综合（压轴题80题，期末真题汇编，北京专用）高三化学上学期

综合 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 物质的结构与性质 考向02 基础化学实验 考向03 常见无机物的性质 考向04 化学反应与能量变化 考向05 水溶液中的离子平衡 考向06 有机化学 考向07 工艺流程 考向08 实验设计与性质探究 ( 物质的结构与性质 ) 1．(24-25高三上·北京·期末)是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是 A．的原子核内有21个中子 B．和均易失去一个电子 C．可通过质谱法区分和 D．衰变为的过程属于化学变化 【答案】D 【详解】A．的原子核内有40-19=21个中子，A正确； B．和最外层均只含有1个电子，易失去一个电子，B正确； C．和的相对原子质量不同，可通过质谱法区分和，C正确； D．衰变为的过程中元素种类发生了变化，不属于化学变化，D错误； 故选D。 2．(24-25高三上·北京东城区·期末)在嫦娥五号带回的月壤样本中，研究人员发现一种富含水分子和铵根的矿物晶体。下列关于该晶体的说法不正确的是 A．受热时能逸出水蒸气 B．溶于水后溶液呈中性 C．水分子的空间结构呈V形 D．所含金属元素中，金属性最强的是 【答案】B 【详解】A．含结晶水，加热时能逸出水蒸气，A正确； B．中含有铵根和镁离子，在溶液中水解，水解后溶液均显酸性，B错误； C．水分子中心原子价层电子对数为2+=4，含有2对孤对电子，空间结构呈V形，C正确； D．同周期从左至右，元素的金属性减弱，同主族由上到下，元素的金属性增强，故Cs的金属性最强，D正确； 故选B。 3．(24-25高三上·北京石景山区·期末)“嫦娥石”[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法不正确的是 A．40Ca、41Ca互为同位素 B．基态氧原子的轨道表示式： C．电负性O > P D．核素Y中质子数与中子数之差为50 【答案】D 【详解】A．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称为同位素，40Ca、41Ca互为同位素，A正确； B．O原子核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，基态氧原子的轨道表示式：，B正确； C．非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O>P，电负性O>P，C正确； D．核素Y中质子数为39，中子数为89-39=50，质子数与中子数之差为50-39=11，D错误； 答案选D。 4．(24-25高三上·北京·期末)下列化学用语或图示表达正确的是 A．的电子云图为 B．的电子式为： C．乙炔的结构简式为 D．的离子结构示意图为 【答案】A 【详解】 A．的电子云图呈哑铃形，且在z轴方向上，电子云图为，A正确； B．中C原子与O原子之间是双键，其电子式应该为，B错误； C．乙炔中C与C之间为碳碳三键，结构简式为，C错误； D．核内有8个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图应该是，D错误； 故选A。 5．(24-25高三上·北京丰台区·期末)下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性： 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 键的极性大小 D 碱性： 核电荷数： A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．热稳定性：HF>HCl，说明键能：H-F>H-Cl，与分子间是否存在氢键无关，氢键主要影响物理性质，A错误； B．金刚石和碳化硅均为共价晶体，晶体类型相同，金刚石硬度更高是因C-C键键长更短、键能更大，而非晶体类型差异，B错误； C．CF3COOH的酸性强于CCl3COOH，因F的电负性比Cl大，吸电子效应更强，使O-H键极性增大，H+更易解离，C正确； D．KOH的碱性强于Al(OH)3是因K的金属性（活泼性）强于Al，而非核电荷数，金属性与原子半径、电子层结构等因素相关，D错误； 故选C。 6．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)中国科学家利用二氧化碳成功合成葡萄糖、淀粉。下列说法不正确的是 二氧化碳 葡萄糖 淀粉 A．可用碘水检验是否生成了淀粉 B．三种物质中均有碳氧原子间的σ键 C．淀粉能水解为葡萄糖，葡萄糖能水解为 D．二氧化碳转化为淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变 【答案】C 【详解】A．淀粉能使碘水变蓝色，所以可用碘水检验是否生成了淀粉，故A正确； B．二氧化碳、葡萄糖、淀粉分子中都含有碳氧σ键，故B正确； C．葡萄糖是不能发生水解反应的单糖，故C错误； D．淀粉是天然的高分子化合物，则二氧化碳转化为淀粉的过程是无机小分子向有机高分子的转变的过程，故D正确； 故选C。 7．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)分子的构型如下，下列说法正确的是 A．三种分子都是极性分子 B．键角大小顺序为 C．的沸点低于 D．的热稳定性强于 【答案】D 【详解】A．CH4空间构型为正四面体形，分子正负电中心重合，是非极性分子，故A错误； B．NH3、H2O、CH4中心原子价层电子对数分别为3+=4、2+=4、4+=4，NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，CH4中没有孤电子对，NH3中存在1个孤电子对，H2O中存在2个孤电子对，孤对子对数越多，键角越小，所以键角：CH4＞NH3＞H2O，故B错误； C．NH3分子间存在氢键，分子间不能形成氢键，故NH3沸点高于甲烷，故C错误； D．同主族元素，从上往下，非金属性依次减小，则非金属性：O>S，非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，故H2O的热稳定性强于H2S，故D正确； 故选：D。 8．(24-25高三上·北京·期末)某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是 A．电负性： B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区 C．“*”标记的碳原子为手性碳原子 D．该超分子中含有配位键 【答案】D 【详解】A．同周期从左到右非金属性增强，电负性增强，则电负性：F>O>N>B，在NH3中H呈+价，在B2H6中H呈-1价，故H的电负性介于B和N之间，故电负性：F>O>N>H>B，A错误； B．该超分子中的H元素位于元素周期表的s区，B错误； C．“*”标记的碳原子连接两个相同的H原子，不能为手性碳原子，C错误； D．结构中B原子形成4个共价键，其中一个为配位键，该超分子中含有配位键，D正确； 故选D。 9．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。 (1)硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。 ①基态硅原子的价层电子排布式为 。 ②高纯硅制备流程的示意图如下： ⅰ．1100℃，每生成1mol单质硅转移4mol电子。Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为 。 ⅱ．硅的熔点(1410℃)低于金刚石(>3500℃)，原因是 。 (2)新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。 ①图(a)是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为 。 ②随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如图(b)所示。它由和组成。 ⅰ．每个周围与它最近且距离相等的有 个。 ⅱ．图(b)所示的晶胞棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体密度为 。() 【答案】(1) 二者均是共价晶体，原子半径，键长，键能 (2) 12 【详解】（1）①Si为14号元素，位于第二周期第ⅣA族，价层电子排布式为3s23p2； ②ⅰ．1100℃，发生反应：2SiHCl3+3H22Si+6HCl，氢气为还原剂，每生成1mol单质硅转移4mol电子，则Si的化合价由+4价降为0价，在化合物中电负性大的呈负价，则电负性：H＞Si，HCl中H呈正价，则电负性：Cl＞H，由以上分析可知，电负性：Cl＞H＞Si； ⅱ．晶体硅和金刚石都为共价晶体，C-C键长比Si-Si键短，C-C键键能比Si-Si键大，金刚石的熔点更高； （2）①Ti位于顶点，个数为8×=1，O位于棱心，个数为12×=3，1个Ca位于体心，Ca：Ti：O=1：1：3，其化学式为CaTiO3； ②ⅰ.从晶胞图(b)看距顶点的最近的I-位于其相邻的面心，则有机碱离子的配位数为8×=12； ⅱ.I-位于面心，个数为6×=3，位于顶点，个数为8×=1，1个Pb2+位于体心，晶胞质量为，晶胞体积为a3×10-21cm3，晶胞密度==。 10．(23-24高三上·北京·期末)格氏试剂()是有机合成中的一种常用试剂，其制备、结构和性质如下。 (1)制备 由卤代烃和金属Mg在溶剂乙醚中制备： ①Mg的原子结构示意图是 。 ②金属Mg的晶胞如图1所示，晶胞体积为，阿伏加德罗常数为，则金属Mg的密度为 。 ③烃基()相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为、、，推测其原因： 。 (2)结构 将从乙醚溶液中结晶出来，获得，分子结构示意图如图2所示(H原子未标出，忽略粒子半径相对大小)。 ①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是 。 ②很多化学键不是纯粹的离子键或共价键，而是两者之间的过渡类型。键与键中，共价键成分更多的是 键。 (3)性质 格氏试剂在很多反应中键断裂，根据键的极性分析反应的生成物。 ①与反应，生成的有机物的结构简式是 。 ②与丙酮()发生加成反应，生成物的结构简式是 。 【答案】(1) Cl、Br和I为同主族元素，原子半径，键长，键能，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂 (2) (3) 【详解】（1） ①Mg为12号元素，原子结构示意图是。 ②据“均摊法”，晶胞中含个Mg，则晶体密度为； ③Cl、Br和I为同主族元素，原子半径，键长，键能，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂，故碳卤键断裂由易到难的顺序为、、； （2）①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，根据成键和构型可知，Mg原子的杂化轨道类型是sp3杂化。 ②电负性溴大于碳，则碳镁之间电负性差值较溴镁键小，则键与键中，共价键成分更多的是键； （3）①格氏试剂在很多反应中键断裂，则与反应过程中碳镁键断裂，C和带部分正电荷的H结合生成乙烷，生成的有机物的结构简式是； ②与丙酮()发生加成反应，反应中羰基中断裂π键，电负性较大的O和-MgBr结合、C和乙基结合，得到产物的结构简式是。 ( 地 城 考向 0 2 基础化学实验 ) 11．(24-25高三上·北京房山区·调研)下列气体除杂所选试剂和收集方法均正确的是 气体（杂质） 除杂试剂 收集方法 A 浓 向下排空气法 B 溶液 向上排空气法 C 溶液 排水法 D 水 排水法 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．NH3是碱性气体，不能用浓除去NH3中的，A错误； B．可以用溶液除去C2H2中的H2S，乙炔的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，B错误； C．和HCl都可以和NaOH溶液反应，不能用溶液除去中的HCl，能够和水反应，不能用排水法收集，C错误； D．NO2和水反应生成NO，可以用水除去NO2的NO，NO不和水反应，可以用排水法收集，D正确； 故选D。 12．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是 实验目的 A．由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体 B．探究温度对化学平衡移动的影响 实验装置 实验目的 C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D．测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．由FeCl3溶液制取无水固体，应在HCl的气流中加热FeCl3溶液，不能达到实验目的，A符合题意； B． ，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，B不符合题意； C．氯化钠过量，滴加硝酸银，生成氯化银以后，再次滴加硫化钠，氯化银能与硫化钠反应实现沉淀的自然转化，能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，C不符合题意； D．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，D不符合题意； 故选A。 13．(24-25高三上·北京房山区·调研)下列实验的对应操作中，不合理的是 A．分离粗盐中的不溶物 B．从提纯后的溶液获得晶体 眼睛注视锥形瓶中溶液 C．配制一定物质的量浓度的溶液 D．用标准溶液滴定NaOH溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．分离粗盐中的不溶物可以采用过滤的操作，图示过滤操作是正确的，A正确； B．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，B正确； C．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流底端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，C错误； D．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，D正确； 故选C。 14．(24-25高三上·北京·期末)下列实验装置及操作，能达到实验目的的是 A．实验室制取 B．转移溶液 C．测溶液 D．收集 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，A错误； B．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，B正确； C．测溶液pH时不能将pH试纸伸入待测液，C错误； D．会与空气中氧气反应，不适合用排空气法收集，D错误； 答案选B。 15．(24-25高三上·北京顺义区·期末)下列实验能达到目的的是 A．实验室制备氯气 B．实验室制取乙烯 C．在铁制钥匙上镀铜 D．检验1-溴丁烷消去反应的产物 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．浓盐酸与MnO2的反应需要加热，A不能达到实验目的； B．在浓硫酸作用下加热到170℃乙醇发生消去反应生成乙烯，实验装置缺少温度计，B不能达到实验目的； C．在铁制品上镀铜时，应以镀层金属铜为阳极，镀件(铁制钥匙)为阴极，铜盐为电镀液，C能达到实验目的； D．1-溴丁烷在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成1-丁烯，1-丁烯中含有挥发的乙醇，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明有1-丁烯生成，不能验证1-溴丁烷发生消去反应，D不能达到实验目的； 故选C|。 16．(23-24高三上·北京通州区·期末)下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A．氨的制备 B．检验溴乙烷消去产生的乙烯 C．除去中的 D．乙炔气体收集 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．直接加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，生成的两种产物会在试管口直接化合生成氯化铵，因此无法制备氨气，应该选用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，A错误； B．乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色，因此可检验溴乙烷消去产生的乙烯，B正确； C．和均与饱和碳酸钠溶液反应，因此无法除去中的，C错误； D．乙炔的密度小于空气，因此不能使用向上排空气法收集，D错误； 答案选B。 17．(23-24高三上·北京通州区·期末)下列实验中，能达到实验目的的是 A B 比较相同温度下和的大小 检验有机化合物中含溴原子 C D 验证是酸性氧化物 研究浓度对化学平衡的影响 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．硫化钠与硫酸铜溶液反应与生成CuS沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A错误； B．有机化合物在碱性溶液中发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，则不能证明有机物含溴原子，故B错误； C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，溶液褪色，可知二氧化硫具有漂白性，不能证明二氧化硫为酸性氧化物，故C错误； D．只有KSCN浓度不同，左侧试管在溶液的血红色深，可研究浓度对化学平衡的影响，故D正确； 故选D。 18．(23-24高三上·北京丰台区·期末)下列实验方案能达到相应目的的是 A．检验溴乙烷消去产物中的乙烯 B．制乙炔并检验乙炔具有还原性 C．比较Al和Cu的金属活动性 D．由制取无水固体 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．溴乙烷和NaOH的醇溶液共热生成乙烯，挥发的乙醇和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应生成无色物质，所以能实现实验目的，故A正确； B．电石中生成的乙炔和H2S都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，H2S干扰乙炔的检验，所以该实验不能检验乙炔具有还原性，故B错误； C．常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应， 不能实现实验目的，故C错误； D．加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发,所以得不到无水氯化铁固体，故D错误； 故选A。 19．(23-24高三上·北京石景山区·期末)下列气体所选除杂试剂和收集方法均正确的是 气体(杂质) 除杂试剂 收集方法   A CO2(HCl) 饱和NaHCO3溶液 向上排空气法   B C2H4(CO2) 烧碱溶液 向上排空气法   C NO(NO2) 水 向下排空气法   D C2H2(H2S) 酸性KMnO4溶液 向下排空气法 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混用的氯化氢杂质，二氧化碳的密度大于空气，应用向上排空气法收集二氧化碳，则气体所选除杂试剂和收集方法均正确，故A正确； B．乙烯的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，应用排水法收集乙烯，故B错误； C．一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应用排水法收集一氧化氮，故C错误； D．乙炔能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙炔中混有的硫化氢杂质，且乙炔的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，故D错误； 故选A。 ( 地 城 考向 0 3 常见无机物的性质 ) 20．(23-24高三上·北京西城区·期末)下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A．次氯酸钠作纸张的漂白剂 B．铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C．过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂 【答案】D 【详解】A．因为次氯酸具有漂白性可用作织物漂白剂，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．因为铁粉具有还原性能和吸收氧气，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂，是生成CuS、HgS沉淀，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意； 故选D。 21．(23-24高三上·北京东城区·期末)下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A．浓硝酸久置后，显黄色 B．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色 D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O) 【答案】D 【详解】A．久置的浓硝酸显黄色，原因是硝酸发生分解生成了NO2和O2，N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意； B．SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，故B不符合题意； C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)2，与氧化还原反应有关，故C不符合题意； D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O)，Cr元素化合价没有发生变化，该过程与氧化还原反应无关，故D符合题意； 故选D。 22．(23-24高三上·北京房山区·期末)下列实验的颜色变化中，与氧化还原无关的是 A．将2~3滴饱和溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，液体变成红褐色 B．将氯气通入溶液中，充分反应后加入，振荡静置，溶液分层，下层呈紫色 C．将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去 D．将铁粉加入到溶液中，溶液颜色由黄色变为浅绿色 【答案】A 【详解】A．液体变成红褐色是因为发生水解反应生成了胶体，该过程中无元素化合价变化，与氧化还原反应无关，A符合题意； B．