié)束，通過測定電解消耗的電量可以求得煤中含硫量。①在電解池中發(fā)生反應的離子方程式為。②測硫儀工作時電解池的陽極反應式為。(4)煤樣為，電解消耗的電量為x庫侖，煤樣中硫的質(zhì)量分數(shù)為。已知：電解中轉(zhuǎn)移電子所消耗的電量為96500庫侖。(5)條件控制和誤差分析。①測定過程中，需控制電解質(zhì)溶液，當時，非電解生成的使得測得的全硫含量偏小，生成的離子方程式為。②測定過程中，管式爐內(nèi)壁上有殘留，測得全硫量結(jié)果為。(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)與空氣的接觸面積增大，反應更加充分(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑(3)SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+3I--2e-=I(4)(5)偏小【詳解】（1）煤樣研磨成細小粉末后固體表面積增大，與空氣的接觸面積增大，反應更加充分，故答案為：與空氣的接觸面積增大，反應更加充分；（2）由題意可知，在催化劑作用下，硫酸鈣高溫分解生成氧化鈣、二氧化硫和氧氣，反應的化學方程式為2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；（3）①由題意可知，二氧化硫在電解池中與溶液中I反應生成碘離子、硫酸根離子和氫離子，離子方程式為SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案為：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；②由題意可知，測硫儀工作時電解池工作時，碘離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成碘三離子，電極反應式為3I--2e-=I，故答案為：3I--2e—=I；（4）由題意可得如下關系：S—SO2—I—2e-，電解消耗的電量為x庫侖，則煤樣中硫的質(zhì)量分數(shù)為×100%=，故答案為：；（5）①當pH<1時，非電解生成的碘三離子使得測得的全硫含量偏小說明碘離子與電解生成的碘反應生成碘三離子，導致消耗二氧化硫的量偏小，反應的離子方程式為，故答案為：；②測定過程中，管式爐內(nèi)壁上有三氧化硫殘留說明硫元素沒有全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，會使二氧化硫與碘三離子反應生成的碘離子偏小，電解時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目偏小，導致測得全硫量結(jié)果偏低，故答案為：偏小。49．（2024·北京·高考真題）某小組同學向的的溶液中分別加入過量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產(chǎn)物。(1)理論分析依據(jù)金屬活動性順序，中可將還原為的金屬是。(2)實驗驗證實驗金屬操作、現(xiàn)象及產(chǎn)物I過量一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到單質(zhì)Ⅱ過量一段時間后有氣泡產(chǎn)生，反應緩慢，逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液為3~4，取出固體，固體中未檢測到單質(zhì)Ⅲ過量有大量氣泡產(chǎn)生，反應劇烈，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，當溶液為3~4時，取出固體，固體中檢測到單質(zhì)①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據(jù)的現(xiàn)象是。②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因。③對實驗Ⅱ未檢測到單質(zhì)進行分析及探究。i．a(chǎn)．甲認為實驗Ⅱ中，當、濃度較大時，即使與反應置換出少量，也會被、消耗。寫出與、反應的離子方程式。b．乙認為在為3~4的溶液中即便生成也會被消耗。設計實驗(填實驗操作和現(xiàn)象)。證實了此條件下可忽略對的消耗。c．丙認為產(chǎn)生的紅褐色沉淀包裹在粉上，阻礙了與的反應。實驗證實了粉被包裹。ii．查閱資料：開始沉淀的約為1.2，完全沉淀的約為3。結(jié)合a、b和c，重新做實驗Ⅱ，當溶液為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制，(填實驗操作和現(xiàn)象)，待為3~4時，取出固體，固體中檢測到單質(zhì)。(3)對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到單質(zhì)的原因?！敬鸢浮?1)(2)產(chǎn)生藍色沉淀水解方程式為，加入的或會消耗，促進水解平衡正向移動，使其轉(zhuǎn)化為沉淀或、向為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加溶液，不產(chǎn)生藍色沉淀加入幾滴溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸(3)加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹【分析】實驗Ⅰ中，加入過量的Cu，Cu與Fe3+發(fā)生反應，一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到Fe單質(zhì)；實驗Ⅱ中，加入過量的Zn，發(fā)生反應，有氣泡產(chǎn)生，pH逐漸增大，使得Fe3+轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，固體中未檢測到Fe單質(zhì)，原因可能是的干擾以及沉淀對鋅粉的包裹；實驗Ⅲ中，加入過量Mg，發(fā)生反應，由于Mg很活潑，該反應非常劇烈，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，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質(zhì)，對比實驗Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹，實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質(zhì)。【詳解】（1）在金屬活動性順序表中，排在之前，排在之后，因此可將還原為；（2）①與會生成藍色的沉淀；②水解方程式為，加入的或會消耗，促進水解平衡正向移動，使其轉(zhuǎn)化為沉淀；③i．a(chǎn)．Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式為：或、；b．要證實在pH為3~4的溶液中可忽略H+對Fe的消耗，可向為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加溶液，不產(chǎn)生藍色沉淀，即說明此條件下Fe未與H+反應生成Fe2+；ⅱ．結(jié)合a，b和c可知，實驗Ⅱ未檢測到單質(zhì)的原因可能是的干擾以及沉淀對鋅粉的包裹，因此可控制反應條件，在未生成沉淀時將還原，即可排除兩個干擾因素，具體操作為：重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制pH<1.2，加入幾滴溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸，待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質(zhì)；（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹，實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質(zhì)。50．（2022·北京·高考真題）某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)序號物質(zhì)aC中實驗現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化Ⅱ5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀?0%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋?1)B中試劑是。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為。(3)對比實驗I、Ⅱ通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是。(4)根據(jù)資料ii，Ⅲ中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被(填“化學式)氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量；③取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是。