精品解析：北京师范大学附属实验中学2025届高三下学期三模化学试题

北师大实验中学2024-2025学年第二学期高三统练(四) 高三化学 2025.6 可能用到的相对原子质量H 1 O 16 S 32 B 56 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 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. 导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法不正确的是 A. Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族 B. 可用质谱法区分和 C. 和是两种不同的核素 D. 的化合物也具有放射性 【答案】A 【解析】 【详解】A．Rb位于元素周期表中第五周期、第IA族，A错误； B．由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，B正确； C．和是质子数相同和中子数不同的两种核素，C正确； D．具有放射性，的化合物也具有放射性，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 甲酸的结构式： B. 乙醇分子的空间填充模型： C. 溴化钠的电子式： D. 结构示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲酸的结构简式为HCOOH，C原子为sp2杂化，无孤电子对，其空间结构为平面三角形，O原子为sp3杂化，含2对孤电子对，空间结构为V形，故其结构式为 ，A正确； B．用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为空间结构模型，由于半径：C＞O＞H，则乙醇分子的空间填充模型为： ， 为乙酸的空间填充模型，B错误； C．NaBr为离子化合物，其电子式为 ，C错误； D．Fe2+核外有3个电子层，K、L、M层上的电子数分别是2、8、14，Fe2+的结构示意图： ，D错误； 故答案为：A。 3. 崖柏素具天然活性，有酚的通性，能溶于甲苯，结构如图。关于崖柏素的说法不正确的是 A. 崖柏素有酚的通性，与七元环中碳原子均为杂化有关 B. 分子中可能存在分子内氢键 C. 向崖柏素的甲苯溶液中加入溴的四氯化碳溶液能观察到有沉淀生成 D. 可用溶液和稀硫酸从崖柏素的甲苯溶液中分离崖柏素 【答案】C 【解析】 【详解】A．酚的通性源于酚羟基与芳香环的共轭作用，若七元环中碳原子均为sp²杂化，则形成共轭体系，酚羟基氧的p轨道可参与共轭，增强羟基活泼性，与酚的通性相关，A正确； B．分子中酚羟基的氢与邻近羰基（C=O）的氧可能形成分子内氢键（O-H…O），符合氢键形成条件，B正确； C．酚与溴的取代反应通常需浓溴水，生成的溴代酚在极性溶剂中沉淀；而溴的四氯化碳溶液为非极性溶剂，且产物易溶于甲苯等有机溶剂，不会观察到沉淀，C错误； D．酚的酸性强于HCO₃⁻，可与反应生成溶于水的酚钠，分液后水层加稀硫酸酸化得γ-崖柏素，实现分离，D正确。 故选C。 4. 下列说法不正确的是 A. 石墨可用作固体润滑剂 B. 乙二醇用作汽车防冻液 C. 聚乙炔用作绝缘材料 D. 液氨用作制冷剂 【答案】C 【解析】 【详解】A. 石墨是混合型晶体，层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A正确； B. 乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸气压，冰点显著降低，所以乙二醇可以用作汽车防冻液，B正确； C. 聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，所以聚乙炔是导电聚合物，而非绝缘材料，C错误； D. 液氨气化时会吸收热量而使周围环境降低，从而实现制冷的目的，所以液氨可用作制冷剂，D正确。 故选C。 5. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂I 试剂II 除杂试剂 A 浓盐酸 饱和溶液 B 浓氨水 NaOH固体 碱石灰 C 浓硝酸 Cu D 浓硫酸 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备用浓盐酸和加热反应，杂质为HCl和水蒸气，除杂试剂饱和溶液会与反应（Cl2+H2O+NaHCO3=CO2+NaCl+HClO），引入新杂质且吸收Cl2，A错误； B．制备用浓氨水和NaOH固体（溶解放热促进逸出），杂质为水蒸气，碱石灰（碱性固体干燥剂）可吸收水且不与反应，发生装置（固液不加热）和除杂均合理，B正确； C．制备用浓硝酸和Cu反应，杂质为HNO3蒸气，除杂试剂H2O会与NO2反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），吸收目标气体，C错误； D．制备C2H4需乙醇和浓硫酸170℃加热（题目未明确温度控制易生成乙醚），杂质含SO2、CO2等，CuSO4溶液仅吸收少量乙醇，无法除去酸性气体杂质，D错误； 故选B。 6. 若将铜丝插入过量热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是 A. 试管中溶液由无色逐渐变为蓝色 B. a处先变红后褪色 C. c处褪色，试液的pH增大 D. d处可能发生化合反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与过量热浓硫酸反应生成，但浓硫酸过量且具有吸水性，反应生成的水较少，可能以无水固体形式存在而非蓝色溶液，溶液颜色不变蓝，A错误； B．a处为紫色石蕊试液，与水反应生成，使石蕊变红，但不能漂白石蕊，不会褪色，B错误； C．c处为酸性，与其发生氧化还原反应：，反应生成，溶液酸性增强，pH减小，C错误； D．d处为浓，若过量，先发生，继续通入会发生，该反应为化合反应，D正确； 综上，答案是D。 7. 下列化学用语与所给事实相符的是 A. 制备84消毒液： B. 一端缠绕铜丝的铁钉放入NaCl溶液中一段时间后铜丝附近溶液的pH升高： C. 用氨水和溶液制备少量： D. 向硝酸和过量铜反应结束后的溶液中继续加入少量稀硫酸，继续生成无色气体： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应制备84消毒液，离子方程式为：，A错误； B．