题组预测01（大题专练）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

命题预测 参考答案 A组 1．（12分） (1)（1分） (2)第一电离能。N和As为同主族元素，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引作用（2分） (3)正四面体形（1分） (4) （1分） c（1分） (5) 12 （1分） B （1分） （2分） 氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B—As的键长短，B—N键的键能比B—As的键能大（2分） 2．（12分） (1)2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)  ΔH=-947.5kJ·mol-1（2分） (2)c（1分） (3)a（1分） (4) 32% （2分） 偏小（1分） (5) N2H4–4e-+4OH-=N2+4H2O （2分） 正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中每转移4mol e-时，正极区生成的4mol OH-全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH-的物质的量相同（3分） 3．（12分） (1)酮羰基（1分） (2) 加成反应(或还原反应) （1分） 取代反应（1分） (3)3（2分） (4)（2分） (5)＋或2＋22（3分） (6)或或或（2分） 4．（12分） (1)1：2（2分） (2) Pt、Au（1分） 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)（1分） (3) 分液漏斗（1分） B（1分） (4) 5.04×103 （2分） 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低（3分） (5)应回收处理SO2（1分） 【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。 【解析】（1）Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。 （2）Pt、Au不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。 （3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。 实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。 （4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3−K=2.80×1013 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)Ksp(AgCl)=1.80×10−10 ①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。 ②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。 （5）在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。 5．（10分） (1) 500mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 （1分） 0.10mol/L（1分） (2) 酸式 （1分） 洗涤、润洗（1分） (3)溴化银比Ag2CrO4更难溶，相同浓度的银离子溶液中，溴离子比铬酸根离子更容易结合银离子生成沉淀（2分） (4)加入最后半滴标准液，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失（2分） (5)0.40（2分） B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分） (1) 4 （1分） （1分） CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。（2分） (2) 8 （2分） （2分） (3) （2分） 吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)（2分） 2．（12分） (1)（1分） (2)（2分） (3)用时，与反应的速率小，一定时间内生成的小，使与反应生成的速率小，小，苯胺的降解率低（2分） (4) （2分） （2分） (5)生成的活化能低于生成的活化能，较低温度更易生成；不稳定，较低温度下，不易分解（2分） (6)b（1分） 3．（12分） (1)浓硝酸、浓硫酸（1分） (2)还原反应（1分） (3)+→+CH3COOH（2分） (4)4（2分） (5)+→+H2O（2分） (6)保护与苯环直接相连的氨基不被酸性高锰酸钾氧化（1分） (7) CH3CHO （1分） （2分） 4．（12分） (1)作氧化剂（1分） (2)受热易分解或生成HClO受热分解等（2分） (3)（2分） (4) 冷却结晶 （1分） 过滤(洗涤)（1分） (5) （2分） （2分） ac（1分） 5．（10分） (1) 作氧化剂，将价Fe元素氧化为价（1分） 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀（1分） (2)（2分） (3)加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低（1分） (4)向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近（2分） (5)一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多（2分） (6)控制溶液pH，溶解，防止副反应发生（1分） C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分） (1)>（1分） (2)a+b（2分） (3)（1分） (4)8（2分） (5)（2分） (6)NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低（2分） (7)Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，导电性增强（2分） 2．（10分） (1)（2分） (2) （1分） 变小（1分） (3) A （1分） （2分） (4) （1分） 根据反应，电解产生的多（2分） 3．（12分）(1) 氟苯 （1分） 硝基（1分） (2) 取代反应 （1分） F>N>O>C（1分） (3)占位，防止副产物生成，提高目标产物的产率（1分） (4)+HBr（2分） (5)（2分） (6)pH过高时，羧基会转化为羧酸盐，pH过低时，亚氨基会转化为铵盐，两个反应均会使得L的溶解度升高而不利于分离（1分） (7)（2分） 4．（12分） (1)1:4（1分） (2)SiO2、CaSO4（1分） (3)萃取时若pH不宜过低，逆向移动，不利于Ce4+进入有机相，若pH不宜过高，Ce4+转化为Ce(OH)4沉淀（2分） (4)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+（2分） (5)（2分） (6) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液； 若无白色沉淀生成（1分） (7)（2分） (8)（1分） 5．（12分） (1)（2分） (2) （2分） 该反应活化能较高，加热是为了提供能量以加快反应速率（或常温下反应速率慢，加热可以提高反应速率）（2分） (3) 溶液1可能含有未反应的，遇盐酸也会分解生成S单质沉淀（2分） 加入到适量盐酸中发生沉淀不溶解，沉淀中有BaSO4和S，过滤后用CS2溶解，仍有不溶物剩余（2分） (4)（2分） 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：58分） 1．（12分）氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。 (1)As位于元素周期表的第4周期，第VA族。将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_________。 (2)比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：___________。 (3)可用作锅炉用水软水剂，的空间结构为___________。 (4)工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下： ①物质Ⅳ为___________(填化学式)。 ②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有___________(填序号)。 a．Ⅰ中的化学键均为σ键 b．Ⅱ中As的化合价为+5 c．Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为杂化 (5)砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为a nm，结构如图所示。 ①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为___________。 ②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是___________。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________。() ④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为___________。 