④從反應速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因。【答案】(1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2OCl23ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OⅢ中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，導致實驗Ⅲ未得到綠色溶液【分析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染；【詳解】（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體，故答案為：飽和NaCl溶液；（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的OH-反應產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對比實驗I、Ⅱ通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強，故答案為：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；（4）①Cl2與NaOH反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，根據(jù)題給信息，Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱，此時溶液堿性較強，則原因是MnO2被Cl2氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量，故答案為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；③取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案為：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④根據(jù)題給信息可知，(綠色)、(紫色)，則從反應速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因是：Ⅲ中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，導致實驗Ⅲ未得到綠色溶液?？键c化學工藝流程51．（2022·北京·高考真題）白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。已知：物質(zhì)(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為。(2)用量對碳酸鈣產(chǎn)品的影響如下表n(NH4Cl)/n(CaO)氧化物()浸出率/%產(chǎn)品中純度/%產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%(以計)計算值實測值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、純度計算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時計算出的產(chǎn)品中純度。①解釋“浸鈣”過程中主要浸出的原因是。②沉鈣反應的離子方程式為。③“浸鈣”過程不適宜選用的比例為。④產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值的原因是。(3)“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達98.9%。從化學平衡的角度解釋浸出率增大的原因是。(4)濾渣C中含有的物質(zhì)是。(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故先浸出2.4∶1，優(yōu)先析出，且氧化鈣也能轉(zhuǎn)化為碳酸鈣(3)，，隨大量氨逸出，平衡正向移動(4)(5)【分析】白云石礦樣煅燒后轉(zhuǎn)化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉(zhuǎn)化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；【詳解】（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳氣體，化學方程式為；（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；②沉鈣反應中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為。③由圖表可知，“浸鈣”過程的比例為2.4∶1時，產(chǎn)品中鎂元素雜質(zhì)最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。④，在反應中會優(yōu)先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3質(zhì)量更小，二者共同作用導致產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值；（3）“浸鎂”過程中，發(fā)生反應：，，加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動，利于氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂；（4）白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入B中加入硫酸銨后轉(zhuǎn)化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應進入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達98.9%，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是；（5）沉鈣反應中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中既是反應物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。52．（2024·北京·高考真題）利用黃銅礦(主要成分為，含有等雜質(zhì))生產(chǎn)純銅，流程示意圖如下。(1)礦石在焙燒前需粉碎，其作用是。(2)的作用是利用其分解產(chǎn)生的使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為。發(fā)生熱分解的化學方程式是。(3)礦石和過量按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時間，測得：“吸收”過程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；和時，固體B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)400500①溫度低于，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是。②溫度高于，根據(jù)焙燒時可能發(fā)生的反應，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的目的。(5)粗銅經(jīng)酸浸處理，再進行電解精煉；電解時用酸化的溶液做電解液，并維持一定的和。粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是。【答案】(1)增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分(2)(3)溫度低于，隨焙燒溫度升高，分解產(chǎn)生的增多，可溶物含量增加，故銅浸出率顯著增加溫度高于，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應：，和轉(zhuǎn)化成難溶于水的，銅浸出率降低(4)(5)粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)會參與放電，則消耗相同電量時，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，是為了增大反應物的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；（2）銨鹽不穩(wěn)定，易分解，分解為非氧化還原反應，產(chǎn)物中有NH3和SO3，故化學方程式為；（3）①由圖，溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大，是因為溫度低于425℃，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4CuFeS2+