一端缠绕铜丝的铁钉放入NaCl溶液中一段时间后铜丝附近溶液的pH升高，原因是O2得到电子生成了OH-，电极方程式为：，B错误； C．Al3+与弱碱NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：，C正确； D．向硝酸和过量铜反应结束后的溶液中继续加入少量稀硫酸，H+与Cu在存在下应生成NO而非H2，离子方程式为：，D错误； 故选C。 8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 断开键吸收的能量小于形成键与键放出的能量之和 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. 400K时，对应氨的平衡转化率大于，是因为此情况下，对应的平衡常数比的大 D. 生产条件可选择高温、适当压强和加入催化剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨分解反应为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)，由图像知温度升高氨平衡转化率增大，说明正反应吸热ΔH>0。ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则断开6mol N-H键吸收的能量大于形成3mol H-H键与1mol N≡N键放出的能量之和，故A错误； B．该反应中N2和H2的物质的量之比始终为1:3，比值均是恒量，N2和H2的物质的量之比不变，反应不一定平衡，故B错误； C．平衡常数K仅与温度有关，400K时温度相同，p1和p4的K相等，故C错误； D．正反应吸热，高温可提高转化率，减小压强平衡正向移动，催化剂加快反应速率，所以生产条件可选择高温、适当压强和加入催化剂，故D正确； 选D。 9. 铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。 下列叙述不正确的是 A. 铑位于元素周期表第五周期第VIII族 B. X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C. A、C分别是和 D. B为、D为 【答案】D 【解析】 【分析】根据甲醇羰基化反应机理可知，先与HI转化为和水，再与CO在催化剂作用下生成，进一步与水反应生成和HI，因此A、C分别是和，E、F分别为和，B、D分别为水和HI。 【详解】A．铑的价层电子排布式是，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确； B．若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确； C．根据分析，A、C分别是和，C正确； D．根据分析，B、D分别为水和HI，D错误； 答案选D。 10. 设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐降解生成，废旧锂离子电池的正极材料转化为。工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质。下列说法不正确的是 A. 装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小 B. 装置工作时，通过阳离子交换膜的数目小于 C. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 D. 定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为原电池的负极，乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，LiCoO2电极为正极，酸性条件下LiCoO2在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，右侧甲室中电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，电解的总反应为CH3COO-+4Co2++2H2O2CO2↑+7H++4Co； 【详解】A．由分析可知，装置工作时，甲室中电极反应式为Co2++2e-=Co，左侧装置中左室产生的H+通过阳膜进入甲室，溶液pH减小，故A正确； B．根据电极反应式CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，当电路中转移8mol电子时，细菌室生成7mol氢离子，工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，可知细菌室生成的氢离子完全转移到甲室，根据电荷守恒，还需要有1molNa+转移，通过阳离子交换膜的数目大于，故B错误； C．由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充氯化氢，故C正确； D．乙室生成Co2+，定时将乙室溶液转移至甲室，可使Co2+在甲室被还原为Co单质，提高回收率，故D正确； 选B。 11. 某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的 物质 ⅱ．黄钠铁矾是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A. 酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B. 沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了和 C. 酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时中可能会混有 D. 由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】冶金废渣中的不与硫酸反应、CaO与硫酸反应生成微溶于水的，故废渣中有和；进入“沉铁”中的微粒主要有、、、、等，H2O2将Fe2+氧化，通过该流程Fe3+以黄钠铁矾沉淀，进入“还原沉铜”中的离子有、、等，该流程将Cu2+以的形式分离出；进入“锌镍同沉”的离子有、、等，Zn2+、Ni2+以、进入“焙烧”，滤液中应该有等；焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物，用NaOH溶液浸锌，ZnO生成，在“沉锌”时加入硫酸生成。 