【答案】(1)（1分） (2)第一电离能。N和As为同主族元素，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引作用（2分） (3)正四面体形（1分） (4) （1分） c（1分） (5) 12 （1分） B （1分） （2分） 氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B—As的键长短，B—N键的键能比B—As的键能大（2分） 【解析】（1） As位于元素周期表的第4周期第VA族，其基态原子最外层轨道为：； （2）N和As为同主族元素，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引作用，导致第一电离能：； （3）在中P原子的价层电子对数为，P为sp3杂化，离子的空间构型为正四面体形； （4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为； ②a．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，Ⅰ中的碳氧双键中含有π键，a错误； b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中As的化合价为+3，b错误； c．根据Ⅲ的结构可知，Ⅲ中C原子均为饱和碳原子，其杂化轨道类型均为杂化，d正确； 故选c； （5）①由图，晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，每个面心B被2个晶胞共用，顶点B周围有8个晶胞，则其个数为； ②该结构中存在配位键，B提供空轨道、As提供孤电子对形成配位键，故为B； ③根据“均摊法”，晶胞中含个As、4个B，则晶体密度为； ④氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B—As的键长短，B—N键的键能比B—As的键能大，导致晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高。 2．（12分）肼(N2H4)有较强的还原性，与N2O4等可组成火箭推进剂。 (1)已知：I．N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)  ΔH1=-67.7kJ·mol-1 Ⅱ．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)  ΔH2=-534.0kJ·mol-1 Ⅲ．NO2(g)N2O4(g)  ΔH3=-26.4kJ·mol-1 火箭发射时N2H4与N2O4反应生成N2和H2O。该反应的热化学方程式是___________。 (2)肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： i．NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH  (快) ii．NH2Cl+NH3+NaOHN2H4·H2O+NaCl  (慢) 已知电负性N>Cl。下列说法正确的是___________(填序号)。 a．反应i中NaClO做氧化剂 b．适当提高反应i温度，可显著提高相同时间内N2H4·H2O的产量 c．采用3.0MPa压强可以增大NH3的溶解度，提高反应ii中NH2Cl的利用率 (3)采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。蒸馏过程中首先馏出的物质是___________(填序号)。 a．NH3         b．N2H4·H2O        c．NaCl (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用0.500mol·L-1 溶液滴定3次，平均每次消耗溶液20.00 mL。 已知：N2H4+2=4HI+N2。 ①样品中肼(以N2H4计)的质量分数为___________。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如图所示。 ① 负极的电极反应式是___________。 ② 电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因___________。 【答案】(1)2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)  ΔH=-947.5kJ·mol-1（2分） (2)c（1分） (3)a（1分） (4) 32% （2分） 偏小（1分） (5) N2H4–4e-+4OH-=N2+4H2O （2分） 正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中每转移4mol e-时，正极区生成的4mol OH-全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH-的物质的量相同（3分） 【分析】(5)图为原电池，N2H4通入这极为负极，失去电子发生氧化反应，通入O2这极为正极，得到电子转化为OH-，溶液为碱性溶液，据此回答。 【解析】（1）依据盖斯定律2②-2③-①得： ； （2）a．已知电负性N>Cl，NH2Cl中N的化合价为-3价，氯的化合价不变，a错误； b．反应的决速步为ii，适当提高反应i温度，不能显著提高相同时间内N2H4·H2O的产量，b错误； c．采用3.0MPa压强可以增大NH3的溶解度，反应ii的速率增大，可提高反应ii中NH2Cl的利用率，c正确； 故选c。 （3）氨气的熔沸点低，所以蒸馏过程中首先馏出的物质是NH3，选a； （4）①根据方程式可知n(N2H4)=n()=mol=mol，肼(以N2H4计)的质量分数为=32%； ②肼有较强的还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，易被空气中氧气氧化，使测定结果偏小； （5）①负极为肼失去电子转化为N2，电极方程式为：N2H4–4e-+4OH-=N2+4H2O； ②正极氧气得到电子转化为OH-，方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中每转移4mol e-时，正极区生成的4mol OH-全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH-的物质的量相同。 3．（12分）化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如下， 回答下列问题： (1)A中官能团的名称___________ (2)A→B的反应类型为___________，B→C的反应类型为___________ (3)D分子中碳原子杂化轨道类型有___________种 (4)E的结构简式为___________ (5)写出G生成H反应的方程式___________ (6)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________ ①分子中含有苯环； ②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢 【答案】(1)酮羰基（1分） (2) 加成反应(或还原反应) （1分） 取代反应（1分） (3)3（2分） (4)（2分） (5)＋或2＋22（3分） (6)或或或（2分） 【分析】A发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D在氢氧化钠作用下发生反应，后酸化，将−CN变为−COOH，得到E，E发生取代反应生成F，F发生酯化反应生成G，G发生取代反应生成H。 【解析】（1）根据A的结构简式得到A中官能团的名称酮羰基；故答案为；酮羰基。 （2）根据A和B的结构简式，A的酮羰基变为B的羟基，则A→B的反应类型为加成反应(或还原反应)，B中的羟基变为C的氯原子，则B→C的反应类型为取代反应；故答案为：加成反应(或还原反应)；取代反应。 （3）D分子中苯环上的碳原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2杂化，−CN的碳原子价层电子对数为2+0=2，杂化类型为sp杂化，其他碳原子价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化，因此D分子中碳原子杂化轨道类型有3种；故答案为：3。 （4） 根据F的结构简式和E到F是发生取代反应，则E的结构简式为；故答案为：。 （5） G()与发生取代反应生成H，其反应的方程式＋或2＋22。 （6） F()的一种同分异构体同时满足①分子中含有苯环；②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢，则该同分异构体的结构简式或或或；故答案为：或或或。 4．（12分）从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示： 已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题： (1)Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。 (2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。 (3)萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。 A．乙醇     B．HNO3溶液      C．盐酸     D．NaOH 溶液 (4)已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10 ①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______； ②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。 (5)请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。 【答案】(1)1：2（2分） (2) Pt、Au（1分） 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)（1分） (3) 分液漏斗（1分） B（1分） (4) 5.04×103 （2分） 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低（3分） (5)应回收处理SO2（1分） 【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。 【解析】（1）Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。 （2）Pt、Au不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。 （3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。 实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。 （4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3−K=2.80×1013 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)Ksp(AgCl)=1.80×10−10 ①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。 ②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。 （5）在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。 5．（10分）利用沉淀滴定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c(Br－)，实验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。 Ⅰ.标准溶液的配制 准确称取AgNO3基准物8.5 g，配制成500 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaBr溶液25.00 mL，配制成100 mL溶液，取其中25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入K2CrO4溶液作指示剂。 c.用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。 d.重复上述操作三次，测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 4 消耗AgNO3标准溶液体积/mL 25.86 25.06 24.98 24.96 e.数据处理。 请回答下列问题： (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有___________，配制的AgNO3溶液的浓度为___________。 (2)AgNO3标准溶液应使用___________ (填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有___________。 (3)实验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变化明显，另一方面，是由于___________。 (4)达到滴定终点时的现象为___________ (5)由上述实验数据测得原溶液c(Br-)＝___________ mol·L-1。 【答案】(1) 500mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 （1分） 0.10mol/L（1分） (2) 酸式 （1分） 洗涤、润洗（1分） (3)溴化银比Ag2CrO4更难溶，相同浓度的银离子溶液中，溴离子比铬酸根离子更容易结合银离子生成沉淀（2分） (4)加入最后半滴标准液，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失（2分） (5)0.40（2分） 【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算； 【解析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有500mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；配制的AgNO3溶液的浓度为； （2）AgNO3标准溶液溶液显酸性，且一般会加硝酸酸化，故应使用酸式棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有洗涤、润洗等操作，防止产生实验误差； （3）用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变化明显，另一方面，是由于溴化银比Ag2CrO4更难溶，相同浓度的银离子溶液中，溴离子比铬酸根离子更容易结合银离子生成沉淀； （4）达到滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失； （5）由表可知，第1次实验误差较大舍弃，2、3、4次硝酸银标准液用量平均为25.00mL；根据可知，。 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分）催化剂研究已成为合成氨工业技术改造和更新的关键。 (1)目前工业上主要以和为原料，使用铁基催化剂合成氨。铁基催化剂是以为活性主体，添加、、CaO等助剂制成。 ①基态Fe原子未成对电子数为______。 ②、、、CaO的化学键中离子键成分的百分数最高的是______。 ③CaO作助剂与其熔点高有关。从结构角度解释CaO熔点高于的原因：______。 (2)也可用作和合成氨的催化剂，其晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 每个Fe原子周围与它最近且距离相等的Fe原子有______个。 ②已知催化剂的活性与其表面单位面积含有Fe原子的个数有关。图中阴影所示的平面上每平方纳米含有的Fe原子个数为______。 (3)当前合成氨工艺的能耗较大，原料之一需要制备并纯化。我国科学家研制出的双催化剂实现了在温和条件下以为氢源合成氨，其反应为： ①已知： 则______(用含、的代数式表示)。 ②主要过程的催化机理示意图如下(部分微粒未表示)。 已知：催化剂表面单位面积活性中心的数量影响催化过程，若活性中心被占据，催化循环会受阻；催化剂很难吸附CO。 与使用单一催化剂相比，使用双催化剂能提高单位时间内的产率。说明双催化剂中Au的作用：______。 【答案】(1) 4 （1分） （1分） CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。（2分） (2) 8 （2分） （2分） (3) （2分） 吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)（2分） 【解析】（1）①Fe是26号元素，基态原子核外电子排布为，根据洪特规则，3d轨道中含有4个未成对电子。 ② 离子键成分百分数与成键原子电负性差相关，电负性差越大，离子键成分越高，四种化合物中，K的金属性最强，电负性最小，K与O的电负性差最大，因此的离子键成分百分数最高。 ③ CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。 （2）① 该晶胞为体心立方晶胞，每个Fe原子（体心或顶点）周围最近且等距的Fe原子数为8，即配位数为8。 ②由图可知，该阴影面为立方体的顶面，即阴影平面为边长的正方形，面积为；该平面上，包含4个顶点的Fe原子，每个顶点的Fe原子被4个相邻晶胞共享，所以每个顶点的Fe原子贡献，故该平面上Fe原子总数为个，因此每平方纳米含有的Fe原子数为。 （3）① 根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以，第二个反应乘以，相加可得目标反应，因此。 ② 根据题意知，难以吸附CO，若活性中心被占据会导致催化循环受阻，由催化机理图可知，Au可以吸附CO，使产物脱附，维持的活性，加快反应，提高单位时间内产率，故双催化剂中Au的作用吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)。 2．（12分）研究去除废水中的有机污染物。 Ⅰ．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． 有机污染物如烃、烃的含氧衍生物被降解为和。 (1)的电子式是___________。 (2)氧化乙苯()的化学方程式是___________。 (3)氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0～40分钟，苯胺的降解率低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因：___________。 (4)在电解槽中加入含有机污染物的酸性废水和少量亚铁盐，向阴极通入空气进行电解，用电化学法实现的制备和的再生，解决的贮运风险和提高有机物的降解效率。阴极反应有___________、___________、。 Ⅱ．中国科学家研究金属有机框架(MOFs)材料作催化剂，利用高效电合成，部分反应过程的能量变化如下图。 已知：*代表吸附位点，MOFs对具有适宜的吸附作用，利于生成。 (5)结合图中信息，较低温度有利于制备，原因是___________。 (6)下列措施能增大产物中与物质的量之比的是___________(填序号)。 