将氯气通入溶液中，发生氧化还原反应：，B不符合题意； C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，C不符合题意； D．将铁粉加入到溶液中，发生氧化还原反应：，D不符合题意； 故选A。 23．(24-25高三上·北京·期末)下列说法正确的是 A．加热和的固体混合物，可将二者分离 B．向溶液中加过量的溶液，可制 C．取某溶液滴加溶液，溶液变红色，该溶液中含有 D．取溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，后者红色更深 【答案】C 【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，无法分离，A错误； B．氢氧化钠为强碱，溶液中加过量的溶液，反应生成四羟基合铝酸钠，B错误； C．铁离子和KSCN溶液反应使得溶液变为红色，能检验铁离子，C正确； D．等物质的量浓度的和溶液，溶液碱性强，所以溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，前者红色更深，D错误； 故选C。 24．(23-24高三上·北京房山区·期末)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A．小苏打受热易分解，可用于治疗胃酸过多 B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂 C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 【答案】A 【详解】A．小苏打显碱性，可用于治疗胃酸过多，A错误； B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确； C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确； D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确； 故选A。 25．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气    含溴溶液产品溴 已知：i.与Na2CO3反应时，Br2转化为BrO和Br-。 ii.HBrO3为强酸。 下列说法不正确的是 A．酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 B．脱氯过程Fe2+和Br-均具有脱氯作用 C．用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是HCO D．H2SO4酸化后重新得到Br2的反应：5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O 【答案】C 【分析】由流程可知，海水浓缩、酸化后通入氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用热空气吹出溴，得到含有溴的空气，将含溴空气通入FeBr2溶液脱氯，再与Na2CO3溶液反应，Br2转化为和，再用硫酸酸化，和在酸性环境下反应生成Br2，经过一系列操作得到溴，以此分析解答。 【详解】A．酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故A正确； B．脱氯过程中可能发生反应：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+Br2，Fe2+和Br-均具有脱氯作用，故B正确； C．Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气，反应生成、和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，故C错误； D．H2SO4酸化时化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂，发生反应：，故D正确； 故选C。 26．(23-24高三上·北京大兴区·期末)某同学在培养皿上做如下实验(如图所示)，a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。 已知：2KMnO4 +16HCl= 2KCl +5Cl2↑+2MnCl2+8H2O 下列对“实验现象”的“解释或结论”描述，不正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处试纸变蓝 氧化性：Cl2 > I2 B b处试纸变红 Cl2 +2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+ C c处试纸褪色 Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的物质 D d处红色褪去 Cl2 和NaOH反应使溶液呈中性 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．Cl2与KI作用生成I2，a处变蓝，可证明氧化性：Cl2＞I2，故A正确； B．b处试纸变红，说明有Fe3+生成，即氯气将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式为：Cl2 +2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+，故B正确； C．c处试纸褪色，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，从而使试纸褪色，故C正确； D．Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可能是消耗了氢氧化钠使溶液接近中性，所以红色褪去，也可能是生成物质具有漂白性，故D错误； 故选：D。 27．(24-25高三上·北京·期末)室温下，研究铜与一定量浓硝酸的反应，装置和试剂如图所示。下列说法不正确的是 A．铜与浓硝酸反应： B．通过上下抽动铜丝，可控制反应的开始和停止 C．反应一段时间后，可能产生 D．将铜片换成铁片，反应更剧烈，产生大量气体 【答案】D 【详解】A．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和水，A正确； B．通过上下抽动铜丝让铜丝、浓硝酸分离或接触，达到控制反应的启停，B正确； C．随着反应的进行，硝酸浓度减小变成稀硝酸，Cu与稀硝酸反应生成NO，C正确； D．Fe片与浓硝酸在常温下发生钝化，Fe片表面形成致密的氧化膜，并阻止内部金属继续反应，D错误； 故答案选D。 28．(23-24高三上·北京房山区·期末)兴趣小组按如下装置进行含硫物质的转化研究(夹持装置已略去，气密性已检验)，将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。Ⅰ中试管内发生的反应是：，下列说法正确的是 A．Ⅰ中试管内的反应，体现了的氧化性 B．Ⅱ中试管内品红溶液褪色，体现了的酸性 C．Ⅲ中试管内中出现浑浊，反应过程中发生了化学键的断裂 D．Ⅳ中红色褪去体现了的还原性 【答案】C 【分析】Ⅰ中试管内发生的反应是：，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，据此分析。 【详解】A．Ⅰ中试管内发生的反应是：，氢元素化合价不变， 不体现氧化性，A错误； B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，B错误； C．Ⅲ中试管内中出现浑浊，发生反应，反应过程中发生了化学键的断裂，C正确； D．由分析可知，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，体现二氧化硫的酸性，D错误； 故选C。 29．(23-24高三上·北京海淀区·期末)某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 【答案】C 【详解】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黄色，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：，A正确； B．根据①中现象可知，先与形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀，B正确； C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成， 说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色 沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合的能力：，C错误； D．由①③可推知：促进了转化为，D正确； 答案选C。 30．(23-24高三上·北京西城区·期末)将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。 已知：是白色难溶于水的固体。 下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中均存在： B．Ⅰ中的沉淀可能有、和 C．Ⅱ中生成的反应： D．Ⅰ和Ⅱ中加入溶液后，pH均降低 【答案】C 【详解】A．溶液和两种溶液中都存在电荷守恒：，A正确； B．Ⅰ中发生的反应有：，Fe2+遇碳酸根发生双水解，碳酸根与H+形成碳酸（分解成CO2）和碳酸氢根，Fe2+则与OH-生成Fe(OH)2沉淀， Fe(OH)2会很快被氧化成Fe(OH)3，B正确； C．Ⅱ中生成的反应：，C错误； D．Ⅰ和Ⅱ中加入溶液后，发生双水解，生成的被消耗，pH均降低，D正确； 故选C。 【点睛】两种溶液中都存在电荷守恒 ( 地 城地 城 考向0 4 考向01 化学反应与能量变化 ) 31．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列关于能源和作为能源的物质说法不正确的是 A．燃料电池将热能转化为电能 B．绿色植物进行光合作用时可将太阳能转化为化学能 C．物质的化学能可经过放热反应被人们利用 D．化石能源内部蕴藏着大量的能量 【答案】A 【详解】A．燃料电池将化学能转化为电能，A错误； B．绿色植物通过光合作用，将CO2和H2O转化为有机物，可将太阳能转化为化学能，B正确； C．物质通过燃烧或化学反应，将物质的化学能可经过放热反应被人们利用，C正确； D．化石能源通过燃烧释放出热量，化石能源内部蕴藏着大量的能量，D正确； 答案选A。 32．(24-25高三上·北京石景山区·期末)已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为 化学键 O2中的化学键 键能kJ∙mol-1 391 193 497 463 946 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】反应的△H=4E(N-H)+E(N-N)+E(O2)-E(N≡N)-4E(O-H)=(4×391+193+497-946-4×463) kJ∙mol-1=-544 kJ∙mol-1，故选B。 33．(24-25高三上·北京东城区·期末)已知几种物质的燃烧热(25℃，10kPa)如下表。 名称 石墨 金刚石 一氧化碳 化学式(状态) 下列说法正确的是 A．金刚石和石墨的晶体类型相同 B．石墨和金刚石燃烧时断开化学键吸收的能量相同 C．   D．2mol石墨燃烧生成一氧化碳气体时放出热量110.5kJ 【答案】C 【详解】A．金刚石是共价晶体，原子间通过共价键结合成三维骨架结构；石墨是混合型晶体，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间以范德华力结合，二者晶体类型不同，故A错误； B．石墨和金刚石中碳碳键的键长、键能不同，燃烧时断开化学键吸收的能量不同，故B错误； C．已知①C(s，石墨) + O2(g) = CO2(g) ΔH =–393.5 kJ/mol，②C(s，金刚石) + O2(g) = CO2(g) ΔH =–395.0 kJ/mol，根据盖斯定律，由①-②可得C(s，石墨) = C(s，金刚石)ΔH = +1.5 kJ/mol，故C正确； D．已知①C(s，石墨) + O2(g) = CO2(g) ΔH =–393.5kJ/mol，③CO(g) + O2(g) = CO2(g) ΔH =–283.0kJ/mol，根据盖斯定律，由①-③得C(s，石墨) + O2(g) = CO(g) ΔH =–110.5kJ/mol，则2mol石墨燃烧生成一氧化碳气体时放出热量为2mol×110.5kJ/mol =221kJ，故D错误； 答案选C。 34．(24-25高三上·北京石景山区·期末)“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是 A．反应物断键吸收的能量为a kJ B．此反应的活化能为a kJ·mol-1 C．反应中成键放出的能量为b kJ D．A2(g) + B2(g) =2AB(g)是放热反应 【答案】B 【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。 【详解】A．1molA2(g)和1molB2(g)断键吸收的能量为akJ，A错误； B．根据分析可知，此反应的活化能为a kJ·mol-1，B正确； C．反应中生成2molAB，成键放出的能量为b kJ，C错误； D．该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，D错误； 答案选B。 35．(24-25高三上·北京丰台区·期末)我国科学家开发了一种新型二次电池，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是 A．放电时，Zn为负极，发生氧化反应 B．放电时，从Zn电极一侧移向多孔碳电极一侧 C．充电时，阳极发生的电极反应为 D．充电一段时间后阴极室溶液碱性减弱 【答案】D 【分析】由电池装置图可知，放电时Zn为负极，失去电子，形成，多孔碳为正极；充电时Zn为阴极，多孔碳为阳极。 【详解】A．放电时Zn为负极，失去电子，形成，A正确； B．放电时，钾离子由Zn极(负极)移向多孔碳电极(正极)，B正确； C．充电时，多孔碳电极作阳极，失去电子，电极反应为，C正确； D．充电时，Zn作阴极，生成氢氧根离子，电极反应式为：，溶液碱性变强，D错误； 故选D。 36．(24-25高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池[电极材料分别为嵌锂石墨，钴酸锂]某时段的工作原理如下。 下列说法正确的是 A．图示中的电池处于充电状态 B．放电时，嵌锂石墨作正极 C．充电时，阴极发生的反应为 D．充电时，钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目 【答案】C 【分析】放电时，LixCy原电池的负极，LixCy在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixCy-xe-=Cy+xLi+，Li(1-x)CoO2为正极，在锂离子作用下，Li(1-x)CoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为Li(1-x)CoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，LixCy与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，Li(1-x)CoO2与正极相连，做阳极。 【详解】A．图示Li+嵌入Li(1-x)CoO2电极，由分析可知，发生的反应是Li(1-x)CoO2+xLi++xe—=LiCoO2，是原电池正极的反应，则电池处于放电状态，A错误； B．由分析可知，放电时，嵌锂石墨作负极，B错误； C．充电时，阴极的反应与原电池负极的反应相反，为，C正确； D．充电时，阳极的反应为LiCoO2－xe—=Li(1-x)CoO2+xLi+，钴元素失去电子的数目与脱出的锂离子数目相等，D错误； 故选C。 37．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如下。关于该电解池的说法不正确的是 A．比容易失去电子，比容易获得电子 B．精制饱和食盐水从c口补充，NaOH溶液从b口流出 C．离子交换膜既能防止与NaOH反应，又能防止与接触 D．从a口流出的溶液中离子浓度符合 【答案】D 【分析】由图可知，左侧电极Cl-失电子生成Cl2，Cl元素的化合价由-1价变为0价，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子生成H2和OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，Na+从阳极室向阴极室移动，则c为饱和食盐水，b为NaOH，d为稀NaOH溶液，a为稀NaCl溶液。 【详解】A．根据图知，左侧电极得到Cl2、右侧电极得 到H2，说明Cl-比OH-容易失去电子，H+ 比Na+容易获得电子，故A正确； B．通过以上分析知，饱和食盐水从c口补充， 浓NaOH溶液从b口流出，故B正确； C．该图中是阳离子交换膜，只能阳离子通过，阴离子和分子不能通过，所以能防止Cl2 与NaOH反应，又能防止Cl2与H2接触，故C 正确； D．生成的Cl2和H2O反应生成HCl、HClO，a口流出的溶液中存在电荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(OH-) + c(Cl-) + c(ClO-) ，故D错误； 故选：D。 38．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是 实验目的或原理 A．铁与硫酸铜的反应形成原电池 B．铁片上镀铜 实验装置 实验目的或原理 C．铁的吸氧腐蚀 D．电解食盐水制备Cl2和NaOH 实验装置 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．Fe、Cu与硫酸铜溶液可以形成原电池，活泼金属Fe为负极，Cu为正极，A不符合题意； B．铁片上镀铜用铜作阳极，铁片做阴极，含铜离子的溶液做电解质溶液，B不符合题意； C．Fe和Cu做电极，NaCl溶液做电解质溶液，可以发生吸氧腐蚀，C不符合题意； D．电解食盐水不能用Cu做阳极，应该用惰性电极作阳极，D符合题意； 答案选D。 39．(24-25高三上·北京石景山区·期末)一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是 A．阳极生成的气体为Cl2 B．OH−移向阳极区补充溶液中阴离子的减少 C．阴极反应：Fe2O3 + 6e− + 3H2O=2Fe+6OH− D．阴极区溶液的pH升高 【答案】B 【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：2C1--2e-=Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。 【详解】A．右侧为阳极，氯离子失去电子生成氯气，A正确； B．中间是阳离子交换膜，OH-离子不能移动，B错误； C．由分析可知，阴极反应：Fe2O3 + 6e− + 3H2O=2Fe+6OH−，C正确； D．根据阴极反应：Fe2O3 + 6e− + 3H2O=2Fe+6OH−，生成有OH-，阴极区pH值升高，D正确； 答案选B。 40．(24-25高三上·北京房山区·调研)土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A．第一步反应中涉及极性共价键的断裂与形成 B．第二步反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．总反应的热化学方程式为： D．结合的燃烧热，可求算的 【答案】C 【详解】A．由图可知，第一步反应中涉及H-S极性共价键的断裂与H-O极性共价键的形成，故A正确； B．由图可知，第二步反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确； C．由图可知，第一步热化学反应为 ，第二步反应为 ，根据盖斯定律两步反应式相加得，故C错误； D．结合S(s)的燃烧热，可得：①S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH，已知②，(①+②)×2可求算2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)的ΔH，故D正确； 故选：C。 41．(24-25高三上·北京房山区·调研)回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．装置溶液中 B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的 C．装置中阴极反应式为 D．通电一段时间后，装置中阳极区溶液降低 【答案】A 【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。 【详解】A．NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，，故A错误； B．NaHCO3溶液能和SO2反应生成CO2，且不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液能吸收SO2，故B正确； C．分析可知，装置b中阴极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，故C正确； D．通电一段时间后，装置b中阳极电极反应：阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，氢氧根浓度减小，溶液酸性增强，阳极区溶液pH降低，故D正确； 故选：A。 ( 地 城 考向0 5 水溶液中的离子平衡 ) 42．(24-25高三上·北京·期末)已知溶液显酸性。关于和的下列说法中，不正确的是 A．溶液中， B．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 C．溶液中， D．可以用溶液吸收，生成 【答案】C 【详解】A．在溶液中电离：，且在溶液中会发生水解，所以，A正确； B．在溶液中存在水解，在溶液中存在电离和水解平衡，所以两种物质的溶液中，所含微粒种类相同，B正确； C．溶液中，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，，C错误； D．溶液可与发生反应：，D正确； 答案选C。 43．(24-25高三上·北京顺义区·期末)直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表： 吸收液 I Ⅱ Ⅲ 8.2 7.2 6.2 下列说法不正确的是 A．溶液中存在水解平衡： B．溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度 C．当吸收液呈中性时，溶液中 D．三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ 【答案】C 【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故A正确； B．亚硫酸氢钠溶液显酸性数目亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确； C．由表格数据可知，溶液pH为7.2时，溶液中亚硫酸根离子的物质的量等于亚硫酸氢根离子，pH为6.2时，亚硫酸根离子的物质的量远小于亚硫酸氢根离子，所以吸收液呈中性时，溶液中亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，故C错误； D．强碱弱酸盐亚硫酸钠在溶液中水解促进水的电离，亚硫酸氢钠在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，所以溶液中亚硫酸氢根离子浓度越大，水的电离程度越小，则三种吸收液中，水的电离程度为IⅡⅢ，故D正确； 故选C。 44．(23-24高三上·北京丰台区·期末)某同学进行如下实验： 已知：在实验温度下， 的电离平衡常数：，； 的电离平衡常数：，。 下列说法不正确的是 A．饱和溶液可以除去中的 B．依据可推知，向溶液中加入，不能生成或 C．过程Ⅰ所得溶液中存在 D．过程Ⅱ所得溶液中存在 【答案】B 【详解】A．的电离平衡常数：大于的电离平衡常数：，H2SO3能NaHCO3与发生反应生成CO2，也不生成其他杂质，故可用饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2，A正确； B．根据实验过程I，把反应分步得到①SO2+H2OH2SO3，②H2SO3+HCO=HSO+CO2↑+H2O，③HSO+HCO=SO+CO2↑+H2O，会得到含有NaHCO3和Na2SO3的溶液，因为和相差并不是很大，可以通过浓度的变化进行调节，B错误； C．过程I所得NaHCO3和Na2SO3混合溶液中存在电荷守恒：，C正确； D．过程II所得溶液恰好为时，存在物料守恒：则，当继续通入SO2，SO2过量时，Na+浓度小于含硫粒子总数，D正确； 故选B。 45．(23-24高三上·北京丰台区·期末)某兴趣小组将4g铁钉放入溶液中，溶液pH变化如下图所示。一段时间后，取出铁钉，过滤，取反应后的滤液，加适量KSCN溶液，溶液立即变红，但红色很快褪去，产生白色沉淀。下列说法不正确的是 已知： ①CuSCN：白色固体，不溶于水； ②室温下，，，。 A．溶液的原因是 B．0~6000s，随着反应进行，溶液pH下降的原因可能是被氧化为 C．反应后期溶液pH略有上升的可能原因是 D．溶液先变红后又褪色的可能原因是的反应速率快，的反应限度大 【答案】B 【详解】A．溶液pH<7的原因是Cu2+发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确； B．红色物质为Fe(SCN)3，根据题中信息②可知，氯化铜与KSCN溶液反应生成(SCN)2，根据信息③可知(SCN)2化学性质与氯气相似，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误； C．反应后期溶液pH略有上升的可能原因是，H+浓度减小，故C 正确； D．Fe3+和SCN-反应生成红色的，是白色沉淀，溶液先变红后又褪色的可能原因是的反应速率快，的反应限度大，导致逆向进行，故D正确； 故选B。 46．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)6．亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 下列说法中不正确的是 A．人体血液的pH约为7.35-7.45，血液中所含+3价砷元素的主要微粒是H3AsO3 B．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，主要反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O C．该温度下，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2 D．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=13时，溶液中存在关系：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+) 【答案】D 【详解】A．据图可知当pH在7.35-7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3，故A正确； B．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，As元素主要存在形式为H3AsO3、H2AsO，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O，故B正确； C．由图中数据可知，pH＝9.2时，c(H2AsO)=c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1= =c(H+)＝10-9.2，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2，故C正确； D．由电荷守恒可知，c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，故D错误； 故选D。 47．(23-24高三上·北京东城区·期末)实验目的：测定HCl和CH3COOH混合溶液中的c(CH3COOH)。 实验过程：取ymL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用xmol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，测得溶液导电能力的变化曲线如下图。 数据处理：。 下列说法不正确的是 A．a→b过程中，CH3COOH的电离程度逐渐变大 B．b→c过程中发生反应： C．c点存在： D．当加入y1mLNaOH溶液时，混合溶液恰好由无色变为粉红色 【答案】D 【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应。ab段NaOH溶液和HCl反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，b点溶液的溶质为NaCl和CH3COOH；bc段NaOH溶液与CH3COOH反应，c点溶液溶质成分为NaCl、CH3COONa；c点后NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。 【详解】A．a→b过程中，NaOH与HCl反应，溶液中HCl减少。根据CH3COOH的电离方程式：CH3COOHCH3COO－＋H＋，HCl减少，对醋酸的电离的抑制减弱，CH3COOH的电离程度逐渐增大，正确，A不符合题意； B．根据分析，b→c过程中NaOH溶液与CH3COOH反应，离子方程式为，正确，B不符合题意； C．根据分析，c点溶液的溶质为NaCl和CH3COONa，根据质子守恒，可得，正确，C不符合题意； D.当加入y1mLNaOH溶液时，HCl完全反应，CH3COOH未反应，溶液呈酸性；溶液呈无色，错误，D符合题意； 答案选D。 48．(23-24高三上·北京大兴区·期末)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液及纯水的pH随温度变化的曲线如图所示。 下列说法不正确的是 A．CH3COONa溶液中c(Na+) > c(CH3COO-) B．随温度升高纯水中c(H+) > c(OH-) C．升温促进了水的电离和醋酸钠水解 D．升温使CH3COONa溶液中比值减小 【答案】B 【详解】A．CH3COONa溶液中，CH3COO-发生水解，故c(Na+) ＞c(CH3COO-)，故A正确； B．升温促进水的电离，但水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，故随温度升高纯水中c(H+) =c(OH-)，故B错误； C．水的电离是吸热的，水解是吸热的，故升温促进了水的电离和醋酸钠水解，故C正确； D．升温促进了水的电离和醋酸钠水解，故c(OH-)的增大幅度比c(H+)的增大幅度大，故升温使CH3COONa溶液中比值减小，故D正确； 故选B。 49．(23-24高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池的工作原理：。从废旧电池再生的一种流程如下， (1)考虑到安全性和锂回收，废旧电池需要充分放电，其电极反应如下。 负极：。 正极： 。 (2)为保证正极材料在空气中充分反应，可采取的措施是 (答一条即可)。 (3)向浸出液中加入氨水调节溶液pH，有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图所示。 已知：i．分别与、、形成的化合物均难溶于水。 ii．体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①实验中控制沉淀的最佳在 左右。 ②当时，沉淀中一定有的含铁物质是和 (填化学式)。 ③若向的浊液中继续加入氨水至，会导致的值增大，主要反应的化学方程式是 。 (4)下列关于该流程的说法正确的是_______(填序号)。 A．正极材料在空气中加热，理论上生成的 B．当浸出液的pH从0增大为2时，的值增大了倍 C．向滤液中加入氨水，可减少饱和溶液的用量 D．由和再生时，所加的蔗糖作氧化剂 【答案】(1)Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4 (2)粉碎正极材料或增大空气的用量等 (3) 2.0 Fe(H2PO4)3 FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4 (4)ABC 【分析】废旧电池放电后拆分得到以LiFePO4为主要成分的物质，在空气中加热，除去里面的有机物，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，酸浸后得到含Fe3+、Li+、H3PO4的浸出液，浸出液中加氨水中和磷酸，得到FePO4沉淀，滤液中含Li+，向滤液中加氨水和饱和碳酸钠溶液，得到Li2CO3沉淀，Li2CO3、FePO4和蔗糖一起反应得到LiFePO4。 【详解】（1）根据原电池工作原理的总反应式，可知正极反应式为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4。 （2）为保证正极材料在空气中充分反应，可粉碎正极材料或增大空气的用量等。 （3）①向浸出液中加入氨水调节溶液pH，生成FePO4沉淀，在FePO4中，Fe和P的物质的量之比为1：1，根据pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比[n(Fe):n(P)]的影响图可得出，实验中控制FePO4沉淀的最佳pH在2.0左右。 ②由H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可知，当pH=1.5时，含P微粒主要是磷酸分子和，所以沉淀中一定有的含铁物质是FePO4和Fe(H2PO4)3。 ③从H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可以看出，若向pH=2.1的浊液中继续加入氨水至pH=2.6，则增大，会导致n(Fe):n(P)的值增大，主要反应的化学方程式是：FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4。 （4）正极材料在空气中加热，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，由于铁和锂的原子个数相等，所以理论上生成的Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3物质的量之比为2：1，故A正确；，改变pH，电离平衡常数是不变的，所以当浸出液的pH从0增大为2时，c(H+)增大了106倍，故B正确；向滤液中加入氨水，可中和一部分酸，可减少饱和Na2CO3溶液的用量，故C正确；由Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时铁的化合价从+3加降低到+2价，所以蔗糖作还原剂，故D错误；故选ABC。 ( 地 城 考向 0 6 有机化学 ) 50．(24-25高三上·北京丰台区·期末)由化合物M合成某化工原料P的路线如下。 下列说法不正确的是 A．M可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．每生成1molN需消耗1mol C．N→P的反应类型为加成反应 D．P分子中存在手性碳原子 【答案】D 【详解】A．化合物M含有两个仲醇羟基，可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，选项A正确。 B．​​M→N的反应为醇催化氧化生成酮（仲醇→酮）。每1mol仲醇消耗0.5mol氧气。M中仅2个仲醇被氧化，故生成1mol N消耗1mol氧气，​​选项B正确​​。 C．​​N→P的反应​​为N中的羰基发生了加成反应，选项C正确​​。 D．手性碳原子​​：与四个各不相同的原子或原子团相连的碳原子，P中不存在手性碳原子，​​选项D错误​​。 故选D。 51．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)我国科学家首次报道了降解聚乳酸(PLA)并转化为高附加值化学品的方法，转化路线如下： 下列说法不正确的是 A．PLA中存在手性碳原子 B．PLA、ML完全水解得到的产物相同 C．MP的核磁共振氢谱有三组峰 D．MMA既可以发生加聚反应，又可以发生取代反应 【答案】B 【详解】 A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子； PLA中存在手性碳原子，A正确； B．PLA完全水解得到CH3CHOHCOOH， ML完全水解得到CH3CHOHCOOH和甲醇，B错误；   C．MP中有3种1氢，核磁共振氢谱有三组峰，C正确； D．MMA含有碳碳双键可以发生加聚反应，含有酯基可以发生取代反应，D正确； 故选B。 52．(24-25高三上·北京·期末)西替利嗪是一种抗过敏药，其结构简式如下图。 下列关于西替利嗪的说法正确的是 A．极易溶于水 B．可以发生取代反应和加成反应 C．分子内含有2个手性碳原子 D．能与NaOH溶液反应，不能与盐酸反应 【答案】B 【详解】A．西替利嗪中烃基（疏水基）较大，不溶于水，则西替利嗪不易溶于水，故A错误； B．西替利嗪中含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，故B正确； C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，西替利嗪中只有连接2个苯环的碳原子为手性碳原子，故C错误； D．西替利嗪中含羧基能与NaOH溶于反应，N原子上有1对孤对电子，可与氢离子形成配位键，具有碱性，能与盐酸反应，故D错误； 故选：B。 53．(24-25高三上·北京东城区·期末)功能高分子P的合书路线如下 已知：((、表示烃基或氢)。下列说法正确的是 A．H中含有碳碳双键 B．F的结构简式为 C．C→D为消去反应 D．仅用蒸馏水不能区分A和E 【答案】B 【分析】由高分子P的结构简式可知，D和H两物质分别为、，由反推可知C为，则C→D的反应为卤代烃的水解反应，反推可知B为，则A为甲苯；由H的结构简式及F→G的条件可知G为，根据题中的已知条件，则F为，由已知的反应可知E为乙醛，据此解答。 【详解】A．由分析可知，H中没有碳碳双键，A错误； B．由H的结构简式，结合的条件可知G为，根据题中的已知条件，则F为，B正确； C．C物质是，的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，生成的D物质是，C错误；D．A为甲苯，不溶于水，E为乙醛，能跟水以任意比互溶，可以用蒸馏水区分A和E，D错误； 故选B。 54．(23-24高三上·北京大兴区·期末)某种用于隐形眼镜的材料由两种单体合成，其片段如下： 下列关于该高分子说法不正确的是 A．结构简式可以表示为： B．氢键对该高分子的性能会产生影响 C．合成该高分子的一种单体是CH2 = C(CH3)COOH D．两种单体都能与金属Na和NaHCO3反应 【答案】D 【详解】 A．该聚合物是由多条链状高分子化合物通过氢键结合而成，而该链状高分子化合物可表示为，A正确； B．氢键会影响物质的熔沸点、溶解度等，对该高分子的性能有影响，B正确； C．合成该高分子可通过双键加成聚合得到，结合A分析可知，合成该高分子的单体是CH2 = C(CH3)COOH、CH2OHCH2OH，C正确； D．CH2OHCH2OH只能和金属钠反应，不能和碳酸氢钠反应，D错误； 故选D。 55．(24-25高三上·北京丰台区·期末)线型聚谷氨酸K由谷氨酸()通过缩聚反应生成。一定条件下，加入交联剂M，可将K合成具有优良保水性能的高吸水性树脂N，其结构如图所示。 已知：。下列说法不正确的是 A．线型聚谷氨酸K的重复单元中有两种官能团 B．交联剂M的结构简式为 C．高吸水性树脂N可以通过水解反应得到M和谷氨酸 D．该物质优良的保水性能与其网状结构及形成氢键有关 【答案】C 【详解】A．谷氨酸的结构简式为HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH，缩聚后重复单元含酰胺基(-CONH-)和羧基(-COOH)两种官能团，故A项说法正确； B．线型聚谷氨酸K中羧基与交联剂中“环氧乙烷”结构发生信息中反应生成“羟基和酯基”，对比结构中“竖列”结构可知交联剂M的结构简式为，故B项说法正确； C．高吸水性树脂N水解过程中，酰胺基和酯基发生水解，得到线型分子，无法获得“环氧乙烷”结构，故C项说法错误； D．网状结构可物理截留水分，羧基、羟基等形成氢键增强与水分子的结合，故D项说法正确； 综上所述，说法不正确的是C项。 56．(24-25高三上·北京·期末)我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。 下列说法不正确的是 A．碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种 B．异山梨醇中的官能团为羟基和醚键 C．缩聚过程脱除的小分子为甲醇 D．合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol 【答案】C 【详解】A．碳酸二甲酯中，甲基上C原子为sp3杂化，碳氧双键中C原子为sp2杂化，共2种杂化方式，A正确； B．异山梨醇中含羟基、醚键，共2种官能团，B正确； C．由原子守恒可知，缩聚过程脱除的小分子为碳酸二甲酯，C错误； D．合成1molPBIC时，高分子中含mmol丁二醇的结构片段，则理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol，D正确； 故答案选C。 57．(24-25高三上·北京·期末)瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。 已知： ⅰ. ⅱ. (1)P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)C中官能团的名称是 。用虚线标注出C→D时C的断键位置： 。 (4)E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为 。 (5)I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为 。 (6)J中含有三个六元环，J的结构简式为 。 (7)K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为 。 【答案】(1) (2)加成 (3) 酯基、醛基 (4) (5) (6) (7) 【分析】 结合信息ⅰ和C的结构简式可知，B为，第4问中给出信息，E中不含醛基，含有一个五元环，结合D和G的结构简式以及E的分子式可知，E的结构简式为，以此解题。 【详解】（1）P为乙酸甲酯，则乙酸和甲醇发生酯化反应的方程式为：； （2） 由分析可知，B为，结合C的结构简式可知，B→C为B和中碳碳双键的加成反应； （3） 结合C的结构简式可知，C中官能团的名称是酯基、醛基；对比C和D的结构简式可知，C→D时C的断键位置为： （4） 由分析可知，E的结构简式为； （5） 结合信息ⅰ和C的结构简式，同时结合A和P以物质的量之比合成I，且I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，则I为，则合成I的化学方程式为：++2CH3OH； （6） 结合第5问分析可知，I为，同时结合信息ⅱ和H的结构简式，J中含有三个六元环，J的结构简式为； （7）结合K的分子式和L的结构简式可知，K和反应生成L和水，方程式为：K+→L+H2O+N2，根据元素守恒可知，所有物质的系数都是1，则理论上发生反应的K与的物质的量之比为1∶1。 58．(24-25高三上·北京·期末)治疗白内障的药物白内停的中间产物M的合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 已知： ⅰ．++R2OH ⅱ．R4NH2++H2O ⅲ． (1)M中的含氧官能团有醚键、酮羰基、 、 。 (2)B→D的反应类型是 。 (3)E属于羧酸，E→F反应的化学方程式是 。 (4)关于F→G的反应。 ①中与酯基相邻的甲基的键易断裂，原因是 。 ②该条件下还生成了副产物X，X分子中含有4个碳氧双键、3种化学环境的氢。X的结构简式是 。 (5)J的分子式为，可与金属钠反应生成氢气。除苯环外，J分子中还有1个含氮原子的六元环，J的结构简式是 。 (6)L和试剂b在一定条件下脱水生成M，试剂b的结构简式是 。 【答案】(1) 羟基 羧基 (2)还原反应 (3)+2CH3CH2OH+2H2O (4) 酯基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的键极性增强 (5) (6) 【分析】 根据合成路线可知，A在浓硝酸、浓硫酸的条件下发生取代反应产生B，根据I的结构可知，B的结构简式为，B在NaOH、Al、Ni和催化剂的条件下发生还原反应产生D，对比B和D的分子式可知，是硝基被还原为氨基，因此D的结构简式为，E的分子式为C2H2O4，不饱和度为2，E为羧酸，则E的结构简式为，F的分子式为C6H10O4，不饱和度为2，对比E可知，增加了4个碳原子，条件为浓硫酸，可知，F与试剂a发生酯化反应产生F，因此试剂a为CH3CH2OH，F的结构简式为，F与CH3COOC2H5发生类似于已知ⅰ的反应，可得G的结构简式为，D与G发生类似于已知ⅱ的反应生成产物I，I发生取代反应并发生类似于ⅲ的异构化后产生乙醇与J， J与HBr发生取代反应产生K，K发生氧化反应产生L，L与发生类似于已知ⅱ的反应生成产物M，据此作答。 【详解】（1）根据M的结构简式可知，M中的含氧官能团有醚键、酮羰基、羟基、羧基。 （2）根据分析可知，B→D的反应类型是还原反应。 （3） E属于羧酸，根据分析可知，E的结构简式为，试剂a为CH3CH2OH，F的结构简式为，因此E→F反应的化学方程式是：+2CH3CH2OH+2H2O。 （4）根据分析可知，F与CH3COOC2H5发生类似于已知ⅰ的反应， ①酯基为吸电子基团，会使左边甲基中的键的共用电子对往碳原子处偏移，使得相邻碳原子上的键极性增强，因此中与酯基相邻的甲基的键易断裂，故答案为：酯基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的键极性增强； ②该条件下还生成了副产物X，X分子中含有4个碳氧双键、3种化学环境的氢，对比G的结构简式可知，左侧发生了类似于已知ⅰ的反应，因此X的结构简式是：。 （5） J的分子式为，不饱和度为8，可与金属钠反应生成氢气，根据分析可知，I发生取代反应并发生类似于ⅲ的异构化后产生乙醇与J，因此与金属钠反应产生氢气的基团为羟基，根据题干信息可知，除苯环外，J分子中还有1个含氮原子的六元环，综合可知，J的结构简式是：。 （6） 根据分析可知，L和试剂b发生类似于已知ⅱ的反应脱水生成M，因此试剂b的结构简式是：。 59．(24-25高三上·北京房山区·调研)马西替坦是一种治疗肺动脉高血压的新型内皮素受体拮抗剂药物，其合成路线如下： (1)A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是 。 (2)AB的反应方程式是 。 (3)B中羰基相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因 。 (4)合成马西替坦的关键中间体是，的合成路线如下： L和M的结构简式分别是 、 。 (5)已知：，H的结构简式 。 (6)下列说法正确的是 。 a．F中有手性碳原子 b．利用核磁共振氢谱可区分和 c．该合成路线中可循环利用的物质是 【答案】(1)羧基-COOH (2) (3)羰基的吸电子作用使得羰基相连的键极性增强，易断裂 (4) (5) (6)bc 【分析】 A和CH3OH发生酯化反应生成B，A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是羧基，B和发生取代反应生成D，结合A、B的分子式可以推知A为，B为，G和CH3OH发生已知信息反应原理生成H，H的结构简式为，H成环得到I，I发生取代反应生成J，F和J反应生成马西替坦。 【详解】（1）A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是羧基（-COOH）。 （2） A和CH3OH发生酯化反应生成B，化学方程式为：+CH3OH+H2O。 （3）B中羰基相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因是：羰基的吸电子作用使得羰基相连的键极性增强，易断裂。 （4） D和发生加成反应生成L，L发生消去反应生成M，M和POCl3发生取代反应生成E，由E的结构简式和M的分子式可以推知M中的羟基转化为氯原子，M的结构简式为：，D的结构简式为：。 （5） 由分析可知，H的结构简式为：。 （6）a．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，F中没有手性碳原子，a错误； b．和中氢原子个数和种类不同，利用核磁共振氢谱可区分和，b正确； c．A和CH3OH发生酯化反应生成B，B生成D的过程中有CH3OH生成，该合成路线中可循环利用的物质是，c正确； 故选bc。 ( 地 城 考向0 7 工艺流程 ) 60．(24-25高三上·北京·期末)白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。 后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。 已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。 下列说法不正确的是 A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率 B．固体的主要成分是 C．生成固体的离子方程式是 D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致 【答案】D 【分析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D和碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。 【详解】A．将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率，故A正确； B．由分析可知，固体A的主要成分为氧化镁，故B正确； C．由分析可知，生成碳酸钙的反应为氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故C正确； D．740°C时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2，此时固体剩余量正好为56%，若740°C时，碳酸钙中若存在氢氧化钙，Ca(OH)2分解产生CaO和H2O，固体剩余量大于56%，D错误； 故选D。 61．(23-24高三上·北京房山区·期末)从光盘中提取(其他金属忽略不计)的一种工艺流程如图，下列说法不正确的是 已知：溶液在受热或酸性条件下易分解 A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行，可提高氧化速率 B．“氧化”过程还生成，则可能的化学反应为： C．“操作Ⅰ”是过滤 D．“还原”过程中转化为无害气体，则理论上消耗可提取 【答案】A 【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生，过滤分离出氯化银、可能含有银，再加 10%的氨水溶解AgCl，发生，过滤分离出的滤渣为Ag，对过滤得到的滤液用在碱性条件下能还原得到Ag。 【详解】A．由分析可知，氧化剂为次氯酸钠，在强酸条件下并加热，可使次氯酸分解，导致氧化速率降低，A错误； B．由分析可知，次氯酸钠溶液与Ag反应的产物为氯化银、氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为，B正确； C．由分析可知，“操作Ⅰ”为过滤操作，C正确； D．还原过程中发生反应：，理论上消耗1mol可提取Ag：D正确； 故选A。 62．(23-24高三上·北京通州区·期末)我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是 A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和 B．两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多 C．两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法 D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离 【答案】A 【分析】饱和氯化钠溶液中通入氨气得到氨盐水，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，索尔维制碱法为:向母液加入Ca(OH)2，得到氨气和废液；侯氏制碱法:母液中通入氨气，降温加入氯化钠盐析得到氯化铵晶体和氨盐水。 【详解】A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是NH4HCO3和NaCl，故A错误； B．上述流程分析可知，两种制碱法都是向饱和 NaCl中先通NH3再通足量CO2，目的是获得更多NaHCO3，故B正确； C．理论上侯氏制碱法，NaCl利用率高，可降低制碱成本，增大经济效益，Na原子的利用率远远大于索尔维制碱法，故C正确； D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、加入氯化钠盐析，溶液中铵根离子、氯离子浓度增大，使 (aq)+Cl-(aq) = NH4Cl(s)正向移动，析出氯化铵晶体，实现对NH4Cl的分离，故D正确； 故选A。 63．(24-25高三上·北京顺义区·期末)是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． (1)＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是 。 (2)将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整： 。 ___________=□___________+___________ (3)滤渣2的主要成分为 。 (4)结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因 。 (5)溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为 。 (6)产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为 。 ②若不加热，测定结果会 (填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率 (2) (3)Fe(OH)3、CaSO4 (4)MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+ (5)90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到 (6) 偏高 【分析】由题给流程可知，向粉碎混合的软锰矿和硫铁矿中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸锰溶液；结合图像可知，硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体。 【详解】（1）进入酸浸池之前先要对矿石进行粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率； （2）由题意可知，酸浸时二氧化锰发生的反应为二氧化锰与二硫化铁和硫酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，加入碳酸钙除铁，滤渣2的主要成分为氢氧化铁和硫酸钙，故答案为：Fe(OH)3、CaSO4； （4）“除镍”时选用硫化锰的原因是硫化锰在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，硫化锰的溶度积大于硫化镍，向溶液中加入硫化锰时，溶液中镍离子转化为硫化镍，溶液中硫离子浓度减小，平衡右移，有利于除去溶液中镍离子，故答案为：MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+； （5）由分析可知，从除钙液得到一水硫酸锰晶体的操作为硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到一水硫酸锰晶体，故答案为：90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到； （6）由题意可得如下转化关系：——，滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁铵溶液，则产品纯度为=，故答案为：； ②由题意可知，加热的目的是使硝酸铵受热分解，若不加热，酸性条件下硝酸根离子会将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，使得滴定消耗的硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：偏高。 64．(24-25高三上·北京·期末)一种利用绿柱石(主要成分是，含一定量和等杂质)生产的工艺流程如下(简称硫酸法)。 已知：固体的主要成分是；固体的主要成分是。 (1)浓硫酸浸出，利用了的氧化性和 性。 (2)滤液D氨水调时，反应的离子方程式有 。 (3)25℃时，氨水的可达11.室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因 。 (4)由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取。 ①采用硫酸法时，滤液中硫酸的浓度约为，滤液中硫酸铵的浓度一般为，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分会和生成配合物，导致的产率降低，解释和能形成配合物的原因 。增大沉铍时的或较少浓度有利于提高的产率。 ②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，结合化学用语解释原因 。 ③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑的影响，沉淀时，将从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的 %。 【答案】(1)酸性 (2)， (3)，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0 (4) 有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键 通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5 10 【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，用浓硫酸浸取，二价铁转化为三价铁，SiO2不溶于硫酸，固体A是SiO2，滤液B加硫酸铵调节pH除去铝离子，过滤所得固体的主要成分是，滤液D加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，过滤所得固体E为氢氧化铁，滤液F再在95°C时加氨水、室温时过滤得Be(OH)2沉淀，滤液G为硫酸铵。 【详解】（1）煅烧、浓硫酸浸出时，将金属元素转化为硫酸盐，铁元素转化为硫酸铁，则利用了的氧化性和酸性。 （2）滤液D氨水调时，先中和硫酸、同时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子方程式有，。 （3）25℃时，氨水中存在可达11，室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，则氢氧根浓度下降，结合一水合氨的电离平衡移动可知，原因为：，滤液中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，最高为8.0。 （4）①形成配位键时一方有空轨道、另一方提供孤电子对；和能形成配合物的原因：有空轨道，有孤电子对，两者可以形成配位键。 ②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，即适当增大了溶液中的氢氧根浓度，减少了溶液中的浓度，降低了铍的溶解损失，结合化学用语解释原因为：通过反应和[或]除去；用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大浓度，可以提高到8.5。 ③设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，理论上铍的损失降低至原来的10%。 65．(24-25高三上·北京房山区·调研)处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。 已知：和均为可溶于水的强电解质。 (1)向含铅浆液中加入过量的实现转化脱硫。 ①说明溶液显碱性的原因 。 ②根据转化脱硫过程中的反应，判断溶度积常数 （填“>”或“<”）。 ③证明固体a已洗涤干净的方法是 。 (2)“受热分解”时，分解产生，最终生成PbO。 将100g固体a置于氩气中加热，充分反应后剩余固体的质量为，则固体中的质量分数为 。[已知：] (3)“还原”时加入溶液，反应的化学方程式是 。 (4)“浸出”反应的离子方程式是 。 (5)以惰性电极电解溶液制得，溶液中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) 的水解程度大于的水解程度。水解产生的大于水解产生的 > 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则证明固体a已洗净 (2)53.4% (3) (4) (5) 【分析】含铅浆液主要含PbO2、PbSO4，加过量的碳酸铵把PbSO4转化为PbCO3，固体a中含有PbO2、PbCO3，加热分解得到PbO2、PbO的混合物，用双氧水把PbO2还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb。 【详解】（1）①(NH4)2CO3溶液中存在：+H2O+OH-、+H2ONH3•H2O+H+，的水解程度大于的水解程度。水解产生的大于水解产生的，因此溶液呈碱性； ②转化脱硫反应是PbSO4和反应，PbSO4转化为PbCO3沉淀，两种沉淀的结构相似，则溶度积常数Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbCO3)； ③洗涤液中若不含，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明固体a已洗净。 （2）固体a中含有PbO2、PbCO3，将100g固体a置于氩气中加热，PbCO3分解产生CO2，最终生成PbO，充分反应后剩余固体的质量为91.2g，反应生成二氧化碳的质量为(100-91.2)g=8.8g，二氧化碳的物质的量为 =0.2mol，则n(PbCO3)=n(CO2)=0.2mol，此时固体中PbCO3的质量为0.2mol×267g/mol=53.4g，则固体a中PbCO3的质量分数为=53.4%。 （3）“还原”时加入H2O2溶液把PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是PbO2+H2O2=PbO+O2↑+H2O。 （4）HBF4和Pb(BF4)2均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方程式是PbO+2H+=Pb2++H2O。 （5）以惰性电极电解Pb(BF4)2溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液b中可循环利用的物质是HBF4。 66．(23-24高三上·北京通州区·期末)高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是 。 (2)步骤Ⅱ中石灰的作用是 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是 。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因 。 (4)步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有 ，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是 。 (5)已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是 。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 (6)步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是 。 【答案】(1)富集锂 (2)沉淀剂、调节 (3) 产生的硫酸钙附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应 加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动 (4) 、 煅烧 (5)30 (6)碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低 【分析】盐湖卤水蒸发浓缩后加入石灰，石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到滤渣，滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，处理得到氧化钙、氧化镁；滤液2蒸发过滤得到含有锂离子的滤液3，加入碳酸钠得到碳酸锂； 【详解】（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是提高溶液浓度，富集锂； （2）石灰和水生成氢氧化钙使得溶液显碱性，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，故步骤Ⅱ中石灰的作用是沉淀剂、调节； （3）①反应产生的硫酸钙沉淀附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子； ②加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶； （4）滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，反应为：、；已知：草酸盐受热易分解，则滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是煅烧； （5）由表可知，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是30，此时溶液中锂离子浓度较高，会有较多的锂进入滤液3利于回收； （6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低，故沉锂的适宜温度是。 67．(23-24高三上·北京丰台区·期末)以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 (1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有 (写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式 。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是 。 (2)“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式 。 (3)滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为 。 (4)“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (的结构式为)。 (5)干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是 。 【答案】(1) 加热、粉碎原料 防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量 (2) (3) (4) (5)被氧化 【分析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。 【详解】（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌； ②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为； ③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量； （2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为； （3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为； （4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4； （5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化； 68．(23-24高三上·北京大兴区·期末)五水合硫代硫酸钠(Na2S2O3 • 5H2O)俗称“海波”，常用作棉织物漂白后的脱氧剂、定量分析中的还原剂。 资料：① Na2S2O3 • 5H2O无色、易溶于水，难溶于乙醇； ② Na2S2O3在酸性溶液中反应有S和SO2产生。 Ⅰ.制备 工业上可用SO2、Na2S和 Na2CO3制备Na2S2O3 • 5H2O，其工艺流程示意图如下： (1)实验室可用浓硫酸与Cu反应制备SO2气体，该反应的化学方程式是 。 (2)① 配平Ⅰ中反应的化学方程式： ； ___________ Na2S   + ___________ SO2 + Na2CO3 = ___________   Na2S2O3   + CO2   ② 当Ⅰ中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，结合离子方程式说明其原因 。 Ⅱ.粗产品提纯 (3)已知粗产品中可能会含有少量Na2SO3和Na2SO4，Na2S2O3在水中的溶解度随温度的升高而显著增大。 ① 检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解， 先加足量的 溶液，静置、过滤， ，有白色沉淀生成。 ② 粗产品的提纯过程III中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、 、过滤、 (填洗涤试剂名称)洗涤、干燥。 Ⅲ.纯度测定 (4)准确称取a g产品于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水完全溶解后，加入适量甲醛溶液预处理(防止Na2SO3与I2反应)，以淀粉作指示剂，用c mol/L I2的标准溶液滴定，发生如下反应：I2   + 2 == 2I-+，三次平行实验，平均消耗V mL I2溶液。 (已知：Na2S2O3 • 5H2O的摩尔质量为248 g/mol ) ① 产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为 (写出质量分数的表达式即可)。 ② 下列操作可能造成实验结果偏高的是 。 A．滴定管未用I2标准溶液润洗    B．滴定终点时仰视读数 C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外 【答案】(1)Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4 + 2H2O + SO2↑ (2) 2Na2S +4SO2 +Na2CO3 =3Na2S2O3+CO2 若SO2过量，溶液显酸性，产物会发生反应：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产率下降 (3) 加入足量稀盐酸 向滤液中加入少量 BaCl2溶液 冷却结晶 乙醇 (4) AB 【分析】由制备流程图可知，SO2通入Na2S、Na2CO3混合溶液中生成Na2S2O3，反应为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，通入蒸气蒸发浓缩、冷却结晶，经过离心筛分得到Na2S2O3粗品，再经过纯化(加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥)得到Na2S2O3•5H2O晶体。 【详解】（1）加热条件下，浓硫酸与Cu反应生成SO2气体、CuSO4和H2O，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑； （2）①反应Na2S+SO2+Na2CO3→Na2S2O3+CO2中Na2S的S化合价升高4，SO2的S化合价降低2，根据反应前后S原子数目相等可得反应的方程式为2Na2S+4SO 2 +Na2CO3=3Na2S2O3+CO2； ②由题给信息可知，Na2S2O3•5H2O在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2，反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，会发生反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产率下降； （3）①检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解，先加足量的稀盐酸，静置、过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成； ②Na2S2O3•5H2O晶体是结晶水合物，不溶于乙醇，可减少溶解损耗，并且乙醇挥发带走水分，可加快干燥，所以粗产品的提纯过程Ⅲ中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； （4）①反应为I2+2═2I-+，则n(Na2S2O3•5H2O)=n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.002cVmol，m(Na2S2O3•5H2O)=nM=0.002cV×248g，产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为； ②A．滴定管未用I2标准溶液润洗，使I2标准溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A正确； B．滴定终点时仰视读数，使剩余标准液的体积读数偏小，消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏高，故B正确； C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故C错误； 故答案为：AB。 69．(23-24高三上·北京海淀区·期末)一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)萃取分液 (2)2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2 (3)Mg(OH)2和CaCO3 (4) 不可行 溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 (5) 将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果 偏低 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行出Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，i中，操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液； （2）由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2，故答案为：2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2； （3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3，故答案为：Mg(OH)2和CaCO3； （4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行，故答案为：不可行；溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯； （5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=n(NaOH)=c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2= c1V1×10-3mol- n(H2SO4)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2) ×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为= ，故答案为：； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；偏低。 70．(23-24高三上·北京房山区·期末)某钒渣主要成分为(含有少量、)，以其为原料生产的工艺如下图： 已知： i．钒酸()是强酸，(偏钒酸铵)难溶于水；价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如表所示。 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 ii．室温下，，。 iii．在溶液时开始沉淀，溶液时沉淀完全。 请回答以下问题： (1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ；焙烧过程中生成的化学方程式为 。 (2)已知难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的，则溶于盐酸的离子方程式为 。 (3)“转沉”时，发生反应，该反应的平衡常数 (用含m、n的代数式表示)。 (4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为。 ①完成下列滴定过程的离子方程式： 。 ②产品的纯度为 (用质量分数表示，)。 【答案】(1) 增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率 (2) (3) (4)高于80℃时水解程度增大，减小 (5) 【分析】由题给流程可知，废钒渣中加CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为，Al2O3与CaO反应转化为；向焙烧后的固体中加入盐酸，pH=5时将转化为，转化为沉淀，过滤得到含有的滤渣1和含有的滤液；向滤液中加入石灰乳，将转化为沉淀，过滤得到滤液1和；向中加入碳酸铵溶液，将转化为，过滤得到含有的滤渣2和含有的滤液；向滤液中加入氯化铁固体，将转化为沉淀，过滤得到滤液2和；灼烧脱氨制得。 【详解】（1）酸浸前将块状固体粉碎,可以增大反应物的接触面积,加快酸浸速率,使酸浸更加充分；由分析可知，V2O3与CaO、空气中焙烧反应转化为，反应的化学方程式为：。 （2）)由表格信息可知，溶液 pH为5时，钒元素在溶液中以形式存在，则与盐酸反应生成和，反应的离子方程式为：。 （3）由方程式可知，反应的平衡常数。 （4）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降。 （5）由题知，离子方程中，V元素的化合价从+5降低到+4，草酸为还原剂，C元素化合价从+3价升高到+4，按得失电子守恒、元素质量守恒，可得；产品纯度测定时发生的反应为：，可得关系式：，已知mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液，取该溶液，消耗，则产品的纯度为：。 ( 地 城 考向0 8 实验设计与性质探究 ) 71．(22-23高三上·北京西城区·期末)某小组同学探究Al与的反应，实验如下。 装置 序号 试剂a 现象 ① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点 ② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl 下列说法不正确的是 A．②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关 B．②中产生白色沉淀的可能原因： C．向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象 D．②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜 【答案】D 【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。 【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确； B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确； C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确； D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确； 答案选D。 72．(22-23高三上·北京昌平区·期末)某小组同学进行了以下3个实验： 实验1 实验2 实验3 操作 现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a 下列说法正确的是 A．实验1中发生了反应 B．实验2中促进了的电离平衡 C．实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生 D．推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液 【答案】B 【详解】A．根据实验1中的现象可知，没有沉淀生成，故没有发生反应，A错误； B．实验2中有沉淀及气体产生说明，钙离子结合了碳酸氢根电离产生的碳酸根离子，同时，碳酸氢根离子电离产生的氢离子和另一个碳酸氢根离子结合生成水和二氧化碳，B正确； C．由实验1和2可知，当钙离子浓度较小时，不容易和碳酸根离子结合生成沉淀，故现象a不会出现沉淀，C错误； D．由实验1和2可知，饱和氯化钙可以和碳酸氢钠反应生成沉淀和气体，不饱和的氯化钙溶液，无法反应，故不能用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液，D错误； 故选B。 73．(22-23高三上·北京东城区·期末)研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验： ①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘； ②取5mL溶液a，加入四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色； ③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。 已知：ⅰ.； ⅱ.。 下列说法不正确的是 A．是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于 B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C．溶液b中溶液a中 D．向①所得浊液中加入，使增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出 【答案】D 【详解】A．根据相似相溶原理，是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于，A正确； B．四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确； C．加入碘化钾，，使得碘单质转化为，故溶液b中溶液a中，C正确； D．向①所得浊液中加入，使增大，，反应生成溶解性更大的，故不会析出，D错误； 故选D。 74．(23-24高三上·北京房山区·期末)某学习小组对与的反应进行了研究。 (1)铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。 (2)利用如图装置完成与制取氮氧化物的反应。实验过程中可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上方为红棕色气体。 ①为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入 (填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。 ②C中液面上方为红棕色气体，其原因是 (用化学方程式表示)。 (3)学习小组在做铜与硝酸反应的实验时观察到了以下现象：实验Ⅰ中蓝色溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下实验Ⅱ中硝酸遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。实验操作如下： 实验Ⅰ： 实验Ⅱ： 分析蓝色溶液A的成分后，学习小组探究蓝色溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。 ①假设1： (填化学式)对该反应有催化作用。 实验验证：向硝酸中加入少量硝酸铜固体，溶液呈蓝色，放入铜片，无明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：对该反应有催化作用。 向A中鼓入数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率： (填“”“”“”)。实验证明假设2成立。 ③经检验，蓝色溶液A中还含有少量亚硝酸。 设计实验证明也对该反应有催化作用。操作和预期的现象是： 。向含有铜片的溶液B中 。 实验总结：和对铜与硝酸的反应都有催化作用。 (4)请推测与浓硝酸反应中和参与的可能的催化过程： ①  ② 。 【答案】(1) (2) (或、稀有气体) (3) 加入少量(或) 立即产生气泡 (4) 【详解】（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，水和一氧化氮： （2）①为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等，故答案为：N2、CO2、稀有气体等。 ②根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为，故答案为：。 （3）①由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究Cu(NO3)2对该反应有催化作用，故答案为：Cu(NO3)2。 ②向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当时，实验能够证明假设2成立。故答案为：>。 ③欲设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2（HNO2）比没加的速率快就行。故答案为：加入少量的固体NaNO2（HNO2）；B中铜片上立即生成气泡。 （4）请推测Cu与浓硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能的催化过程： ① ② 75．(23-24高三上·北京西城区·期末)某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 (1)Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是 。 (2)内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 (3)研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是 。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是 。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是 。 (4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是 。 (5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是 。 【答案】(1)Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ (2)＜ (3) 0.3 Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+ [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－ (4)作催化剂 (5)c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行 【详解】（1） Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+。故答案为：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+； （2）内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率 大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜Ⅱ。故答案为：＜； （3）经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小。 ①控制左侧氯离子浓度与右侧相同，溶液的浓度是0.3。故答案为：0.3； ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，铜由0价变为+1价，Cu与溶液反应的离子方程式是Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+。故答案为：Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+； ③由ⅲ、ⅳ可知，后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－。故答案为：[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－； （4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是作催化剂。故答案为：作催化剂； （5）研究的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。故答案为：c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。 76．(22-23高三上·北京通州区·期末)乙酸乙酯是一种重要的有机溶剂，在工业上有广泛用途。某兴趣小组同学欲制备乙酸乙酯并对所得产物进行探究。 I.乙酸乙酯的制备 实验装置如下图所示： (1)试管①中反应的化学方程式为 。 II.产物的探究 反应结束后在试管②中看到分层现象，上层为无色透明的油状液体。取下试管②进行振荡，下层溶液红色褪去。甲同学认为下层溶液褪色是蒸出的乙酸中和了碳酸钠，乙同学通过查阅资料对甲同学的推测产生质疑。 资料：酚酞是一种白色晶状粉末，不溶于水，可溶于乙醇。酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液。 (2)乙同学的推测是： 。 两位同学针对各自的推测又进行了如下实验。 实验1： 甲同学用pH计测得饱和碳酸钠溶液(浓度约为2mol/L)的pH为12.23； 按照上述方法进行乙酸乙酯的制取实验，实验结束后，取振荡后的试管②中下层无色液体，分成三份，分别完成以下实验： 序号 实验操作 实验现象 实验结论 a 滴加几滴酚酞试剂 溶液变红 ______ b 滴入乙酸溶液 _______ c 用pH计测溶液pH pH为12.21 (3)b中现象为 ，实验1的结论 。 实验2： 序号 操作 现象 d 试管②中分离出的上层液体，加入饱和碳酸钠溶液，振荡 溶液变成浅红色，静置分层后红色消失 e 取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入与试管②中上层液体体积相等的纯净的乙酸乙酯，振荡 (4)e中的实验现象为 。 甲乙两位同学通过对乙酸乙酯收集装置中产生的现象进一步实验和分析，最终确认了酚酞褪色的原因。 III.拓展延伸 在以上实验过程中，丙同学还有新的发现，他查阅到以下资料： 资料：室温下，当酚酞试剂滴入pH>13的无色溶液时，溶液先变红，静置后褪色。 (5)据此资料，丙同学想到了一种区分1mol/L碳酸钠溶液和1mol/L氢氧化钠溶液的方法，这种方法是 。 【答案】(1) (2)酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去 (3) 溶液中有无色气泡产生 下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化 (4)碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色 (5)各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液 【详解】（1）乙醇和乙酸在加热、浓硫酸做催化剂的条件下发生酯化反应，，答案：； （2）资料中酚酞可溶于乙醇，可推知酚酞可溶于有机物，乙同学推测：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去，答案：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去； （3）碳酸钠溶液显碱性，加入乙酸后反应生成二氧化碳，会看到气泡生成，原溶液碱性会有所降低，因为乙酸量比较少，碱性变化很小，答案：溶液中有无色气泡产生，下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化； （4）由实验2，d操作可知酚酞溶于有机物，可推知e操作的现象：碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色； （5）由资料可1mol/L碳酸钠溶液遇酚酞会显红色，而1mol/L氢氧化钠溶液遇酚酞先变红，静置后褪色，答案：各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液。 77．(22-23高三上·北京西城区·期末)资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 (1)根据实验II的现象，氧化性： (填“>”或“<”)。 (2)实验II中反应的离子方程式是 。 (3)实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因： 。 (4)经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是 。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象： 。 ③实验III中生成的离子方程式是 ，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因： 。 (5)资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向 中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 (6)根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、 。 【答案】(1)> (2)5+2+8H2O=2+10+16H+ (3)相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢 (4) 实验II和实验III中的浓度相同 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 3+2+2H2O=5↓+4H+ 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液 (5)1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中 (6)过量、加入催化剂 【详解】（1）酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。 （2）实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。 （3）实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。 （4）①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立； ②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确； ③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。 （5）向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。 （6）实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。 78．(22-23高三上·北京朝阳区·期末)某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。 资料：为紫色固体，微溶于溶液。 (1)装置A中产生的化学方程式是 (锰元素被还原为)。 (2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 I 和少量 无明显现象 II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体 III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。 ①实验II、III产生，将方程式补充完整 。 还原反应：； 氧化反应：。 ②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入，电压表示数为； 步骤2：向右侧烧杯中加入 (填试剂)，电压表示数为。 ③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是 。 ④实验II中的产率比实验III低，试解释原因： 。 (3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生 (填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。 (4)综上，制备的适宜条件是 。 【答案】(1) (2) 固体 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱) (3) (4)选用和过量溶液、通入适量 【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。 【详解】（1）装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。 （2）①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：； ②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立； ③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低； ④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。 （3）通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。 （4）综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。 79．(22-23高三上·北京昌平区·期末)铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。 (1)铜片溶解的化学方程式为 。 【初步实验】 甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。 实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。 实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。 (2)乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是 。 【深入研究】 分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。 编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象 2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色 2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色 2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现 2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现 已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价 ②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应 ③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为： 第一步： 第二步： 第三步： (3)补全上述原理的第二步反应： 。 (4)因为发生化学反应： ，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中的对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。 (5)实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是 。 (6)实验2-3和实验2-4分别证明了具有 性、 性，这与其核心元素化合价密切相关。 (7)解释实验1-1和1-2的现象差异 。 【答案】(1) (2)相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同 (3) (4) (5)溶液为为鲜草绿色 (6) 还原 氧化 (7)1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失 【分析】利用铜与浓硝酸反应生成的产物进行探究，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，探究具有还原性、氧化性，与其核心元素化合价密切相关的原理。 【详解】（1）铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为； （2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立； （3）已知：总反应为； 第一步：； 第三步：； 将总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应：； （4）根据描述可知，HNO2参与反应，反应生成氮气，HNO2中氮元素化合价降低3，CO(NH2)2中氮元素化合价升高3，最小公倍数为3，结合氧化还原反应及质量守恒配平得反应； （5）向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后产生HNO2，再滴加溶液，现象是溶液为为鲜草绿色； （6）实验2-3和实验2-4分别是过氧化氢将氧化和尿素将还原，证明了具有还原性、氧化性，这与其核心元素化合价密切相关； （7）实验1-1和1-2的现象差异是因为1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。 80．(22-23高三上·北京东城区·期末)某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。 已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合。 ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成(无色)。 Ⅰ.与的反应 向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。 装置 编号 试剂 实验现象 a 溶液 始终无明显变化 b 溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀 (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为。 ①证明白色沉淀中有，推理过程是 。 ②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式： ；。 (3)进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中， 。 (4)由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或； ②、、的还原性由强到弱的顺序为 。 综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。 Ⅱ.与的反应 向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下 装置 编号 试剂 实验现象 c 稀硫酸 始终无明显变化 d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色 (5)证明d所得棕色溶液含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因： 。 (6)经进一步检验，铜表面黑色物质为。补全d中反应的离子方程式： ______________。 (7)与c对比，d能发生反应的原因是 。 【答案】(1) (2) 深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的 (3)滴加溶液，出现白色沉淀 (4) (5)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀 (6) (7)与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化 【详解】（1）根据题意，Cu元素原子序数29，核外28个电子，基态的价层电子排布式为； 故答案为：； （2）①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的； 故答案为：深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的； ②步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有；； 故答案为：； （3）进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加溶液，出现白色沉淀，说明被氧化为； 故答案为：滴加溶液，出现白色沉淀； （4）根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入，无明显现象，说明a中不能将还原为或，即还原性：；根据实验证实，b中能将还原为，发生反应，即还原性：，综上所述，、、的还原性由强到弱的顺序为：； 故答案为：； （5）由题，为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀； 故答案为：棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀； （6）根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6，得到6个电子，即Cu元素化合价也升高6，失去6个电子，结合元素守恒，等式坐标补上氢离子，右边补上水，再由原子守恒，配平该反应为； 故答案为：； （7）根据以上实验可知，再硫酸作用下，不能单独存在，在盐酸中，与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化； 故答案为：与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化。 92 / 93 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 物质的结构与性质 考向02 基础化学实验 考向03 常见无机物的性质 考向04 化学反应与能量变化 考向05 水溶液中的离子平衡 考向06 有机化学 考向07 工艺流程 考向08 实验设计与性质探究 ( 物质的结构与性质 ) 1．(24-25高三上·北京·期末)是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是 A．的原子核内有21个中子 B．和均易失去一个电子 C．可通过质谱法区分和 D．衰变为的过程属于化学变化 2．(24-25高三上·北京东城区·期末)在嫦娥五号带回的月壤样本中，研究人员发现一种富含水分子和铵根的矿物晶体。下列关于该晶体的说法不正确的是 A．受热时能逸出水蒸气 B．溶于水后溶液呈中性 C．水分子的空间结构呈V形 D．所含金属元素中，金属性最强的是 3．(24-25高三上·北京石景山区·期末)“嫦娥石”[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法不正确的是 A．40Ca、41Ca互为同位素 B．基态氧原子的轨道表示式： C．电负性O > P D．核素Y中质子数与中子数之差为50 4．(24-25高三上·北京·期末)下列化学用语或图示表达正确的是 A．的电子云图为 B．的电子式为： C．乙炔的结构简式为 D．的离子结构示意图为 5．(24-25高三上·北京丰台区·期末)下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性： 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 键的极性大小 D 碱性： 核电荷数： A．A B．B C．C D．D 6．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)中国科学家利用二氧化碳成功合成葡萄糖、淀粉。下列说法不正确的是 二氧化碳 葡萄糖 淀粉 A．可用碘水检验是否生成了淀粉 B．三种物质中均有碳氧原子间的σ键 C．淀粉能水解为葡萄糖，葡萄糖能水解为 D．二氧化碳转化为淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变 7．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)分子的构型如下，下列说法正确的是 A．三种分子都是极性分子 B．键角大小顺序为 C．的沸点低于 D．的热稳定性强于 8．(24-25高三上·北京·期末)某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是 A．电负性： B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区 C．“*”标记的碳原子为手性碳原子 D．该超分子中含有配位键 9．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。 (1)硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。 ①基态硅原子的价层电子排布式为 。 ②高纯硅制备流程的示意图如下： ⅰ．1100℃，每生成1mol单质硅转移4mol电子。Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为 。 ⅱ．硅的熔点(1410℃)低于金刚石(>3500℃)，原因是 。 (2)新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。 ①图(a)是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为 。 ②随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如图(b)所示。它由和组成。 ⅰ．每个周围与它最近且距离相等的有 个。 ⅱ．图(b)所示的晶胞棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体密度为 。() 10．(23-24高三上·北京·期末)格氏试剂()是有机合成中的一种常用试剂，其制备、结构和性质如下。 (1)制备 由卤代烃和金属Mg在溶剂乙醚中制备： ①Mg的原子结构示意图是 。 ②金属Mg的晶胞如图1所示，晶胞体积为，阿伏加德罗常数为，则金属Mg的密度为 。 ③烃基()相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为、、，推测其原因： 。 (2)结构 将从乙醚溶液中结晶出来，获得，分子结构示意图如图2所示(H原子未标出，忽略粒子半径相对大小)。 ①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是 。 ②很多化学键不是纯粹的离子键或共价键，而是两者之间的过渡类型。键与键中，共价键成分更多的是 键。 (3)性质 格氏试剂在很多反应中键断裂，根据键的极性分析反应的生成物。 ①与反应，生成的有机物的结构简式是 。 ②与丙酮()发生加成反应，生成物的结构简式是 。 ( 地 城 考向 0 2 基础化学实验 ) 11．(24-25高三上·北京房山区·调研)下列气体除杂所选试剂和收集方法均正确的是 气体（杂质） 除杂试剂 收集方法 A 浓 向下排空气法 B 溶液 向上排空气法 C 溶液 排水法 D 水 排水法 A．A B．B C．C D．D 12．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是 实验目的 A．由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体 B．探究温度对化学平衡移动的影响 实验装置 实验目的 C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D．测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 A．A B．B C．C D．D 13．(24-25高三上·北京房山区·调研)下列实验的对应操作中，不合理的是 A．分离粗盐中的不溶物 B．从提纯后的溶液获得晶体 眼睛注视锥形瓶中溶液 C．配制一定物质的量浓度的溶液 D．用标准溶液滴定NaOH溶液 A．A B．B C．C D．D 14．(24-25高三上·北京·期末)下列实验装置及操作，能达到实验目的的是 A．实验室制取 B．转移溶液 C．测溶液 D．收集 A．A B．B C．C D．D 15．(24-25高三上·北京顺义区·期末)下列实验能达到目的的是 A．实验室制备氯气 B．实验室制取乙烯 C．在铁制钥匙上镀铜 D．检验1-溴丁烷消去反应的产物 A．A B．B C．C D．D 16．(23-24高三上·北京通州区·期末)下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A．氨的制备 B．检验溴乙烷消去产生的乙烯 C．除去中的 D．乙炔气体收集 A．A B．B C．C D．D 17．(23-24高三上·北京通州区·期末)下列实验中，能达到实验目的的是 A B 比较相同温度下和的大小 检验有机化合物中含溴原子 C D 验证是酸性氧化物 研究浓度对化学平衡的影响 A．A B．B C．C D．D 18．(23-24高三上·北京丰台区·期末)下列实验方案能达到相应目的的是 A．检验溴乙烷消去产物中的乙烯 B．制乙炔并检验乙炔具有还原性 C．比较Al和Cu的金属活动性 D．由制取无水固体 A．A B．B C．C D．D 19．(23-24高三上·北京石景山区·期末)下列气体所选除杂试剂和收集方法均正确的是 气体(杂质) 除杂试剂 收集方法   A CO2(HCl) 饱和NaHCO3溶液 向上排空气法   B C2H4(CO2) 烧碱溶液 向上排空气法   C NO(NO2) 水 向下排空气法   D C2H2(H2S) 酸性KMnO4溶液 向下排空气法 A．A B．B C．C D．D ( 地 城 考向 0 3 常见无机物的性质 ) 20．(23-24高三上·北京西城区·期末)下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A．次氯酸钠作纸张的漂白剂 B．铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C．过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂 21．(23-24高三上·北京东城区·期末)下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A．浓硝酸久置后，显黄色 B．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色 D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O) 22．(23-24高三上·北京房山区·期末)下列实验的颜色变化中，与氧化还原无关的是 A．将2~3滴饱和溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，液体变成红褐色 B．将氯气通入溶液中，充分反应后加入，振荡静置，溶液分层，下层呈紫色 C．将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去 D．将铁粉加入到溶液中，溶液颜色由黄色变为浅绿色 23．(24-25高三上·北京·期末)下列说法正确的是 A．加热和的固体混合物，可将二者分离 B．向溶液中加过量的溶液，可制 C．取某溶液滴加溶液，溶液变红色，该溶液中含有 D．取溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，后者红色更深 24．(23-24高三上·北京房山区·期末)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A．小苏打受热易分解，可用于治疗胃酸过多 B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂 C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 25．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气    含溴溶液产品溴 已知：i.与Na2CO3反应时，Br2转化为BrO和Br-。 ii.HBrO3为强酸。 下列说法不正确的是 A．酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 B．脱氯过程Fe2+和Br-均具有脱氯作用 C．用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是HCO D．H2SO4酸化后重新得到Br2的反应：5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O 26．(23-24高三上·北京大兴区·期末)某同学在培养皿上做如下实验(如图所示)，a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。 已知：2KMnO4 +16HCl= 2KCl +5Cl2↑+2MnCl2+8H2O 下列对“实验现象”的“解释或结论”描述，不正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处试纸变蓝 氧化性：Cl2 > I2 B b处试纸变红 Cl2 +2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+ C c处试纸褪色 Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的物质 D d处红色褪去 Cl2 和NaOH反应使溶液呈中性 A．A B．B C．C D．D 27．(24-25高三上·北京·期末)室温下，研究铜与一定量浓硝酸的反应，装置和试剂如图所示。下列说法不正确的是 A．铜与浓硝酸反应： B．通过上下抽动铜丝，可控制反应的开始和停止 C．反应一段时间后，可能产生 D．将铜片换成铁片，反应更剧烈，产生大量气体 28．(23-24高三上·北京房山区·期末)兴趣小组按如下装置进行含硫物质的转化研究(夹持装置已略去，气密性已检验)，将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。Ⅰ中试管内发生的反应是：，下列说法正确的是 A．Ⅰ中试管内的反应，体现了的氧化性 B．Ⅱ中试管内品红溶液褪色，体现了的酸性 C．Ⅲ中试管内中出现浑浊，反应过程中发生了化学键的断裂 D．Ⅳ中红色褪去体现了的还原性 29．(23-24高三上·北京海淀区·期末)某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 30．(23-24高三上·北京西城区·期末)将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。 已知：是白色难溶于水的固体。 下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中均存在： B．Ⅰ中的沉淀可能有、和 C．Ⅱ中生成的反应： D．Ⅰ和Ⅱ中加入溶液后，pH均降低 ( 地 城地 城 考向0 4 考向01 化学反应与能量变化 ) 31．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列关于能源和作为能源的物质说法不正确的是 A．燃料电池将热能转化为电能 B．绿色植物进行光合作用时可将太阳能转化为化学能 C．物质的化学能可经过放热反应被人们利用 D．化石能源内部蕴藏着大量的能量 32．(24-25高三上·北京石景山区·期末)已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为 化学键 O2中的化学键 键能kJ∙mol-1 391 193 497 463 946 A． B． C． D． 33．(24-25高三上·北京东城区·期末)已知几种物质的燃烧热(25℃，10kPa)如下表。 名称 石墨 金刚石 一氧化碳 化学式(状态) 下列说法正确的是 A．金刚石和石墨的晶体类型相同 B．石墨和金刚石燃烧时断开化学键吸收的能量相同 C．   D．2mol石墨燃烧生成一氧化碳气体时放出热量110.5kJ 34．(24-25高三上·北京石景山区·期末)“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是 A．反应物断键吸收的能量为a kJ B．此反应的活化能为a kJ·mol-1 C．反应中成键放出的能量为b kJ D．A2(g) + B2(g) =2AB(g)是放热反应 35．(24-25高三上·北京丰台区·期末)我国科学家开发了一种新型二次电池，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是 A．放电时，Zn为负极，发生氧化反应 B．放电时，从Zn电极一侧移向多孔碳电极一侧 C．充电时，阳极发生的电极反应为 D．充电一段时间后阴极室溶液碱性减弱 36．(24-25高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池[电极材料分别为嵌锂石墨，钴酸锂]某时段的工作原理如下。 下列说法正确的是 A．图示中的电池处于充电状态 B．放电时，嵌锂石墨作正极 C．充电时，阴极发生的反应为 D．充电时，钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目 37．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如下。关于该电解池的说法不正确的是 A．比容易失去电子，比容易获得电子 B．精制饱和食盐水从c口补充，NaOH溶液从b口流出 C．离子交换膜既能防止与NaOH反应，又能防止与接触 D．从a口流出的溶液中离子浓度符合 38．(24-25高三上·北京石景山区·期末)下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是 实验目的或原理 A．铁与硫酸铜的反应形成原电池 B．铁片上镀铜 实验装置 实验目的或原理 C．铁的吸氧腐蚀 D．电解食盐水制备Cl2和NaOH 实验装置 A．A B．B C．C D．D 39．(24-25高三上·北京石景山区·期末)一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是 A．阳极生成的气体为Cl2 B．OH−移向阳极区补充溶液中阴离子的减少 C．阴极反应：Fe2O3 + 6e− + 3H2O=2Fe+6OH− D．阴极区溶液的pH升高 40．(24-25高三上·北京房山区·调研)土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A．第一步反应中涉及极性共价键的断裂与形成 B．第二步反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．总反应的热化学方程式为： D．结合的燃烧热，可求算的 41．(24-25高三上·北京房山区·调研)回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．装置溶液中 B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的 C．装置中阴极反应式为 D．通电一段时间后，装置中阳极区溶液降低 ( 地 城 考向0 5 水溶液中的离子平衡 ) 42．(24-25高三上·北京·期末)已知溶液显酸性。关于和的下列说法中，不正确的是 A．溶液中， B．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 C．溶液中， D．可以用溶液吸收，生成 43．(24-25高三上·北京顺义区·期末)直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表： 吸收液 I Ⅱ Ⅲ 8.2 7.2 6.2 下列说法不正确的是 A．溶液中存在水解平衡： B．溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度 C．当吸收液呈中性时，溶液中 D．三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ 44．(23-24高三上·北京丰台区·期末)某同学进行如下实验： 已知：在实验温度下， 的电离平衡常数：，； 的电离平衡常数：，。 下列说法不正确的是 A．饱和溶液可以除去中的 B．依据可推知，向溶液中加入，不能生成或 C．过程Ⅰ所得溶液中存在 D．过程Ⅱ所得溶液中存在 45．(23-24高三上·北京丰台区·期末)某兴趣小组将4g铁钉放入溶液中，溶液pH变化如下图所示。一段时间后，取出铁钉，过滤，取反应后的滤液，加适量KSCN溶液，溶液立即变红，但红色很快褪去，产生白色沉淀。下列说法不正确的是 已知： ①CuSCN：白色固体，不溶于水； ②室温下，，，。 A．溶液的原因是 B．0~6000s，随着反应进行，溶液pH下降的原因可能是被氧化为 C．反应后期溶液pH略有上升的可能原因是 D．溶液先变红后又褪色的可能原因是的反应速率快，的反应限度大 46．(23-24高三上·北京朝阳区·期末)6．亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 下列说法中不正确的是 A．人体血液的pH约为7.35-7.45，血液中所含+3价砷元素的主要微粒是H3AsO3 B．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，主要反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O C．该温度下，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2 D．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=13时，溶液中存在关系：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+) 47．(23-24高三上·北京东城区·期末)实验目的：测定HCl和CH3COOH混合溶液中的c(CH3COOH)。 实验过程：取ymL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用xmol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，测得溶液导电能力的变化曲线如下图。 数据处理：。 下列说法不正确的是 A．a→b过程中，CH3COOH的电离程度逐渐变大 B．b→c过程中发生反应： C．c点存在： D．当加入y1mLNaOH溶液时，混合溶液恰好由无色变为粉红色 48．(23-24高三上·北京大兴区·期末)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液及纯水的pH随温度变化的曲线如图所示。 下列说法不正确的是 A．CH3COONa溶液中c(Na+) > c(CH3COO-) B．随温度升高纯水中c(H+) > c(OH-) C．升温促进了水的电离和醋酸钠水解 D．升温使CH3COONa溶液中比值减小 49．(23-24高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池的工作原理：。从废旧电池再生的一种流程如下， (1)考虑到安全性和锂回收，废旧电池需要充分放电，其电极反应如下。 负极：。 正极： 。 (2)为保证正极材料在空气中充分反应，可采取的措施是 (答一条即可)。 (3)向浸出液中加入氨水调节溶液pH，有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图所示。 已知：i．分别与、、形成的化合物均难溶于水。 ii．体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①实验中控制沉淀的最佳在 左右。 ②当时，沉淀中一定有的含铁物质是和 (填化学式)。 ③若向的浊液中继续加入氨水至，会导致的值增大，主要反应的化学方程式是 。 (4)下列关于该流程的说法正确的是_______(填序号)。 A．正极材料在空气中加热，理论上生成的 B．当浸出液的pH从0增大为2时，的值增大了倍 C．向滤液中加入氨水，可减少饱和溶液的用量 D．由和再生时，所加的蔗糖作氧化剂 ( 地 城 考向 0 6 有机化学 ) 50．(24-25高三上·北京丰台区·期末)由化合物M合成某化工原料P的路线如下。 下列说法不正确的是 A．M可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．每生成1molN需消耗1mol C．N→P的反应类型为加成反应 D．P分子中存在手性碳原子 51．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)我国科学家首次报道了降解聚乳酸(PLA)并转化为高附加值化学品的方法，转化路线如下： 下列说法不正确的是 A．PLA中存在手性碳原子 B．PLA、ML完全水解得到的产物相同 C．MP的核磁共振氢谱有三组峰 D．MMA既可以发生加聚反应，又可以发生取代反应 52．(24-25高三上·北京·期末)西替利嗪是一种抗过敏药，其结构简式如下图。 下列关于西替利嗪的说法正确的是 A．极易溶于水 B．可以发生取代反应和加成反应 C．分子内含有2个手性碳原子 D．能与NaOH溶液反应，不能与盐酸反应 53．(24-25高三上·北京东城区·期末)功能高分子P的合书路线如下 已知：((、表示烃基或氢)。下列说法正确的是 A．H中含有碳碳双键 B．F的结构简式为 C．C→D为消去反应 D．仅用蒸馏水不能区分A和E C．C物质是，的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，生成的D物质是，C错误；D．A为甲苯，不溶于水，E为乙醛，能跟水以任意比互溶，可以用蒸馏水区分A和E，D错误； 故选B。 54．(23-24高三上·北京大兴区·期末)某种用于隐形眼镜的材料由两种单体合成，其片段如下： 下列关于该高分子说法不正确的是 A．结构简式可以表示为： B．氢键对该高分子的性能会产生影响 C．合成该高分子的一种单体是CH2 = C(CH3)COOH D．两种单体都能与金属Na和NaHCO3反应 55．(24-25高三上·北京丰台区·期末)线型聚谷氨酸K由谷氨酸()通过缩聚反应生成。一定条件下，加入交联剂M，可将K合成具有优良保水性能的高吸水性树脂N，其结构如图所示。 已知：。下列说法不正确的是 A．线型聚谷氨酸K的重复单元中有两种官能团 B．交联剂M的结构简式为 C．高吸水性树脂N可以通过水解反应得到M和谷氨酸 D．该物质优良的保水性能与其网状结构及形成氢键有关 56．(24-25高三上·北京·期末)我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。 下列说法不正确的是 A．碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种 B．异山梨醇中的官能团为羟基和醚键 C．缩聚过程脱除的小分子为甲醇 D．合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol 57．(24-25高三上·北京·期末)瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。 已知： ⅰ. ⅱ. (1)P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)C中官能团的名称是 。用虚线标注出C→D时C的断键位置： 。 (4)E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为 。 (5)I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为 。 (6)J中含有三个六元环，J的结构简式为 。 (7)K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为 。 58．(24-25高三上·北京·期末)治疗白内障的药物白内停的中间产物M的合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 已知： ⅰ．++R2OH ⅱ．R4NH2++H2O ⅲ． (1)M中的含氧官能团有醚键、酮羰基、 、 。 (2)B→D的反应类型是 。 (3)E属于羧酸，E→F反应的化学方程式是 。 (4)关于F→G的反应。 ①中与酯基相邻的甲基的键易断裂，原因是 。 ②该条件下还生成了副产物X，X分子中含有4个碳氧双键、3种化学环境的氢。X的结构简式是 。 (5)J的分子式为，可与金属钠反应生成氢气。除苯环外，J分子中还有1个含氮原子的六元环，J的结构简式是 。 (6)L和试剂b在一定条件下脱水生成M，试剂b的结构简式是 。 59．(24-25高三上·北京房山区·调研)马西替坦是一种治疗肺动脉高血压的新型内皮素受体拮抗剂药物，其合成路线如下： (1)A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是 。 (2)AB的反应方程式是 。 (3)B中羰基相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因 。 (4)合成马西替坦的关键中间体是，的合成路线如下： L和M的结构简式分别是 、 。 (5)已知：，H的结构简式 。 (6)下列说法正确的是 。 a．F中有手性碳原子 b．利用核磁共振氢谱可区分和 c．该合成路线中可循环利用的物质是 ( 地 城 考向0 7 工艺流程 ) 60．(24-25高三上·北京·期末)白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。 后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。 已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。 下列说法不正确的是 A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率 B．固体的主要成分是 C．生成固体的离子方程式是 D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致 61．(23-24高三上·北京房山区·期末)从光盘中提取(其他金属忽略不计)的一种工艺流程如图，下列说法不正确的是 已知：溶液在受热或酸性条件下易分解 A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行，可提高氧化速率 B．“氧化”过程还生成，则可能的化学反应为： C．“操作Ⅰ”是过滤 D．“还原”过程中转化为无害气体，则理论上消耗可提取 62．(23-24高三上·北京通州区·期末)我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是 A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和 B．两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多 C．两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法 D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离 63．(24-25高三上·北京顺义区·期末)是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． (1)＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是 。 (2)将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整： 。 ___________=□___________+___________ (3)滤渣2的主要成分为 。 (4)结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因 。 (5)溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为 。 (6)产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为 。 ②若不加热，测定结果会 (填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 64．(24-25高三上·北京·期末)一种利用绿柱石(主要成分是，含一定量和等杂质)生产的工艺流程如下(简称硫酸法)。 已知：固体的主要成分是；固体的主要成分是。 (1)浓硫酸浸出，利用了的氧化性和 性。 (2)滤液D氨水调时，反应的离子方程式有 。 (3)25℃时，氨水的可达11.室温过滤(25℃)时，滤液的最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因 。 (4)由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取。 ①采用硫酸法时，滤液中硫酸的浓度约为，滤液中硫酸铵的浓度一般为，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分会和生成配合物，导致的产率降低，解释和能形成配合物的原因 。增大沉铍时的或较少浓度有利于提高的产率。 ②实践表明：其他条件不变时，用替代硫酸铵既可以除去，又能够将沉淀时的提高到8.5，结合化学用语解释原因 。 ③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑的影响，沉淀时，将从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的 %。 65．(24-25高三上·北京房山区·调研)处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。 已知：和均为可溶于水的强电解质。 (1)向含铅浆液中加入过量的实现转化脱硫。 ①说明溶液显碱性的原因 。 ②根据转化脱硫过程中的反应，判断溶度积常数 （填“>”或“<”）。 ③证明固体a已洗涤干净的方法是 。 (2)“受热分解”时，分解产生，最终生成PbO。 将100g固体a置于氩气中加热，充分反应后剩余固体的质量为，则固体中的质量分数为 。[已知：] (3)“还原”时加入溶液，反应的化学方程式是 。 (4)“浸出”反应的离子方程式是 。 (5)以惰性电极电解溶液制得，溶液中可循环利用的物质是 。 66．(23-24高三上·北京通州区·期末)高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是 。 (2)步骤Ⅱ中石灰的作用是 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是 。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因 。 (4)步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有 ，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是 。 (5)已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是 。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 (6)步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是 。 67．(23-24高三上·北京丰台区·期末)以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 (1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有 (写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式 。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是 。 (2)“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式 。 (3)滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为 。 (4)“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (的结构式为)。 (5)干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是 。 68．(23-24高三上·北京大兴区·期末)五水合硫代硫酸钠(Na2S2O3 • 5H2O)俗称“海波”，常用作棉织物漂白后的脱氧剂、定量分析中的还原剂。 资料：① Na2S2O3 • 5H2O无色、易溶于水，难溶于乙醇； ② Na2S2O3在酸性溶液中反应有S和SO2产生。 Ⅰ.制备 工业上可用SO2、Na2S和 Na2CO3制备Na2S2O3 • 5H2O，其工艺流程示意图如下： (1)实验室可用浓硫酸与Cu反应制备SO2气体，该反应的化学方程式是 。 (2)① 配平Ⅰ中反应的化学方程式： ； ___________ Na2S   + ___________ SO2 + Na2CO3 = ___________   Na2S2O3   + CO2   ② 当Ⅰ中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，结合离子方程式说明其原因 。 Ⅱ.粗产品提纯 (3)已知粗产品中可能会含有少量Na2SO3和Na2SO4，Na2S2O3在水中的溶解度随温度的升高而显著增大。 ① 检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解， 先加足量的 溶液，静置、过滤， ，有白色沉淀生成。 ② 粗产品的提纯过程III中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、 、过滤、 (填洗涤试剂名称)洗涤、干燥。 Ⅲ.纯度测定 (4)准确称取a g产品于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水完全溶解后，加入适量甲醛溶液预处理(防止Na2SO3与I2反应)，以淀粉作指示剂，用c mol/L I2的标准溶液滴定，发生如下反应：I2   + 2 == 2I-+，三次平行实验，平均消耗V mL I2溶液。 (已知：Na2S2O3 • 5H2O的摩尔质量为248 g/mol ) ① 产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为 (写出质量分数的表达式即可)。 ② 下列操作可能造成实验结果偏高的是 。 A．滴定管未用I2标准溶液润洗    B．滴定终点时仰视读数 C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外 69．(23-24高三上·北京海淀区·期末)一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 70．(23-24高三上·北京房山区·期末)某钒渣主要成分为(含有少量、)，以其为原料生产的工艺如下图： 已知： i．钒酸()是强酸，(偏钒酸铵)难溶于水；价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如表所示。 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 ii．室温下，，。 iii．在溶液时开始沉淀，溶液时沉淀完全。 请回答以下问题： (1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ；焙烧过程中生成的化学方程式为 。 (2)已知难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的，则溶于盐酸的离子方程式为 。 (3)“转沉”时，发生反应，该反应的平衡常数 (用含m、n的代数式表示)。 (4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为。 ①完成下列滴定过程的离子方程式： 。 ②产品的纯度为 (用质量分数表示，)。 ( 地 城 考向0 8 实验设计与性质探究 ) 71．(22-23高三上·北京西城区·期末)某小组同学探究Al与的反应，实验如下。 装置 序号 试剂a 现象 ① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点 ② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl 下列说法不正确的是 A．②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关 B．②中产生白色沉淀的可能原因： C．向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象 D．②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜 72．(22-23高三上·北京昌平区·期末)某小组同学进行了以下3个实验： 实验1 实验2 实验3 操作 现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a 下列说法正确的是 A．实验1中发生了反应 B．实验2中促进了的电离平衡 C．实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生 D．推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液 73．(22-23高三上·北京东城区·期末)研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验： ①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘； ②取5mL溶液a，加入四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色； ③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。 已知：ⅰ.； ⅱ.。 下列说法不正确的是 A．是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于 B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C．溶液b中溶液a中 D．向①所得浊液中加入，使增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出 74．(23-24高三上·北京房山区·期末)某学习小组对与的反应进行了研究。 (1)铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。 (2)利用如图装置完成与制取氮氧化物的反应。实验过程中可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上方为红棕色气体。 ①为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入 (填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。 ②C中液面上方为红棕色气体，其原因是 (用化学方程式表示)。 (3)学习小组在做铜与硝酸反应的实验时观察到了以下现象：实验Ⅰ中蓝色溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下实验Ⅱ中硝酸遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。实验操作如下： 实验Ⅰ： 实验Ⅱ： 分析蓝色溶液A的成分后，学习小组探究蓝色溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。 ①假设1： (填化学式)对该反应有催化作用。 实验验证：向硝酸中加入少量硝酸铜固体，溶液呈蓝色，放入铜片，无明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：对该反应有催化作用。 向A中鼓入数分钟得溶液C，相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率： (填“”“”“”)。实验证明假设2成立。 ③经检验，蓝色溶液A中还含有少量亚硝酸。 设计实验证明也对该反应有催化作用。操作和预期的现象是： 。向含有铜片的溶液B中 。 实验总结：和对铜与硝酸的反应都有催化作用。 (4)请推测与浓硝酸反应中和参与的可能的催化过程： ①  ② 。 75．(23-24高三上·北京西城区·期末)某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 (1)Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是 。 (2)内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 (3)研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是 。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是 。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是 。 (4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是 。 (5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是 。 76．(22-23高三上·北京通州区·期末)乙酸乙酯是一种重要的有机溶剂，在工业上有广泛用途。某兴趣小组同学欲制备乙酸乙酯并对所得产物进行探究。 I.乙酸乙酯的制备 实验装置如下图所示： (1)试管①中反应的化学方程式为 。 II.产物的探究 反应结束后在试管②中看到分层现象，上层为无色透明的油状液体。取下试管②进行振荡，下层溶液红色褪去。甲同学认为下层溶液褪色是蒸出的乙酸中和了碳酸钠，乙同学通过查阅资料对甲同学的推测产生质疑。 资料：酚酞是一种白色晶状粉末，不溶于水，可溶于乙醇。酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液。 (2)乙同学的推测是： 。 两位同学针对各自的推测又进行了如下实验。 实验1： 甲同学用pH计测得饱和碳酸钠溶液(浓度约为2mol/L)的pH为12.23； 按照上述方法进行乙酸乙酯的制取实验，实验结束后，取振荡后的试管②中下层无色液体，分成三份，分别完成以下实验： 序号 实验操作 实验现象 实验结论 a 滴加几滴酚酞试剂 溶液变红 ______ b 滴入乙酸溶液 _______ c 用pH计测溶液pH pH为12.21 (3)b中现象为 ，实验1的结论 。 实验2： 序号 操作 现象 d 试管②中分离出的上层液体，加入饱和碳酸钠溶液，振荡 溶液变成浅红色，静置分层后红色消失 e 取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入与试管②中上层液体体积相等的纯净的乙酸乙酯，振荡 (4)e中的实验现象为 。 甲乙两位同学通过对乙酸乙酯收集装置中产生的现象进一步实验和分析，最终确认了酚酞褪色的原因。 III.拓展延伸 在以上实验过程中，丙同学还有新的发现，他查阅到以下资料： 资料：室温下，当酚酞试剂滴入pH>13的无色溶液时，溶液先变红，静置后褪色。 (5)据此资料，丙同学想到了一种区分1mol/L碳酸钠溶液和1mol/L氢氧化钠溶液的方法，这种方法是 。 77．(22-23高三上·北京西城区·期末)资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 (1)根据实验II的现象，氧化性： (填“>”或“<”)。 (2)实验II中反应的离子方程式是 。 (3)实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因： 。 (4)经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是 。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象： 。 ③实验III中生成的离子方程式是 ，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因： 。 (5)资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向 中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 (6)根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、 。 78．(22-23高三上·北京朝阳区·期末)某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。 资料：为紫色固体，微溶于溶液。 (1)装置A中产生的化学方程式是 (锰元素被还原为)。 (2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 I 和少量 无明显现象 II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体 III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。 ①实验II、III产生，将方程式补充完整 。 还原反应：； 氧化反应：。 ②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入，电压表示数为； 步骤2：向右侧烧杯中加入 (填试剂)，电压表示数为。 ③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是 。 ④实验II中的产率比实验III低，试解释原因： 。 (3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生 (填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。 (4)综上，制备的适宜条件是 。 79．(22-23高三上·北京昌平区·期末)铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。 (1)铜片溶解的化学方程式为 。 【初步实验】 甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。 实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。 实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。 (2)乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是 。 【深入研究】 分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。 编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象 2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色 2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色 2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现 2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现 已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价 ②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应 ③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为： 第一步： 第二步： 第三步： (3)补全上述原理的第二步反应： 。 (4)因为发生化学反应： ，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中的对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。 (5)实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是 。 (6)实验2-3和实验2-4分别证明了具有 性、 性，这与其核心元素化合价密切相关。 (7)解释实验1-1和1-2的现象差异 。 80．(22-23高三上·北京东城区·期末)某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。 已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合。 ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成(无色)。 Ⅰ.与的反应 向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。 装置 编号 试剂 实验现象 a 溶液 始终无明显变化 b 溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀 (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为。 ①证明白色沉淀中有，推理过程是 。 ②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式： ；。 (3)进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中， 。 (4)由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或； ②、、的还原性由强到弱的顺序为 。 综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。 Ⅱ.与的反应 向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下 装置 编号 试剂 实验现象 c 稀硫酸 始终无明显变化 d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色 (5)证明d所得棕色溶液含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因： 。 (6)经进一步检验，铜表面黑色物质为。补全d中反应的离子方程式： ______________。 (7)与c对比，d能发生反应的原因是 。 92 / 93 学科网（北京）股份有限公司 $