【详解】A．酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的有还原性，会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A错误； B．沉铁调pH=4时，，c2(OH-)=10-20，，，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)2和Ni(OH)2沉淀，损失原因并非生成氢氧化物，B错误； C．微溶，酸浸时硫酸过量程度不够，会导致浓度低，溶液中不能完全沉淀，还原沉铜时，溶液中与氧化生成的结合生成沉淀，混入Cu2O，C正确； D．根据流程“酸浸”、“浸锌”可知ZnO既与硫酸反应，又与NaOH溶液反应，故ZnO为两性氧化物，而NiO仅与酸反应为碱性氧化物，D错误； 故选C。 12. 在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。 已知：+—NH2+HCl 下列说法不正确的是 A. 合成J的反应为缩聚反应 B. MPD的核磁共振氢谱有3组峰 C. J具有网状结构与单体TMC的结构有关 D. J有亲水性可能与其存在正负离子对有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应除生成高聚物J外，还有小分子HCl生成，所以该反应是缩聚反应，故A项正确； B．对比有机物的结构可知，MPD的结构简式为，分子中有4种化学环境不同的氢原子，即MPD的核磁共振氢谱中有4组峰，故B项错误； C．单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C项正确； D．正、负离子容易与水形成水合离子，高聚物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D项正确； 答案选B。 13. CO2催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应： 反应I： 反应II(副反应)： 将1 mol CO2、3 mol H2加入至4 L含催化剂的密闭容器中，研究其他条件不变时，温度对反应的影响。温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时, CO2实际总转化率的影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。 资料：的选择性 下列说法不正确的是 A. 随温度升高，CO2平衡转化率先降低后升高与反应I放热、反应II吸热有关 B. 300℃时，前2.5小时内二甲醚的平均生成速率是 C. 240℃-300℃，CO2实际转化率升高、二甲醚实际选择性降低的原因是：温度升高，反应I、II速率均加快，且对反应II的影响大于对反应I的影响 D. 200℃时，反应II的平衡常数是 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2转化率升高。低温时反应I主导，平衡转化率先降低；高温时反应II主导，转化率后升高，A正确； B．300℃时CO2实际总转化率22%，消耗n(CO2)=1mol×22%=0.22mol，二甲醚实际选择性30%，则生成二甲醚消耗n(CO2)=0.22mol×30%=0.066mol，反应I中CO2与CH3OCH3的物质的量之比为2:1，则生成的n(CH3OCH3)=，所以速率，B正确； C．240-300℃未达平衡，温度升高反应I、II速率均加快。实际转化率升高说明总消耗CO2增多，选择性降低说明副反应II速率增加更显著，导致更多CO2用于生成CO，C正确； D．200℃时CO2平衡总转化率50%，消耗n(CO2)=1mol×50%=0.5mol；二甲醚平衡选择性80%，生成二甲醚消耗n(CO2)=0.5mol×80%=0.4mol，故反应II消耗n(CO2)=(0.5-0.4)mol=0.1mol，列出两步反应的三段式： 计算反应II的平衡常数为，D错误； 故选D。 14. 学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A. 实验ii反应后的溶液中： B. 实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C. 以上实验说明可催化的分解 D. 向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验ii中溶液变红说明生成，与反应生成配合物时释放，与反应生成逸出。由于逸出，溶液中含碳物种总量减少，而未损失，故物料守恒式中应大于右侧含碳物种总和，即，A错误； B．实验ii中与形成配合物，促使电离平衡正移，溶液中增大,由可知增大则该比值增大，B错误； C．实验iii中墨绿色为，气泡为被分解生成的，但无法确定是催化剂，C错误； D．实验iii中含，具有强氧化性，加入过量浓盐酸时，可被氧化生成，D正确; 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 硫元素的含氧酸盐结构和性质多样。 （1）亚硫酸盐。 ①S元素位于元素周期表中的_______区。 ②中，基态Fe，S和O原子中成对电子数由少到多的排序是_______。 ③与过量盐酸反应产生大量气体。键角比较：得到的气体分子_______(填“>”、“＜”或“=”)。 （2）硫代硫酸盐。 ①(S分别是0价与+4价)可被氧化为，离子方程式是_______。 ②的结构可能是如下的两种。 i．结构(a)中S的杂化轨道类型是_______。 ii．结构(b)中O的化合价有_______。 iii．原子半径与其化学键的键能关系如下表所示。 原子的共价半径 71.04 102.61 116.68 134.94 键能 225.48 279.95 214.68 155.14 下列说法正确的是_______。 a．原子半径过小，原子间孤电子对间斥力对键能影响大于键长对其的影响 b．S原子失电子能力强于O，氧化了中的S原子而不是O原子 c．的结构更可能为(a) （3）硫酸盐：的晶体为层状结构，如下图。 ①阳离子层内的相互作用有_______，层间的相互作用有_______。 ②已知阿伏加德罗常数为，晶胞的体积为，晶体的密度为_______。 【答案】（1） ①. p ②. ③. > （2） ①. ②. ③. -1和-2 ④. ac （3） ①. 氢键、配位键、静电作用 ②. 范德华力、静电作用 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①S元素为16号元素，价电子排布式为，为p区元素； ②基态Fe的电子排布式为，成对电子数为11对，S的电子排布式为，成对电子数为7对， O的电子排布式为，成对电子数为3对，成对电子数由少到多的排序是； ③与过量盐酸反应产生气体，中心原子S的价层电子对数为3，孤对电子数为1，S原子采用杂化，空间构型为V形，中心原子S的价层电子对数为4，孤对电子数为1，S原子采用杂化，空间构型为三角锥形，故键角； 【小问2详解】 ①(S分别是0价与+4价)可被氧化为，离子方程式是； ②结构(a)中两边的S原子形成4个键，中间的S原子形成2个键且含有两对孤对电子，价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为杂化；结构(b)中端点的O的化合价为-2价，中间两个氧原子形成过氧键，为-1价，故结构(b)中O的化合价有-1和-2； a．一般来说，原子半径越小，键长越短，键能越大，但由表格数据知，原子半径最小，但键能却小于键能，原因是原子半径过小导致两原子间孤电子对距离近，排斥力显著增大，对键能影响大于键长对键能的影响，故a正确； b．中的 S分别是0价与+4价，处于中间价态易被氧化，而中的氧为-2价，为稳定价态，氧化了中的S原子而不是O原子，与S、O原子失电子能力强弱无直接关联，故b错误； c．由表格数据知，键能小于，更易断裂，结构(a)比结构(b)更稳定，c正确； 故答案为ac。 【小问3详解】 ①晶体中存在和，层内，与通过配位键结合形成、和之间存在氢键以及离子和离子之间的静电作用，层间是不同层的离子，主要存在范德华力和离子之间的静电作用； ②由晶胞图可知，铁原子位于顶点、面心、棱上和体内，利用均摊法知晶胞中含个数为， 的个数为4，的相对分子质量为321，故晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的密度为。 16. 处理H2S有多种方法。 （1）碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 H2S H2CO3 ①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：_______。 ②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是_______。 （2）热分解法——加热使H2S发生分解反应 已知下列反应的热化学方程式： i． ii． iii． ①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式_______。 ②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。 （3）间接电解法脱硫 间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是_______。 ②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：_______。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成_______g H2。 【答案】（1） ①. +H2O+OH- ②. +H2S=+HS- （2） ①. 2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H =-170 kJ/mol ②. 增大 ③. 在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大 （3） ①. FeCl2、HCl ②. 在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的 ③. 10 【解析】 【小问1详解】 ①K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的发生水解反应使溶液呈碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-； ②由表可知弱酸的电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强。强酸能够与弱酸盐反应制取弱酸，因此用过量的K2CO3溶液吸收H2S，二者反应只能生成HS-和，该反应的离子方程式是+H2S=+HS-； 【小问2详解】 ①根据盖斯定律，×(反应ⅰ+反应ⅱ)-反应ⅲ，可得2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，△H =× (-1036+94)kJ/mol-(-484)kJ/mol=-170 kJ/mol；则该反应的热化学方程式为2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H =-170 kJ/mol； ②H2S分解生成S2(g)的反应是气体分子数增加的反应，减小压强化学平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大。在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，相当于增大体系容积，减小原反应体系的压强，减小压强，化学平衡正向移动，有利于H2S平衡转化率的增大，因此n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率增大，原因是：在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大； 【小问3详解】 ①根据图示脱硫过程，发生的反应为：H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，故溶液X的主要溶质为FeCl2、HCl； ②在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的； ③5 mol H2S转化为S，转移10 mol e-，根据反应过程中电子守恒规律，可生成H2的物质的量为 5 mol，其质量为m(H2)=5 mol×2 g/mol=10 g。 17. 新型药物奥氮平(M)可用于治疗精神类疾病，下图为该药物的一种合成路线。 （1）D能发生银镜反应。A→B反应的化学方程式是_______。 （2）条件a是_______。 （3）J的结构简式是_______。 （4）第I步：试剂x为，反应过程中能量的变化示意图如下；第II步：为催化剂，Sn被氧化到最高价态。 ①将x中的F原子替换为Br原子后，反应速率明显减慢。下列因素与此实验结果有关的是_______。 a．卤原子与碳原子电负性差异b．碳卤键键能差异c．能否形成分子内氢键 ②x与E实际的物质的量之比为，明显高于理论值，主要原因是：a．提高E的转化率；b．_______。 ③F的化学式为；分子结构中含有一个五元环、一个六元环、一个七元环；其中七元环中N原子存在两种杂化形式。F的结构简式为_______。 ④F常以其盐酸盐的形式存在，最多能与_______形成盐。 ⑤E与Sn单质的物质的量之比的理论值为_______。 （5）F和K生成M的反应仅有生成。 ①M的结构简式是_______。 ②还有另一副产物M′生成，生成原理与生成M的相同，M′含两个七元环。M′的结构简式是_______。 【答案】（1）CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr （2）O2、Cu、加热 （3） （4） ①. a ②. 试剂x在该条件下会与KOH发生水解反应 ③. ④. 3 ⑤. ​​2:3 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】D能发生银镜反应，D中含有“-CHO”，结合A的分子式可知，A为1-溴丙烷，D为丙醛，B为1-丙醇，G为乙烯，I为环氧乙烷，结合K的结构简式和J→K的条件可知，J的结构简式为(二乙醇胺)，F的化学式为，其中七元环中N原子存在两种杂化形式(分别为sp2和sp3)，且分子结构中含有一个五元环、一个六元环、一个七元环，推测F的结构简式为，K的结构简式为，且F和K生成M的反应仅有生成，则该反应为取代反应，M为，以此解题。 【小问1详解】 D能发生银镜反应，D中含有醛基，结合A的分子式可知，A为1-溴丙烷，A→B为卤代烃的水解反应，方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr； 【小问2详解】 B→D为醇的催化氧化，条件为O2、Cu、加热； 【小问3详解】 结合分析知，J的结构简式为：； 【小问4详解】 ①结合反应过程可知，反应过程由苯环上和F相连的碳原子吸引氮原子引起，F的电负性大于Br，相应苯环上和F相连的碳原子的正电荷更加集中，更加容易反应，故将x中的F原子替换为Br原子后，反应速率明显减慢，故选a； ②x与E实际的物质的量之比为，明显高于理论值，一方面是为了提高E的转化率，另一方面碱性条件下x可以水解，会消耗一些，故答案为：试剂x在该条件下会与KOH发生水解反应； ③结合分析可知F的结构简式为； ④F中N原子上含有孤电子对，可以结合HCl，结合F的结构简式可知，最多能与3形成盐； ⑤​​E中硝基（−NO2​）还原为氨基（−NH2​），N元素的化合价从+3→-3，转移6e-；Sn元素的化合价从0→+4，转移4e-，根据得失电子守恒：n(E)×6=n(Sn)×4，故n(E):n(Sn)=4:6=2:3，理论值为​​2:3​​； 【小问5详解】 ①结合分析可知，M为； ②还有另一副产物M′生成，生成原理与生成M的相同，M′含两个七元环，结合F的结构简式可知M′的结构简式是。 18. 粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) （2）浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 （3）浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 （4）该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 【答案】（1）、 （2） ①. +5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O ②. 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 （3） ①. ②. Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 （4）H2SO4和NaCl 【解析】 【分析】阳极泥用H2O2、稀硫酸和适量NaCl浸铜，Cu被H2O2氧化为CuSO4，Ag转化为AgCl沉淀，滤渣1为AgCl和Au，用稀硫酸、NaClO3和适量NaCl浸金，Au转化为，过滤得到的滤渣2为AgCl，和Na2S2O5反应生成Au，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成，与HCHO发生氧化还原反应生成Ag，以此解答。 【小问1详解】 在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。 【小问2详解】 ①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O； ②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。 【小问3详解】 ①浸银时发生反应 ；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为 。 ②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。 【小问4详解】 浸金液中和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为： ，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有H2SO4和NaCl。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在。在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 试剂 现象 I a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 II a：10滴蒸馏水 b：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 III a：10滴溶液 b：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，未见明显变化。 IV a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验I中出现乳白色浑浊的原因_______。 （2）已知，实验I、II、III中均被氧化为。针对实验II、III进行分析： ①证实II所得溶液中有的方案与现象为_______。 ②取少量III中所得溶液加入足量稀盐酸后，再加入溶液能观察到有白色沉淀生成。由此判断III中生成。此结论是否正确，理由是_______。 通过其他实验方案证实Ⅲ中生成了。 （3）针对实验III、IV进行分析： ①实验III中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为_______。 ②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因(写出2点)：_______。 （4）针对实验III、IV继续探究： ①实验V：向实验III的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验VI：向实验IV的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因_______。 （5）综合上述实验，在下图中用连线的方式补充实验I~VI已证实的锰化合物转化关系_______。 【答案】（1）S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O （2） ①. 过滤实验II所得混合物，取少量滤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再次过滤后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 ②. 不正确；酸性条件下，、可氧化(低价含硫微粒)为 （3） ①. 8MnO+S2O+10OH-=8MnO+2SO+5H2O ②. 溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀 （4）MnO酸性条件与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O （5） 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下的氧化性强弱，并设计实验验证锰化合物转化关系。 【小问1详解】 由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫酸溶液后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：8MnO+5S2O+14H+=8Mn2++10SO+7H2O，后过量的硫代硫酸钠溶液与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O； 【小问2详解】 ①由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排除硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为：过滤实验II所得混合物，取少量滤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再次过滤后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，故答案为：过滤实验II所得混合物，取少量滤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再次过滤后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀； ②该结论不正确，原因是酸性条件下，、可氧化(低价含硫微粒)为； 【小问3详解】 ①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O，故答案为：8MnO+S2O+10OH-=8MnO+2SO+5H2O； ②实验Ⅳ中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀，也可能是MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀，故答案为：溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀； 【小问4详解】 对比实验V、Ⅵ，实验Ⅵ滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O，故答案为：MnO酸性条件与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O； 【小问5详解】 由实验I~Ⅵ可知，高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，但还原产物不同，酸性条件下生成锰离子、中性条件下生成二氧化锰、碱性条件下生成锰酸根离子；锰酸根离子在酸性条件下不稳定会分解生成高锰酸根离子和二氧化锰、也能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子；二氧化锰酸性条件下能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子，则实验I~Ⅵ已证实的锰化合物转化关系如下：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2024-2025学年第二学期高三统练(四) 高三化学 2025.6 可能用到的相对原子质量H 1 O 16 S 32 B 56 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 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. 导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法不正确的是 A. Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族 B. 可用质谱法区分和 C. 和是两种不同的核素 D. 的化合物也具有放射性 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 甲酸的结构式： B. 乙醇分子的空间填充模型： C. 溴化钠的电子式： D. 结构示意图： 3. 崖柏素具天然活性，有酚的通性，能溶于甲苯，结构如图。关于崖柏素的说法不正确的是 A. 崖柏素有酚的通性，与七元环中碳原子均为杂化有关 B. 分子中可能存在分子内氢键 C. 向崖柏素的甲苯溶液中加入溴的四氯化碳溶液能观察到有沉淀生成 D. 可用溶液和稀硫酸从崖柏素的甲苯溶液中分离崖柏素 4. 下列说法不正确的是 A. 石墨可用作固体润滑剂 B. 乙二醇用作汽车防冻液 C. 聚乙炔用作绝缘材料 D. 液氨用作制冷剂 5. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂I 试剂II 除杂试剂 A 浓盐酸 饱和溶液 B 浓氨水 NaOH固体 碱石灰 C 浓硝酸 Cu D 浓硫酸 溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 若将铜丝插入过量热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是 A. 试管中溶液由无色逐渐变为蓝色 B. a处先变红后褪色 C. c处褪色，试液的pH增大 D. d处可能发生化合反应 7. 下列化学用语与所给事实相符的是 A. 制备84消毒液： B. 一端缠绕铜丝的铁钉放入NaCl溶液中一段时间后铜丝附近溶液的pH升高： C. 用氨水和溶液制备少量： D. 向硝酸和过量铜反应结束后的溶液中继续加入少量稀硫酸，继续生成无色气体： 8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 断开键吸收的能量小于形成键与键放出的能量之和 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. 400K时，对应氨的平衡转化率大于，是因为此情况下，对应的平衡常数比的大 D. 生产条件可选择高温、适当压强和加入催化剂 9. 铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。 下列叙述不正确的是 A. 铑位于元素周期表第五周期第VIII族 B. X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C. A、C分别是和 D. B为、D为 10. 设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐降解生成，废旧锂离子电池的正极材料转化为。工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质。下列说法不正确的是 A. 装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小 B. 装置工作时，通过阳离子交换膜的数目小于 C. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 D. 定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率 11. 某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的 物质 ⅱ．黄钠铁矾是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A. 酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B. 沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了和 C. 酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时中可能会混有 D. 由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物 12. 在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。 已知：+—NH2+HCl 下列说法不正确的是 A. 合成J的反应为缩聚反应 B. MPD的核磁共振氢谱有3组峰 C. J具有网状结构与单体TMC的结构有关 D. J有亲水性可能与其存在正负离子对有关 13. CO2催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应： 反应I： 反应II(副反应)： 将1 mol CO2、3 mol H2加入至4 L含催化剂的密闭容器中，研究其他条件不变时，温度对反应的影响。温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时, CO2实际总转化率的影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。 资料：的选择性 下列说法不正确的是 A. 随温度升高，CO2平衡转化率先降低后升高与反应I放热、反应II吸热有关 B. 300℃时，前2.5小时内二甲醚的平均生成速率是 C. 240℃-300℃，CO2实际转化率升高、二甲醚实际选择性降低的原因是：温度升高，反应I、II速率均加快，且对反应II的影响大于对反应I的影响 D. 200℃时，反应II的平衡常数是 14. 学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A. 实验ii反应后的溶液中： B. 实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C. 以上实验说明可催化的分解 D. 向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 硫元素的含氧酸盐结构和性质多样。 （1）亚硫酸盐。 ①S元素位于元素周期表中的_______区。 ②中，基态Fe，S和O原子中成对电子数由少到多的排序是_______。 ③与过量盐酸反应产生大量气体。键角比较：得到的气体分子_______(填“>”、“＜”或“=”)。 （2）硫代硫酸盐。 ①(S分别是0价与+4价)可被氧化为，离子方程式是_______。 ②的结构可能是如下的两种。 i．结构(a)中S的杂化轨道类型是_______。 ii．结构(b)中O的化合价有_______。 iii．原子半径与其化学键的键能关系如下表所示。 原子的共价半径 71.04 102.61 116.68 134.94 键能 225.48 279.95 214.68 155.14 下列说法正确的是_______。 a．原子半径过小，原子间孤电子对间斥力对键能影响大于键长对其的影响 b．S原子失电子能力强于O，氧化了中的S原子而不是O原子 c．的结构更可能为(a) （3）硫酸盐：的晶体为层状结构，如下图。 ①阳离子层内的相互作用有_______，层间的相互作用有_______。 ②已知阿伏加德罗常数为，晶胞的体积为，晶体的密度为_______。 16. 处理H2S有多种方法。 （1）碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 H2S H2CO3 ①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：_______。 ②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是_______。 （2）热分解法——加热使H2S发生分解反应 已知下列反应的热化学方程式： i． ii． iii． ①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式_______。 ②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。 （3）间接电解法脱硫 间接电解法脱硫过程的示意图如下。 ①溶液X的主要溶质是_______。 ②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：_______。 ③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成_______g H2。 17. 新型药物奥氮平(M)可用于治疗精神类疾病，下图为该药物的一种合成路线。 （1）D能发生银镜反应。A→B反应的化学方程式是_______。 （2）条件a是_______。 （3）J的结构简式是_______。 （4）第I步：试剂x为，反应过程中能量的变化示意图如下；第II步：为催化剂，Sn被氧化到最高价态。 ①将x中的F原子替换为Br原子后，反应速率明显减慢。下列因素与此实验结果有关的是_______。 a．卤原子与碳原子电负性差异b．碳卤键键能差异c．能否形成分子内氢键 ②x与E实际的物质的量之比为，明显高于理论值，主要原因是：a．提高E的转化率；b．_______。 ③F的化学式为；分子结构中含有一个五元环、一个六元环、一个七元环；其中七元环中N原子存在两种杂化形式。F的结构简式为_______。 ④F常以其盐酸盐的形式存在，最多能与_______形成盐。 ⑤E与Sn单质的物质的量之比的理论值为_______。 （5）F和K生成M的反应仅有生成。 ①M的结构简式是_______。 ②还有另一副产物M′生成，生成原理与生成M的相同，M′含两个七元环。M′的结构简式是_______。 18. 粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) （2）浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 （3）浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 （4）该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在。在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 试剂 现象 I a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 II a：10滴蒸馏水 b：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 III a：10滴溶液 b：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，未见明显变化。 IV a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验I中出现乳白色浑浊的原因_______。 （2）已知，实验I、II、III中均被氧化为。针对实验II、III进行分析： ①证实II所得溶液中有的方案与现象为_______。 ②取少量III中所得溶液加入足量稀盐酸后，再加入溶液能观察到有白色沉淀生成。由此判断III中生成。此结论是否正确，理由是_______。 通过其他实验方案证实Ⅲ中生成了。 （3）针对实验III、IV进行分析： ①实验III中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为_______。 ②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因(写出2点)：_______。 （4）针对实验III、IV继续探究： ①实验V：向实验III的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验VI：向实验IV的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因_______。 （5）综合上述实验，在下图中用连线的方式补充实验I~VI已证实的锰化合物转化关系_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $