【文档说明】北京市广渠门中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.847 MB，由小赞的店铺上传

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北京市广渠门中学2024−2025学年度9月考试高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16第一部分一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原

子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca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10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.41Ca的原子核内有21个中子B.41Ca的

半衰期长，说明41Ca难以失去电子C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A．41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为412

021−=，A正确；B．41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间，C错误；D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A

。2.下列有关物质用途的说法中，不正确．．．的是A.液氨可用作制冷剂B.维生素C可用作食品中的抗氧化剂C.盐酸可用于除去水垢中的4CaSOD.3FeCl溶液可用于蚀刻覆铜电路板【答案】C【解析】【详解】A．液氨气化吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B

．维生素C具有还原性，可用作食品中的抗氧化剂，故B正确；C．盐酸可用于除去水垢，但不能除去4CaSO，故C错误；D．3FeCl溶液可以和Cu反应生成Cu2+，可用于蚀刻覆铜电路板，故D正确；故答案为C3.下列说法正确的是A

.标准状况下，1molH2O的体积为22.4LB.标况，等体积的N2和CO所含分子数相同C.丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍D.pH=1的盐酸中，()Hc+为1mol·L−1【答案】B【解析】【详解】A．H2O在标准状况下为液体，不能通过气体摩尔体积进行求算，A错误；B．同温同压下，相同体积的

气体具有相同的物质的量，故分子数相同，B正确；C．依据mnM=分析相同质量乙烷与丁烷的物质的量不同，分别为mmol30、mmol58，故丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，C错误；D．pH=1的盐酸中，()Hc+为0

.1mol·L−1，D错误；故选B。4.描述下列事实的离子方程式书写不正确．．．的是A.用醋酸溶液溶解大理石：2322CaCO2HCaCOHO+++=++B.将氯气通入二氧化硫的水溶液中：22224ClSO2HO4HSO2Cl+−−++=++C.用过量氨水吸收二氧化硫

：23224322NHHOSO2NHSOHO+−+=++D.将铜丝插入浓硝酸中：2322Cu4H2NOCu2NO2HO+−+++=++【答案】A【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆开写，故A

错误；B．氯气通入二氧化硫的水溶液中反应生成硫酸和盐酸，故B正确；C．用过量氨水吸收二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故C正确；D．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故D正确；故选A。5.关于23NaCO和3NaHCO的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用

NaOH溶液使3NaHCO转化为23NaCOC.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去3NaHCOD.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO和3N

aHCO的溶液中均存在2HO、23HCO、+H、-OH、+Na、2-3CO、-3HCO，A正确；B．3NaHCO加入NaOH溶液会发生反应：3232NaOH+NaHCO=NaCO+HO，B正确；C．3NaHCO受热易分解，可转化为23NaCO，而23NaCO热稳定性较

强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下23NaCO和3NaHCO饱和溶液pH相差较大的主要原因是2-3CO的水解程度远大于-3HCO，D错误；故选D。6.下列物质混合后，因发

生氧化还原反应使溶液pH减小的是A.向4NaHSO溶液中加入少量2BaCl溶液，生成白色沉淀B.向NaOH和()2FeOH的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C.向3NaHCO溶液中加入少量4CuSO溶液，生成蓝

绿色沉淀223Cu(OH)CO]D.向2HS溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有

氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为()()22234FeOH2HOO4FeOH++=，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuS

O4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。故选D。7.二氯亚

砜(2SOCl)的结构式为，易水解产生两种刺激性气味的气体。下列说法不正确的是A.S的化合价为＋4B.该分子呈平面三角形C.该分子是极性分子D.222SOClHOSO2HCl+=+【答案】B【解析】【详解】A．根据化合物化合价代数和为0，O为-2价，Cl为-1价，可求得S的化合价为+4价，A

正确；B．中心原子S的价层电子对数6122133142−−+=+=，是sp3杂化，有一对孤电子对，为三角锥形，B错误；C．分子呈三角锥形，为由极性键形成的极性分子，C正确；D．易水解产生两种刺激性气味的气体，则气体为SO2和HCl，故化学方程式为：222SOClHOSO2HCl+=

+，D正确；故选B。8.还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是A.铁与水蒸气反应：22322Fe3HO(g)FeO3H

++高温B.肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成2HC.向溶液a中滴加36KFe(CN)溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应D.向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有23FeO【答案】B【解析】

【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：23422Fe4HO(g)FeO4H++高温，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价

铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还是Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。答案选B。9.向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K

4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是A.依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)B.HCN的结构式是H—C≡NC.反应中每1molFe转移2mol电子D.[Fe(CN)6]4

-中Fe2+的配位数是6【答案】A【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确；C

．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确；故选A。10.X为含Cu2+的配合物。实验室制备X

的一种方法如图。下列说法不正确的是A.①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+B.在①和②中，氨水参与反应的微粒相同C.X中所含阴离子是SO24−D.X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度【答案】B【解析】【分析】向硫酸铜中

加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+24NH+，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X

为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]4SO·H2O。【详解】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+24NH+，A项正确；B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B

项错误；C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]4SO·H2O，所含阴离子为24SO−，C项正确；D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]4SO·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；答案选B。11.下列实验能达到对应目的的是选项ABCD实验目

的制备Fe(OH)3胶体检验待测液中是否含有2-4SO检验溴乙烷中的溴元素制备并收集NO2AAB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误；B．待测液中滴入盐酸酸化的

BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有24SO−或Ag+，故B错误；C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；选C。12

.侯氏制碱法工艺流程如图所示。.下列说法正确的是A.该流程可以向精制饱和食盐水中先通CO2再通NH3B.该流程中可循环使用的只有CO2C.母液Ⅰ“吸氨”后，溶液中的含碳微粒的存在形式主要是23CO−D.母

液Ⅱ与母液Ⅰ中所含的粒子种类相同，但前者Na+、-3HCO、Cl-的浓度更大【答案】C【解析】【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，先吸氨，再碳酸化，过滤得到母液Ⅰ，“吸氨”操作目的是增大NH3浓度，使溶液显碱性，在“碳酸化”时产生更多碳酸氢

钠。过滤后煅烧滤渣，将碳酸氢钠转化为碳酸钠。向母液中通入NH3，同时降低有利用氯化铵析出，避免碳酸氢钠析出，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使

用，据此分析判断。【详解】A．该流程可以向精制饱和食盐水中先通NH3再通CO2，可以增大CO2在饱和食盐水中的溶解度，便于形成NaHCO3晶体，A错误；B．根据上述分析可知：该流程中可循环使用的除了有CO2，还有饱和食盐水，B错误；C．母液Ⅰ溶液

中含有NaCl、NaHCO3、NH4Cl，向其中通入NH3，使溶液显碱性，NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，所以母液Ⅰ“吸氨”后的含碳微粒的存在形式主要是23CO−，C正确；D．滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ主要为饱和食盐水；母液Ⅰ主要是氯化铵和碳酸氢钠的溶液，前者Na+、Cl-的

浓度更大，后者-3HCO更大，D错误；故合理选项是C。13.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：已知：PbCl2(s

)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确．．．的是A.步骤ⅰ中一定发生反应

：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出【答案】C【解析】【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag

等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的2-4SO滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(a

q)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaC

O3(s)+2-4SO(aq)，过滤，弃去含有的2-4SO滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属

阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)

PbCO3(s)+2-4SO(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、2-4SO，过滤，弃去含有2-4SO的滤液，向滤渣

中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉

淀转化反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaCO3(s)+2-4SO(aq)，再过滤，弃去含有2-4SO的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；C．

步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，可见Cl-没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使A

u、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故合理选项是C。14.探究乙醛的银镜反应，实验如下(水浴加热装置已略去，水浴温度均相同)。已知：i.银氨溶液用2%AgNO3溶液和稀氨水配制ii.[Ag(NH3)2]++2H2O⇌Ag++2NH3·H2

O序号①②③④装置现象一直无明显现象8min有银镜产生3min有银镜产生d中较长时间无银镜产生，e中有银镜产生下列说法不正确的是A.a与b中现象不同的原因是[Ag(NH3)2]+能氧化乙醛而Ag+不能B.c中发生的氧化反应

为CH3CHO+3OH--2e-=CH3COO-+2H2OC.其他条件不变时，增大pH能增强乙醛的还原性D.由③和④可知，c与d现象不同的原因是c(Ag+)不同【答案】A【解析】【详解】A．对比a、b，除了银离子与银氨离子的差别外，两者的pH不同。且b中碱性更强，a未发生银镜反应也可能由于碱性不

够，因此无法得出银离子不能氧化乙醛。A选项错误；B．B选项正确；C．对比b、c，c中增大pH银镜产生得更快，说明增大pH增强乙醛的还原性。C选项正确；D．对比c、d，其他条件相同而d中NH3更多，导致平衡++332Ag+2NHAg(NH)ƒ正向移动

，Ag+减少d无银镜。当e中补加AgNO3时出现了银镜，正好验证了这一说法。D选项正确。答案选A。【点睛】探究实验注意控制单一变量；物质的氧化性或还原性与环境的pH相关。第二部分二、本部分共5题，共58分。15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效

应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅

酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②SiHCl3中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（

3）ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类

似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图。（4）基态Si原子核外电子排布式为___________。（5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：___________。【答案】（1）b

（2）①.300?32Si+3HClSiHClHC=+②.-1③.小（3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点（4）1s22s22p63s23p2（5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变

大趋势，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素【解析】【分析】二氧化硅和碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳气体，粗硅和氯化氢在300°C反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3在1100°C时和氢气反应生成高纯硅和氯化氢。【小

问1详解】a．元素非金属性越强，其单质氧化性越强，ⅰ中，C做还原剂，不能说明非金属性C比Si强，故不选a；b．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，说明非金属性C比Si强，故选

b；c．最高价含氧酸的稳定性与元素非金属性无关，碳酸的热稳定性弱于硅酸,不能说明非金属性C比Si强，故不选c；选b。【小问2详解】ⅱ中，1molSi与3molHCl反应生成1molSiHCl3和1molH2，转移4mol电子。①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知

，反应还会生成氢气，反应为该反应的化学方程式为300?32Si+3HClSiHClHC=+。②1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+

1变为-1，故SiHCl3中H的化合价为-1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小；【小问3详解】硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离。【小问4详解】Si是14号元素，基态Si原子核外电子排布式为1s22

s22p63s23p2；【小问5详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，D为As元素，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。16.研究人员合

成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC−PB)，并将其应用于氨氮废水(含NH3、4NH+)的处理。资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为()463FeFeCN，难溶于水。②BC−PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。

Ⅰ．复合材料BC−PB的合成（1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是___________(填字母)。a．提供H+，与Fe反应b．提供H+，与OH−反应c．提供CN−，与Fe2+配位d．提供CN−，与K+反应（2）ⅱ中分离得到()426KFeCN3HO的

操作包括加热浓缩、___________。（3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为___________。（4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，KHCO3造孔原理的化学方程式为___________。Ⅱ．氨

氮废水处理用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC−PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为：ⅰ．()()34222663FeFeCN3HO3H3FeFeC

NFe3OH3HO++++=+++ⅱ．OH将氨氮氧化为N2（5）ⅱ的离子方程式为___________。（6）用BC−PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2(已折算成标准状况)。实验中消耗的H2O2的质量至少为_________

__g。【答案】（1）ac（2）冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）()3+463FeCN+4Fe−=()463FeFeCN（4）323222KHCOKCO+CO+HOΔ（5）+4226O

H+2NH=N+6HO+2H+（6）204【解析】【分析】反应ⅰ中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe(CN)6]，K4[Fe(CN)6]溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe(CN)6]•3H2O，K4[Fe(CN)6]•3H2O和氯化

铁溶液、生物炭反应生成BC−PB；【小问1详解】ⅰ中铁粉和HCN反应转化为亚铁离子，同时HCN提供CN−，形成配位键，故HCN作用为提供H+，与Fe反应；提供CN−，与2+Fe配位，故选ac；【小问2详解】ⅱ中从溶液

分离得到的操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问3详解】ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为()3+463FeCN+4Fe−=()463FeFeCN；【小问4详解】700℃时，造孔原理为碳酸氢钾受

热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为323222KHCOKCO+CO+HOΔ；【小问5详解】ⅱOH将氨氮氧化为N2，根据氧化还原配平离子方程式为+4226OH+2NH=N+6HO+2H+；【小问6详解】由反应ⅰ、ⅱ可得总反应为：+3+4622462232FeFe(

CN)+6HO+4H+2NH=6FeFe(CN)+2Fe+N+12HO+。标准状况下22.4L2N物质的量为1mol，则实验中消耗的22HO的质量至少为6mol34g/mol=204g。17.氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过

程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知：pH升高时，ClO−易歧化为3ClO−和Cl−。（1）电解饱和食盐水的离子方程式为___________。（2）下列关于3ClO−产生的说法中，合理的是______

_____(填序号)。a．3ClO−主要在阴极室产生b．Cl−在电极上放电，可能产生3ClO−c．阳离子交换膜破损导致OH−向阳极室迁移，可能产生3ClO−（3）测定副产物3ClO−含量的方法如下图。①加入22HO的目的是消耗水样中残留的2Cl和ClO−。若测定中未加入22HO，则测得的水

样中3ClO−的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。②滴定至终点时消耗3VmL酸性4KMnO溶液，水样中()-3cClO的计算式为___________。（4）可用盐酸处理淡盐水中的3ClO−并回收2Cl。①反应的离子方程式为__

_________。②处理3ClO−时，盐酸可能的作用是：i．提高()+cH，使3ClO−氧化性提高或Cl−还原性提高；ii．提高()-cCl，___________。③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，______

_____。【答案】（1）--2222HO+2ClHCl2OH++电解（2）bc（3）①.偏大②.23156−xVyVV（4）①.-+-322ClO+6H+5Cl=3HO+3Cl②.使-Cl还原性增强③.先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否

变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化【解析】【小问1详解】业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为--2222HO+2ClHCl2OH++电解；【小问2详解】a．氯元素都在阳极室，所以3ClO−应该在阳极室生成，故a错误；b．氯离子在

阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成3ClO−，故b正确；c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为3ClO−和Cl-，故c正确；

答案选bc；【小问3详解】①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离

子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，所以3ClO−浓度将偏大。②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO，则有关系式-2+4MnO5Fe～，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为2+323(Fe)510mo

l−=nyV，3ClO−与亚铁离子反应的离子方程式为-2++-3+32ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO，则有关系式-2+3ClO6Fe～，与3ClO−反应的亚铁离子的物质的量为2+2+2+331223(Fe)(Fe)(Fe)10510mol总−−=−=−nnnxV

yV，设3ClO−的物质的量为a，3323105106−−−=xVyVa，则-23315(ClO)mol/L6−==xVVcVVyn；【小问4详解】①盐酸和3ClO−反应生成2Cl，反应的离子方程式为-+-322ClO+6H+5Cl=3HO+3Cl；②盐酸与3ClO−的反应中，盐酸作还原

剂，因此盐酸的作用可能是提高()-cCl，使-Cl还原性增强；③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。18.利用黄铜矿(主要成分为2

CuFeS，含有2SiO等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。（2）()442NHSO的作用是利用其分解产生的3SO使矿石中的铜元素转化为4CuSO。()442NHSO发生热分解的化学方程式是___

____。（3）矿石和过量()442NHSO按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质4002342FeOCuSOC

uFeS、、500()2443FeSOCuSOCuO、、①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。（4）用离子方程

式表示置换过程中加入Fe的目的_______。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的4CuSO溶液做电解液，并维持一定的()+cH和()2+cCu。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更

充分（2）()443322NHSO2NH+SO+HO（3）①.温度低于425℃，随焙烧温度升高，()442NHSO分解产生的3SO增多，可溶物4CuSO含量增加，故铜浸出率显著增加②.温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：()22424334CuFeS+17O+2CuSO6CuO+2F

eSO+4SO=，2CuFeS和4CuSO转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低（4）2+2+Fe+CuCu+Fe=（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量【解析】【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等

杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成

含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。小问1详解】黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；【小问

2详解】铵盐不稳定，易分解，()442NHSO分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为()443322NHSO2NH+SO+HO；【小问3详解】①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高

，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS

2+17O2+2CuSO4=6CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；【小问4详解】加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为2+2+Fe+Cu=Cu+Fe；【小问5详解】粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电

量时，会降低得到纯铜量。19.资料表明Co2+还原性很弱，某小组同学为实现23CoCo++→，进行如下探究。（1）理论分析：氧化半反应23CoeCo+−+−=一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c(Co3+)或_______均能促进

Co2+失电子，提高其还原性。【实验】①②【的已知：ⅰ．()3.1a2KHNO10−=，()4.8a3KCHCOOH10−=；ⅱ．HNO2不稳定，易分解：2323HNO2NOHNOHO=++（2）②是①的对照实验，目的是_______。（3）经检验，橙红色溶液中存在()326CoNO−

。经分析，①中能实现23CoCo++→的原因是Co3+形成配离子，且2NO−的氧化性被提高。a．解释Co3+能与2NO−形成配位键的原因：_______。b．结合还原半反应解释2NO−的氧化性被提高的原因：_______。【实验Ⅱ】③④已知：Co(OH)2(粉红色)和Co(OH)3(棕

黑色)的Ksp分别是10-14.2和10-43.8。（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。（5）分析④中能实现23CoCo++→的原因：a．该条件下，Co2+的还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低

”的影响，前者影响更_______(填“大”或“小”)。b．当c(Co2+):c(Co3+)＞1014时，Co2+能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能实现转化。（6）实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化

，可将高价阳离子转化为_______或_______。【答案】（1）提高c(Co2+)（2）证明该条件下2NO−遇CH3COOH不会产生气泡（3）①.Co3+能够提供空轨道，2NO−能够提供孤电子对②.还原半反应为2H++2NO−+e-=NO+H2O

，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进2NO−得电子（4）＞（5）①.大②.1027.6（6）①.更稳定的配合物②.更难溶的沉淀【解析】【分析】Co2+还原性很弱，氧化半反应23CoeCo+−+−=一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低生成物c

(Co3+)或提高反应物c(Co2+)均能促进Co2+失电子，提高其还原性。实验①中，通过加入冰醋酸，提高2NO−的氧化能力，将Co2+氧化为Co3+后，将Co3+转化为()326CoNO−，从而降低c(Co3+)，促进平衡正向移动。实验②是一个对比实验，证明在该实验条

件下，NaNO2不会与CH3COOH发生反应，不能引起HNO2的分解，也就不会产生实验①的现象。由对比实验，可证明实现了Co2+向Co3+的转化。【小问1详解】从平衡移动的角度来看，降低生成物c(Co3+)或提高反应物c(Co2+)，均能促进C

o2+失电子，提高其还原性。【小问2详解】实验①中，产生的现象是否为Co2+发生的转化，是否为NaNO2在酸性环境中发生的转化，需要进行实验证实，所以实验②是①的对照实验，目的是：证明该条件下2NO−遇CH3COOH不会产生气泡。【小

问3详解】a．形成配位键时，中心原子提供空轨道，配位体提供孤电子对，则Co3+能与2NO−形成配位键的原因：Co3+能够提供空轨道，2NO−能够提供孤电子对。b．加入NaNO2时，反应并未发生，加入冰醋酸后，还原半反应发生，则醋酸提供的酸性环境提高了2NO−的氧化能力。从

而得出2NO−的氧化性被提高的原因：还原半反应为2H++2NO−+e-=NO+H2O，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进2NO−得电子。小问4详解】实验③中，过量Cl2都不能将Co2+氧化，实验④中，通入少量Cl2就能将Co(OH)2氧化，则表明本

实验条件下还原性：Co(OH)2＞Co2+。【小问5详解】a．该条件下，Co2+还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影响，因为实现了23CoCo++→，所以表明前者影响更大。b．④中通入少量Cl2后，部分粉红色的Co(OH)2立即变成棕色的Co

(OH)3，继续通入Cl2后，全部变为棕【的黑色的Co(OH)3。在Co(OH)2、Co(OH)3共存的溶液中，有2214.2sp23343.8sp3K[Co(OH)]c(Co)c(OH)10K[Co(OH)]c(Co)c(OH)1

0+−−+−−===1029.6，则c(Co2+):c(Co3+)=1029.6×c(OH-)=1029.6×10-2=1027.6＞1014时，因此能实现转化。【小问6详解】实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，需设法降低高价阳离子的浓度，可将高价阳离

子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀。【点睛】要促进反应物向生成物的转化，可减小生成物的浓度或增大反应物的浓度。