a．延长反应时间 b．采用适宜的电压 c．将MOFs材料改为对、具有强吸附作用的催化剂 【答案】(1)（1分） (2)（2分） (3)用时，与反应的速率小，一定时间内生成的小，使与反应生成的速率小，小，苯胺的降解率低（2分） (4) （2分） （2分） (5)生成的活化能低于生成的活化能，较低温度更易生成；不稳定，较低温度下，不易分解（2分） (6)b（1分） 【解析】（1）中O和H形成单键，O的价层还剩5个电子，的电子式为。 （2）根据题干，乙苯被氧化为和，结合电子守恒配平：共失去42 mol电子，得到1 mol电子，配平后得到方程式。 （3）降解苯胺需要，而由反应ⅰ生成，起始无，需要先反应生成，初期浓度低，生成少，降解率低。 （4）题目说明阴极需要实现的制备和的再生：在阴极得电子，酸性条件下生成；在阴极得电子，再生为。 （5）由能量图可知，先生成，若要生成需要继续反应，总活化能更高；低温下，生成的速率慢，不会大量转化为，因此有利于制备。 （6）a．延长反应时间会使更多进一步转化为，比值减小，a错误； b．采用适宜电压可以控制反应偏向生成，增大比值，b正确； c．强吸附和会使进一步反应生成，比值减小，c错误； 答案选b。 3．（12分）某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： (1)试剂a是________。 (2)C→D的反应类型是________。 (3)D→E的化学方程式是________。 (4)属于芳香族化合物的B的同分异构体有________个（提示：不包括B）。 (5)写出的化学方程式________。 (6)从D→H的流程看，D→E的主要目的是________。 (7)有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式________，K的结构简式________。 【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸（1分） (2)还原反应（1分） (3)+→+CH3COOH（2分） (4)4（2分） (5)+→+H2O（2分） (6)保护与苯环直接相连的氨基不被酸性高锰酸钾氧化（1分） (7) CH3CHO （1分） （2分） 【分析】 甲苯与试剂a反应生成A，对比两者分子式可知发生了硝化反应，故试剂a是浓硝酸、浓硫酸，结合D的结构可知，硝基在甲基的邻位，故A的结构为，由A、C的分子式，结合D的结构可知C的结构为，C中硝基被还原为氨基生成D，D的分子式为C7H8NCl，对比D、E分子式，结合F结构可知E的结构为，F与酸性高锰酸钾反应，苯环上的甲基被氧化为羧基，故G的结构为，G的分子式为C9H9ClN2O5S，对比G、H分子式，结合反应条件可知发生水解反应，H的结构为，A中硝基被还原生成B，故B的结构为，B、H反应生成I，结合两者分子式和美托拉宗结构，可知I的结构为，据此回答； 【解析】（1）由分析可知，试剂a为浓硝酸、浓硫酸； （2）由分析可知，C中硝基被还原为氨基，故反应类型为还原反应； （3） 由分析可写出反应方程式为+→+CH3COOH； （4） B的结构为，属于芳香族的化合物还有、、、，共4种； （5） 由分析可写出方程式为+→+H2O； （6）甲基被酸性高锰酸钾氧化时，氨基也会被氧化，从D→H的流程看，D→E的主要目的是保护与苯环直接相连的氨基不被酸性高锰酸钾氧化； （7） K脱水生成美托拉宗，结合I的结构，可知J为CH3CHO，I与J加成K，然后脱水生成美托拉宗，故K的结构为。 4．（12分）钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。 已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。 ⅱ.随温度升高，溶解度增大。 (1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是___________。 (2)如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是___________。 (3)氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是___________(用离子方程式表示)。 (4)获得晶体的操作A包括加热浓缩、___________、___________。 (5)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。 已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。 ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。 ①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为___________、___________。 ②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有___________(填序号)。 a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落 b．阴极上，全部电子均用于还原 c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小 【答案】(1)作氧化剂（1分） (2)受热易分解或生成HClO受热分解等（2分） (3)（2分） (4) 冷却结晶 （1分） 过滤(洗涤)（1分） (5) （2分） （2分） ac（1分） 【分析】废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，碱熔渣与NaClO、硫酸在减压蒸馏下得到蒸气，与浓盐酸反应得到溶液，由于随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体，通入H2还原即可得到Ru，据此回答。 【解析】（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂； （2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等； （3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸； （4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体； （5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为； ②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确； b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误； c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确； 故选ac。 5．（10分）某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 (1)步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是_______。 ②产生的原因是_______。 (2)步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式_______。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验 编号 加入方式 反应后 溶液pH 配阴离子 电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 ⅲ 一次性倒入 3.5 ⅳ 逐滴加入 3.5 (3)分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是_______。 (4)对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：_______，证实了上述猜测。 (5)对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：_______。 Ⅲ．实验反思 (6)的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是_______。 【答案】(1) 作氧化剂，将价Fe元素氧化为价（1分） 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀（1分） (2)（2分） (3)加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低（1分） (4)向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近（2分） (5)一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多（2分） (6)控制溶液pH，溶解，防止副反应发生（1分） 【解析】（1）①中铁元素化合价为+2价，步骤1生成的和中铁元素化合价 +3价，化合价发生变化，由此可知作氧化剂，将+2价的铁元素氧化为+3价； ②溶液中水解生成，使溶液显碱性，步骤1生成的与结合生成沉淀，故答案为水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀（回答合理即可）； （2）具有氧化性，有还原性，根据题中信息转化为，铁元素化合价降低，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为； （3）比较表格实验i、iii或ii、iv结果可知，加入方式相同，用量增加，反应后溶液pH减小，配阴离子电荷偏离值增大，杂质增多，故答案为加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低； （4）实验ii、iv中草酸加入方式相同，反应后溶液pH不同，想要验证pH是否影响晶体纯度，可向实验iv中加入稀硫酸，将pH调节至2.5，若溶液在配阴离子电荷偏离值变为+0.09，证明猜测正确，故答案为向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0.09； （5）对比实验ⅰ和ⅱ，反应后溶液pH相同，仅加入方式不同，有还原性，一次性倒入会使局部浓度过高，更多被还原为，进而生成杂质，使得杂质更多，偏离值更大，故答案为一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多； （6）根据题目可知实验中生成少量，加入草酸能够溶解，使其参与反应生成目标产物，也能避免发生其他反应生成杂质，由此可知加入适量草酸的作用是控制溶液pH，溶解，防止副反应发生（回答合理即可）。 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分）NaCl在人类文明的发展中扮演了重要的角色。 I．为理解NaCl溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 (1)根据各微粒的状态，可判断a_______0(填“>”或“<”)。 (2)_______。 Ⅱ．高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键的形成。NaCl晶体在超高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图两种晶体的晶胞： (3)基态Cl原子价层电子轨道表示式为：_______。 (4)晶胞A中每个Na原子周围与它等距且最近的Na原子有_______个。 (5)晶胞B形状为长方体，棱长分别为，结构如图所示，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为_______。 (6)NaCl的熔点小于NaF的熔点，原因是_______。 (7)NaCl晶体在熔融状态下才能导电，而超高压下合成的晶体固态就可以导电，可能的原因是_______。 【答案】(1)>（1分） (2)a+b（2分） (3)（1分） (4)8（2分） (5)（2分） (6)NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低（2分） (7)Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，导电性增强（2分） 【解析】（1）第一步是NaCl固体断裂离子键变为气态Na+和Cl-，断键需要吸收能量，焓变大于0，因此a>0。 （2）根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，。 （3） Cl原子序数为17，基态Cl原子价电子排布为，按照洪特规则和泡利不相容原理，轨道表示式为。 （4） 晶胞A中Na位于顶点和体心，与体心Na等距最近的Na为顶点的Na，共8个。 （5）晶胞B中，Na数目为，Cl数目为，晶胞总质量，晶胞体积，密度。 （6）离子晶体熔点由晶格能决定，电荷相同时，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低。 （7）普通NaCl是离子晶体，固态时离子不能自由移动，只有熔融后电离出自由移动离子才能导电，Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，因此固态就能导电。 2．（10分）经一系列反应可以得到，如下图所示。 (1)Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是______。 (2)Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较、的大小关系：______。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是：______。 (3)Ⅲ中，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：；  ，下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)：______。 ②与、化合的化学方程式是______。 (4)Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，A是______，说明理由：______。 【答案】(1)（2分） (2) （1分） 变小（1分） (3) A （1分） （2分） (4) （1分） 根据反应，电解产生的多（2分） 【解析】（1）氨气催化氧化生成NO与水，反应方程式为：； （2）①由图可知相同温度下，p2时NO的转化率大，又知为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，故p1＜p2； ②由图可知，相同条件下，随着温度的升高，NO的转化率减小，即升温平衡逆向移动，由化学平衡移动原理可知则该反应为放热反应，所以升高温度平衡常数K变小； （3）①因NO2生成N2O4的反应为放热反应，且N2O4(g)的能量高于N2O4(l)，故选A； ②与、反应生成硝酸，故化学方程式为：； （4）由图可得电池总反应为：，反应生成过量的HNO3，为使电解产物全部转化为，需补充NH3。 3．（12分）罗美昔布是一种抗炎药，临床用于治疗风湿性关节炎、牙痛等，化合物L是合成罗美昔布的一种中间体，L合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． (1)A的化学名称为_______，B中含氧官能团的名称为_______。 (2)由C生成D的反应类型为_______；D中所含元素(H除外)第一电离能由大到小的顺序为_______。 (3)设置D→E和F→G两步反应的作用是_______。 (4)写出由G生成H的化学方程式_______。 (5)写出I的结构简式_______。 (6)在L的分离提纯过程中，需调节适宜的pH以降低L在水中的溶解度，pH不宜过高也不宜过低的原因是_______。 (7)M为D的同分异构体，符合下列条件的一种物质的结构简式是_______。 ①直接与苯环相连； ②能发生银镜反应； ③核磁共振谱有五组吸收峰，面积比为2：2：2：1：1。 【答案】(1) 氟苯 （1分） 硝基（1分） (2) 取代反应 （1分） F>N>O>C（1分） (3)占位，防止副产物生成，提高目标产物的产率（1分） (4)+HBr（2分） (5)（2分） (6)pH过高时，羧基会转化为羧酸盐，pH过低时，亚氨基会转化为铵盐，两个反应均会使得L的溶解度升高而不利于分离（1分） (7)（2分） 【分析】 由有机物的转换关系和D的结构简式可知，浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，则A为、B为；与锌、盐酸发生还原反应生成，则C为；与乙酸酐发生取代反应生成D，D在HOSO2Cl、一水合氨作用下反应生成E，E酸性条件下发生水解反应生成F，F与氯化氢、过氧化氢反应生成，则G为；由H的结构简式可知，一定条件下与发生取代反应生成H，则X为；90℃条件下H与发生取代反应生成，则I为；发生信息ⅱ反应生成W，W酸性条件下发生水解反应生成L。 【解析】（1） 由分析可知，A的结构简式为，名称为氟苯；B的结构简式为，含氧官能团为硝基； （2） 由分析可知，C生成D的反应为：与乙酸酐发生取代反应生成D和乙酸；D中含有的元素为：C、H、O、N、F，除了H以外，其余几种元素均位于第二周期，同周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则其中F元素的第一电离能最大，O＞C，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，氮元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C； （3） 由分析可知，G的结构简式为，由结构简式可知，D→E和F→G两步反应中F原子的对位首先被占用，然后氯原子取代氨基邻位碳原子上的氢原子，所以两步反应的作用是：占位，防止副产物生成，提高目标产物的产率； （4） 由分析可知，G生成H的反应为一定条件下与发生取代反应生成H和溴化氢，反应的化学方程式为++HBr； （5） 由分析可知，90℃条件下H与发生取代反应生成，I的结构简式为； （6）由结构简式可知，L分子含有羧基和亚氨基，溶液pH过高时，羧基会转化为羧酸盐，溶液pH过低时，亚氨基会转化为铵盐，两个反应均会使得L的溶解度升高而不利于分离，所以在L的分离提纯过程中，需调节适宜的pH； （7） D的同分异构体M能发生银镜反应，说明M分子中含有醛基，氨基直接与苯环相连，核磁共振谱有五组吸收峰，面积比为2：2：2：1：1说明同分异构体的结构对称，则符合条件的一种结构简式为。 4．（12分）铈是自然丰度最高的镧系元素。某氟碳铈矿()中含及少量的、。某实验小组设计工艺制备高纯度，部分工艺流程如图所示。 已知：①在硫酸中能被萃取剂(HA)萃取，而不能； ②、难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ．制备水溶液： (1)“氧化焙烧”时发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (2)滤渣1的成分是___________(填化学式) (3)“萃取”时存在平衡：，保持其他条件不变，萃取时pH不宜过低，也不宜过高，其原因可能是___________。 (4)“反萃取”时发生反应：___________。 Ⅱ．制备，有两种方法： 制备方法1： (5)写出向水溶液1中加入氨水的离子方程式：___________。 (6)向“滤渣2”中加入后需要过滤并洗涤沉淀，取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入___________(试剂)，若观察到___________(现象)，说明沉淀已经洗涤干净，反之则无。 制备方法2： (7)向水溶液1中加入，生成沉淀。写出对应的离子方程式：___________。 (8)滤液C结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。用化学反应方程式解释热风烘干能提高纯度的原因：___________。 【答案】(1)1:4（1分） (2)SiO2、CaSO4（1分） (3)萃取时若pH不宜过低，逆向移动，不利于Ce4+进入有机相，若pH不宜过高，Ce4+转化为Ce(OH)4沉淀（2分） (4)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+（2分） (5)（2分） (6) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液； 若无白色沉淀生成（1分） (7)（2分） (8)（1分） 【分析】氟碳铈矿中含及少量的、。空气中"氧化焙烧"氟碳铈矿，Ce3+氧化为Ce4+，Fe2O3、CaCO3、SiO2不反应，硫酸"浸取"，Ce4+、Fe3+进入溶液，CaCO3转化为CaSO4沉淀、SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2、CaSO4，加入萃取剂HA"萃取" Ce4+转化为CeA4 进入有机相，Fe3+留在水层，分液"洗氟"，加入稀硫酸、H2O2"反萃取"、分液得到萃取剂HA和含Ce3+的水层，反应为，制备CeO2方法1中加入氨水沉铈得到Ce(OH)3沉淀，在Ce(OH)3沉淀中加入次氯酸钠溶液生成沉淀Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2；制备CeO2方法2中加入氢氧化钠调PH，Ce3+和碳酸氢铵反应生成碳酸铈，碳酸铈在空气中焙烧生成CeO2。 【解析】（1）“氧化焙烧”时Ce3+被氧气氧化为Ce4+，是还原剂、O2是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4。 （2）硫酸"浸取"，Ce4+、Fe3+进入溶液，CaCO3转化为CaSO4沉淀、SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2、CaSO4； （3）萃取时若pH不宜过低，逆向移动，不利于Ce4+进入有机相，若pH不宜过高，Ce4+转化为Ce(OH)4沉淀，所以萃取时pH不宜过低，也不宜过高。 （4）“反萃取”时被双氧水还原为Ce3+，发生反应方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； （5）向水溶液1中加入氨水得到Ce(OH)3沉淀，反应的离子方程式为； （6）加入NaClO后，沉淀表面可能残留Cl⁻，若洗涤液中不含Cl⁻，说明沉淀已经洗涤干净；具体操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净；若有白色沉淀，说明未洗净。 （7）向水溶液1中加入，生成沉淀。对应的离子方程式为。 （8）Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4HCO3固体分解生成气体，所以粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度，反应方程式为。 5．（12分）某小组同学探究硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与某些常见金属离子的反应。 已知：i．(淡绿色)、(紫黑色)、(无色) ii．在酸性溶液中转化为、S和SO2. iii．BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。 (1)将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是______。研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。 序号 X溶液 现象 I CuCl2溶液 溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀 II FeCl3溶液 溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色 III AgNO3溶液 逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液 (2)取I中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。 ①补全I中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式______：____________↓+______↓+______。 ②查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是______。 (3)II中，被Fe3+氧化的主要产物是，还有很少量的。取II中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。 ①仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明II中生成了，理由是______。用H2O代替II中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。 ②补全实验方案证实产物中还有很少量的：将沉淀1洗净，______。 (4)向III的无色溶液中继续加入0.5 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3，静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是______。 【答案】(1)（2分） (2) （2分） 该反应活化能较高，加热是为了提供能量以加快反应速率（或常温下反应速率慢，加热可以提高反应速率）（2分） (3) 溶液1可能含有未反应的，遇盐酸也会分解生成S单质沉淀（2分） 加入到适量盐酸中发生沉淀不溶解，沉淀中有BaSO4和S，过滤后用CS2溶解，仍有不溶物剩余（2分） (4)（2分） 【分析】根据实验现象，实验I中先生成了浅绿色[Cu(S2O3)2]2-，加热至50℃以上时，发生氧化还原反应生成了黑色沉淀Cu2S；实验II中先生成了紫黑色离子，该离子中Fe3+再逐渐与发生氧化还原反应导致溶液片刻后变为无色；实验III中逐滴加入AgNO3，立刻生成Ag2S2O3白色沉淀，由于溶液中浓度较高，所以振荡后白色沉淀溶解，转化为无色离子，据此解答。 【解析】（1）S粉通入沸腾的Na2SO3溶液中制备Na2S2O3的离子方程式为。 （2）①沉淀中含Cu2S与S，清液含硫酸根，说明发生了氧化还原反应，对应离子方程式为； ②该反应活化能较高，加热是为了提供能量以加快反应速率（或常温下反应速率慢，加热可以提高反应速率）。 （3）①溶液1可能含有未反应的，遇盐酸也会分解生成S单质沉淀； ②若产物中含有少量的硫酸根，则沉淀1为硫酸钡和BaS2O3，证实的方法为将沉淀1洗净，加入到适量盐酸中发生沉淀不溶解，沉淀中有BaSO4和S，过滤后用CS2溶解，仍有不溶物剩余，则为BaSO4，证明有硫酸根离子； （4）白色沉淀Ag2S2O3静置分解生成Ag2S和强酸H2SO4的方程式为。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：58分） 1．（12分）氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。 (1)As位于元素周期表的第4周期，第VA族。将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_________。 (2)比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：___________。 (3)可用作锅炉用水软水剂，的空间结构为___________。 (4)工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下： ①物质Ⅳ为___________(填化学式)。 ②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有___________(填序号)。 a．Ⅰ中的化学键均为σ键 b．Ⅱ中As的化合价为+5 c．Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为杂化 (5)砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为a nm，结构如图所示。 ①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为___________。 ②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是___________。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________。() ④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为___________。 2．（12分）肼(N2H4)有较强的还原性，与N2O4等可组成火箭推进剂。 (1)已知：I．N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)  ΔH1=-67.7kJ·mol-1 Ⅱ．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)  ΔH2=-534.0kJ·mol-1 Ⅲ．NO2(g)N2O4(g)  ΔH3=-26.4kJ·mol-1 火箭发射时N2H4与N2O4反应生成N2和H2O。该反应的热化学方程式是___________。 (2)肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行： i．NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH  (快) ii．NH2Cl+NH3+NaOHN2H4·H2O+NaCl  (慢) 已知电负性N>Cl。下列说法正确的是___________(填序号)。 a．反应i中NaClO做氧化剂 b．适当提高反应i温度，可显著提高相同时间内N2H4·H2O的产量 c．采用3.0MPa压强可以增大NH3的溶解度，提高反应ii中NH2Cl的利用率 (3)采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。蒸馏过程中首先馏出的物质是___________(填序号)。 a．NH3         b．N2H4·H2O        c．NaCl (4)产品中肼含量的测定方法如下。 取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用0.500mol·L-1 溶液滴定3次，平均每次消耗溶液20.00 mL。 已知：N2H4+2=4HI+N2。 ①样品中肼(以N2H4计)的质量分数为___________。 ②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”“不受影响”)。 (5)肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如图所示。 ① 负极的电极反应式是___________。 ② 电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因___________。 3．（12分）化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如下， 回答下列问题： (1)A中官能团的名称___________ (2)A→B的反应类型为___________，B→C的反应类型为___________ (3)D分子中碳原子杂化轨道类型有___________种 (4)E的结构简式为___________ (5)写出G生成H反应的方程式___________ (6)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________ ①分子中含有苯环； ②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢 4．（12分）从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示： 已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题： (1)Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。 (2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。 (3)萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。 A．乙醇     B．HNO3溶液      C．盐酸     D．NaOH 溶液 (4)已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10 ①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______； ②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。 (5)请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。 5．（10分）利用沉淀滴定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c(Br－)，实验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。 Ⅰ.标准溶液的配制 准确称取AgNO3基准物8.5 g，配制成500 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaBr溶液25.00 mL，配制成100 mL溶液，取其中25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入K2CrO4溶液作指示剂。 c.用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。 d.重复上述操作三次，测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 4 消耗AgNO3标准溶液体积/mL 25.86 25.06 24.98 24.96 e.数据处理。 请回答下列问题： (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有___________，配制的AgNO3溶液的浓度为___________。 (2)AgNO3标准溶液应使用___________ (填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有___________。 (3)实验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变化明显，另一方面，是由于___________。 (4)达到滴定终点时的现象为___________ (5)由上述实验数据测得原溶液c(Br-)＝___________ mol·L-1。 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（12分）催化剂研究已成为合成氨工业技术改造和更新的关键。 (1)目前工业上主要以和为原料，使用铁基催化剂合成氨。铁基催化剂是以为活性主体，添加、、CaO等助剂制成。 ①基态Fe原子未成对电子数为______。 ②、、、CaO的化学键中离子键成分的百分数最高的是______。 ③CaO作助剂与其熔点高有关。从结构角度解释CaO熔点高于的原因：______。 (2)也可用作和合成氨的催化剂，其晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 每个Fe原子周围与它最近且距离相等的Fe原子有______个。 ②已知催化剂的活性与其表面单位面积含有Fe原子的个数有关。图中阴影所示的平面上每平方纳米含有的Fe原子个数为______。 (3)当前合成氨工艺的能耗较大，原料之一需要制备并纯化。我国科学家研制出的双催化剂实现了在温和条件下以为氢源合成氨，其反应为： ①已知： 则______(用含、的代数式表示)。 ②主要过程的催化机理示意图如下(部分微粒未表示)。 已知：催化剂表面单位面积活性中心的数量影响催化过程，若活性中心被占据，催化循环会受阻；催化剂很难吸附CO。 与使用单一催化剂相比，使用双催化剂能提高单位时间内的产率。说明双催化剂中Au的作用：______。 2．（12分）研究去除废水中的有机污染物。 Ⅰ．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． 有机污染物如烃、烃的含氧衍生物被降解为和。 (1)的电子式是___________。 (2)氧化乙苯()的化学方程式是___________。 (3)氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0～40分钟，苯胺的降解率低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因：___________。 (4)在电解槽中加入含有机污染物的酸性废水和少量亚铁盐，向阴极通入空气进行电解，用电化学法实现的制备和的再生，解决的贮运风险和提高有机物的降解效率。阴极反应有___________、___________、。 Ⅱ．中国科学家研究金属有机框架(MOFs)材料作催化剂，利用高效电合成，部分反应过程的能量变化如下图。 已知：*代表吸附位点，MOFs对具有适宜的吸附作用，利于生成。 (5)结合图中信息，较低温度有利于制备，原因是___________。 (6)下列措施能增大产物中与物质的量之比的是___________(填序号)。 a．延长反应时间 b．采用适宜的电压 c．将MOFs材料改为对、具有强吸附作用的催化剂 3．（12分）某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： (1)试剂a是________。 (2)C→D的反应类型是________。 (3)D→E的化学方程式是________。 (4)属于芳香族化合物的B的同分异构体有________个（提示：不包括B）。 (5)写出的化学方程式________。 (6)从D→H的流程看，D→E的主要目的是________。 (7)有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式________，K的结构简式________。 4．（12分）钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。 已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。 ⅱ.随温度升高，溶解度增大。 (1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是___________。 (2)如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是___________。 (3)氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是___________(用离子方程式表示)。 (4)获得晶体的操作A包括加热浓缩、___________、___________。 (5)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。 已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。 ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。 ①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为___________、___________。 ②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有___________(填序号)。 a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落 b．阴极上，全部电子均用于还原 c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小 5．（10分）某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 (1)步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是_______。 ②产生的原因是_______。 (2)步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式_______。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验 编号 加入方式 反应后 溶液pH 配阴离子 电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 ⅲ 一次性倒入 3.5 ⅳ 逐滴加入 3.5 (3)分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是_______。 (4)对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：_______，证实了上述猜测。 (5)对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：_______。 Ⅲ．实验反思 (6)的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是_______。 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（12分）NaCl在人类文明的发展中扮演了重要的角色。 I．为理解NaCl溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 (1)根据各微粒的状态，可判断a_______0(填“>”或“<”)。 (2)_______。 Ⅱ．高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键的形成。NaCl晶体在超高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图两种晶体的晶胞： (3)基态Cl原子价层电子轨道表示式为：_______。 (4)晶胞A中每个Na原子周围与它等距且最近的Na原子有_______个。 (5)晶胞B形状为长方体，棱长分别为，结构如图所示，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为_______。 (6)NaCl的熔点小于NaF的熔点，原因是_______。 (7)NaCl晶体在熔融状态下才能导电，而超高压下合成的晶体固态就可以导电，可能的原因是_______。 2．（10分）经一系列反应可以得到，如下图所示。 (1)Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是______。 (2)Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较、的大小关系：______。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是：______。 (3)Ⅲ中，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：；  ，下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)：______。 ②与、化合的化学方程式是______。 (4)Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，A是______，说明理由：______。 3．（12分）罗美昔布是一种抗炎药，临床用于治疗风湿性关节炎、牙痛等，化合物L是合成罗美昔布的一种中间体，L合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． (1)A的化学名称为_______，B中含氧官能团的名称为_______。 (2)由C生成D的反应类型为_______；D中所含元素(H除外)第一电离能由大到小的顺序为_______。 (3)设置D→E和F→G两步反应的作用是_______。 (4)写出由G生成H的化学方程式_______。 (5)写出I的结构简式_______。 (6)在L的分离提纯过程中，需调节适宜的pH以降低L在水中的溶解度，pH不宜过高也不宜过低的原因是_______。 (7)M为D的同分异构体，符合下列条件的一种物质的结构简式是_______。 ①直接与苯环相连； ②能发生银镜反应； ③核磁共振谱有五组吸收峰，面积比为2：2：2：1：1。 4．（12分）铈是自然丰度最高的镧系元素。某氟碳铈矿()中含及少量的、。某实验小组设计工艺制备高纯度，部分工艺流程如图所示。 已知：①在硫酸中能被萃取剂(HA)萃取，而不能； ②、难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ．制备水溶液： (1)“氧化焙烧”时发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (2)滤渣1的成分是___________(填化学式) (3)“萃取”时存在平衡：，保持其他条件不变，萃取时pH不宜过低，也不宜过高，其原因可能是___________。 (4)“反萃取”时发生反应：___________。 Ⅱ．制备，有两种方法： 制备方法1： (5)写出向水溶液1中加入氨水的离子方程式：___________。 (6)向“滤渣2”中加入后需要过滤并洗涤沉淀，取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入___________(试剂)，若观察到___________(现象)，说明沉淀已经洗涤干净，反之则无。 制备方法2： (7)向水溶液1中加入，生成沉淀。写出对应的离子方程式：___________。 (8)滤液C结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。用化学反应方程式解释热风烘干能提高纯度的原因：___________。 5．（12分）某小组同学探究硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与某些常见金属离子的反应。 已知：i．(淡绿色)、(紫黑色)、(无色) ii．在酸性溶液中转化为、S和SO2. iii．BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。 (1)将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是______。研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。 序号 X溶液 现象 I CuCl2溶液 溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀 II FeCl3溶液 溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色 III AgNO3溶液 逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液 (2)取I中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。 ①补全I中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式______：____________↓+______↓+______。 ②查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是______。 (3)II中，被Fe3+氧化的主要产物是，还有很少量的。取II中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。 ①仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明II中生成了，理由是______。用H2O代替II中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。 ②补全实验方案证实产物中还有很少量的：将沉淀1洗净，______。 (4)向III的无色溶液中继续加入0.5 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3，静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是______。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $