北京市东城区2021届高三上学期期末考试教学统一检测(解析版)

1、北京市东城区2021届高三上学期期末考试教学统一检测可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108第一局部共42 分本局部共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要 求的一项。1垃圾分类有利于资源回收利用。以下垃圾的归类不合理.的是ABCD垃圾IifJR.F|J、归类可回收物16吨锻有害垃圾乂厨余垃圾【答案】B【详解】铅蓄电池含有大量的重金属，属于有害垃圾，B错误；应选B。2以下用离子方程式表示的原理中，正确的选项是A. 用水除去 NO 气体中的 NO2： 3NO2+H2O=2H+2N

2、O3-+NOB. 用碳酸钙与稀盐酸制取 CO2 : CO32- +2H+=H2O+CO2fC. 用稀硝酸溶解银：Ag+ NO3 +2H+=Ag +NO2 f +HOD. 用明矶作净水剂： AI3+3H2O=AIOH 3 J +3H【答案】A【详解】A正确,二氧化氮与水反响会生成硝酸和一氧化氮，而一氧化氮与水不反响，符合 除杂原那么；B错误，CaCO3不溶于水，不能拆开；C错误，稀硝酸反响产生 NO,不是NO2；D错误，明矶净水利用的是 Al3+水解产生胶体，不是沉淀；应选A。A.锗位于第四周期第V A族B. 30Ge的中子数与电子数的差值为38C.锗是一种半导体材料D.碱性：Ge(0H)4 K

3、OH【答案】C【详解】A、Ge的核外电子排布为 2、8、18、4,那么其位于第四周期IV A族，A错误；70B、 32Ge的中子数位38,电子数位32，那么中字数和电子数的差值为6, B错误；C、 Ge位于金属元素和非金属元素分界线上，其单质可用作半导体材料，C正确；D、 第四周期中，Ge位于K的右侧，贝U K的金属性大于 Ge,所以碱性：KOH Ge(OH)4,D错误；应选C。4以下关于钠及其化合物的表达不正确的是()A. 钠与水反响放出热量B. Na2O与Na2O2均能与水反响生成 NaOHC. 钠切开后，光亮的外表迅速变暗，是因为生成了Na2O2D. 用加热的方法可除去 Na2CO3粉末

4、中含有的少量 NaHCO3【答案】C【详解】A、Na和水反响是放热反响， A正确；B、 Na2O与Na2O2均能与水反响生成 NaOH , B正确；C、 Na切开后，光亮的外表迅速变暗，是因为生成了Na2O, Na2O2呈淡黄色，C错误；D、 NaHCO3受热不稳定，受热分解生成Na2CO3,故可以用加热的方法可除去Na2CO3粉末中含有的少量NaHCOs, D正确；应选C。以下说法不正确的选项是()A. X分子存在顺反异构体B. X分子中含有3个甲基C. X分子中含有羧基、羟基和酯基D. 1mol X最多能与2mol NaOH发生反响【答案】D【详解】A、该分子中含有碳碳双键，且两个碳原子两

5、侧所连接的基团不同，所以该分子存在顺反异构体，A正确；B、该分子中含有3个甲基，B正确；C、 该分子中含有羧基、酚羟基和酯基，C正确；D、 1个X分子中含有1个羧基、1个酚羟基和1个酯基，其中酯基是由酚羟基和羧基形成的，故1mol X最多能消耗4mol NaOH，D错误；应选D。【点睛】此题的易错点是D选项，能和NaOH反响的官能团有酯基、酚羟基、羧基、卤原子，同时还要注意酯基的构成，如果是羧基和酚羟基形成酯基，那么水解形成羧基和酚羟基都会消耗NaOH。6对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取以下措施，有关叙 述正确的选项是()A. 温度均升高20C，两溶液的pH均不变

6、B. 参加适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小C. 加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小D. 与足量的氯化铁溶液反响，产生的氢氧化铁沉淀一样多【答案】B【详解】A、升高温度，水的离子积 Kw变大，所以两溶液的pH 一定改变，A错误；B、 参加氯化铵之后，由于同离子效应，NH3H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH 减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反响，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B正确；C、 向pH相同的两溶液中加水稀释 100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH 的变化量小于2,即稀释后，氨水的 pH更高，那么氨水中c(OH-)比

7、氢氧化钠溶液中的大， C 错误；D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3 H2O还有很多，这局部 NH3 H2O还可以再提供 OH-，故这两种溶液和足量的 FeCb 反响，氨水产生的 Fe(OH)3更多，D错误；应选B。【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的局部往往很少，故在常考的题中，比方HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明 c(H+ )或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中局部电离，随着H +的消耗，其电离平衡不断向右移动， 这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数

8、值，而HCI是强电解质，其在水中完全电离，随着 H +的消耗，不会再有 H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反响，HAc放出的氢气多。7铁片镀铜实验中(装置如以下图所示)，为提高电镀效果，电镀前铁片需依次用NaOH溶液、B. a接电源正极，b接电源负极C. 电镀过程中c(Cu2+)根本保持不变D. 阴极发生反响：Cu2+ + 2e-= Cu【答案】B【分析】电镀时，铜片作阳极，即b接电源正极，电极反响为Cu-2e-=Cu2+，铁片作阴极,即a与电源负极相连，电极反响为Cu2+2e-=Cu。【详解】A、电镀前，用NaOH溶液除去铁片上的油渍，用稀盐酸除去铁锈，A正确；B、

9、电镀时，a接电源负极，b接电源正极，B错误；C、 根据两个电极反响，可以推出电镀过程中c(Cu2+)根本保持不变，C正确；D、阴极的电极反响为 Cu2+2e-=Cu, D正确；应选B。【点睛】电镀时，镀件做阴极，与电源负极相连，镀层金属作阳极，与电源正极相连，电解质溶液含有镀层金属的离子。8以下实验操作能到达实验目的的是()实验目的实验操作A鉴别苯和溴乙烷取少量苯和溴乙烷，分别参加水B除去二氧化碳中的氯化氢将气体通入碳酸钠溶液中C比拟氯和硅的非金属性强弱将盐酸滴入Na2SiO3溶液中D验证在酸作用下，蔗糖水解能否生成匍萄糖取水解后的液体，参加新制的氢氧化铜加热【答案】A【详解】A、苯的密度比水

10、小，溴乙烷的密度比水大， 向这两种物质中加水，苯在水的上方，溴乙烷在水的下方，该方法可以用来鉴别苯和溴乙烷，A可以到达实验目的；B、 少量的氯化氢会和 Na2CO3溶液反响生成 NaHC03,而C02也会和 W2CO3溶液反响生成NaHC03,所以该方法不适合除去二氧化碳中的氯化氢可以将该混合气体通入到饱和NaHC03溶液中，B不能到达实验目的；C、元素非金属性强弱的比拟方法之一是比拟元素的最高价氧化物的水化物的酸性强弱，对应的酸的酸性越强，元素的非金属越强，但是HCI不是Cl的含氧酸，故该方法不适合用来比拟CI和Si的非金属性强弱，C不能到达实验目的；D、 必须在碱性环境中使用新制Cu0H2

11、悬浊液，即蔗糖水解后，需要先将溶液调为碱性，在滴加新制CuOH 2悬浊液，故D不能到达实验目的；应选A。9用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反响S+ NaOH Na2SO3+ Na2S+ H2O 未配平。以下说法不正确的选项是A. 方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键B. 生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为 1 : 2C. 方程式中S和H2O的化学计量数相同D. 清洗之后的废液呈碱性【答案】A【详解】A、方程式中含 Na的化合物中，NaOH、Na2SO3均含离子键和共价键，而Na2S仅含离子键，A错误；0+40-2B、 根据得失电子守恒来计算： SNa2SO3过程转移4份电子

12、，sNa2S过程转移2份电子，由于反响中得失电子数相等，所以 1份S转化为Na2SO3的同时，有2份S转 化为Na2S,即生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为 1 : 2, B正确；C、 该反响方程式配平：3S+6NaOH=Na2SO3+2Na2S+3H2O，由此可得 S和H2O的化学计量数相同，C正确；D、清洗之后的废液含有 NaOH、Na2SO3、Na2S，其中NaOH是强碱，Na2SO3、Na2S都是强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性，故废液呈碱性，D正确；应选A。10某同学制作的燃料电池示意图如下，先闭合Ki接通电源一段时间后，再断开Ki、闭合K2时，电流表指针偏转。以下分析正确

13、的选项是A、闭合Ki时，Na2SO4开始电离B闭合Ki时，石墨a附近溶液逐渐变红C断开Ki、闭合K2时，石墨a附近溶液酸性逐渐减弱D.断开Ki、闭合K2时，石墨b极上发生反响：H2?2e-=2H +【答案】C【分析】闭合Ki时，装置为电解池，电解质溶液为Na2SO4溶液，那么该装置电解水，石墨a邙日极的电极反响为：4OH-4e-=O2f +2HO,石墨b 阴极的电极反响为：4H+4e-=2H2 f； 断开Ki、闭合K2时，电流表发生偏转说明该装置内有电流产生，那么该装置转变为了原电池，反响是电解池产生的 。2和H2 题中也说明了是燃料电池，原本O2在石墨a电极上产生， H2在石墨b电极上产生，

14、故石墨a作正极，电极反响为 O2+2H2O+4e-=4OH-,石墨b作负极， 电极反响为2H 2-4e-=4H +。【详解】A、Na2SO4遇水形成溶液就开始电离，不需要等到通电才发生电离，A错误；B、 闭合Ki时，装置为电解池，石墨 a为阳极，其电极反响为 4OH-4e-=O2f +2HO，由于该 电极消耗OH-，故该电极附近溶液不会变红，B错误；C、 断开Ki、闭合K2时，该装置转变为了原电池，石墨a作正极，电极反响为O2+2H 2O+4e-=4OH-,由此可见石墨 a附近溶液酸性逐渐减弱，C正确；D、 断开Ki、闭合K2时，石墨b极作负极，电极反响为 2H2-4e-=4H +, D错误；

15、应选C。ii.乳酸亚铁CH 3CHOHCOO 2Fe是一种食品铁强化剂。某同学为检验其中铁元素设计了如下方案，其中不合理 的是A. 向乳酸亚铁溶液中滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀B. 向乳酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，出现灰绿色沉淀C. 向乳酸亚铁溶液中滴加高锰酸钾酸性溶液，振荡后紫色褪去D. 向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无现象，再参加氯水，溶液变红【答案】C【详解】A、Fe2+和Fe(CN)63仮应产生Fe3Fe(CN) 62蓝色沉淀，该方案合理；B、Fe2+和0H-反响产生Fe(0H)2白色沉淀，该沉淀迅速转变为灰绿色，最终变为红棕色， 该方案合理；C、乳酸亚铁中含有醇羟基，该结构也

16、易被高锰酸钾酸性溶液氧化，故该方案不能说明乳酸 亚铁中含有Fe2+，即该方案不合理；D、 向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无现象，说明溶液中不含Fe3+，再参加氯水，溶 液变红，说明溶液中有 Fe3+生成，那么Fe3+只能是Fe2*被氧化得来，故该方案可以检验乳酸亚 铁中铁元素，即该方案合理；应选C。【点睛】题中的四种方法都可以用来检验Fe2*，是一个很好的总结。同时，也要注意醇羟基的复原性，尽管平时的学习中很少遇到，但是可以在平时的学习中积累，比方查酒驾，主要原理是重铬酸钾氧化酒精，由此可以推出醇羟基是可以被强氧化剂所氧化的。12用以下图装置探究1-溴丁烷在氢氧化钠溶液中发生的反响，观察到

17、高锰酸钾酸性溶液褪色。以下分析不正确的选项是()A. 推断烧瓶中可能生成了1-丁醇或1-丁烯B. 用红外光谱可检验在该条件下反响生成有机物中的官能团C. 将试管中溶液改为溴水，假设溴水褪色，那么烧瓶中一定有消去反响发生D. 通过检验反响后烧瓶内溶液中的溴离子，可确定烧瓶内发生的反响类型【答案】D【详解】A、1-溴丁烷在氢氧化钠溶液中发生反响:CH3CH23Br+NaOHCH 3CH23OH+NaBr ,生成的 CH3CH2OH 和 NaOH 溶液成醇溶液，还能发生反响：CH3CH23Br+NaOH醇 CH3CH2CH=CH 2+NaBr+H 2O，1-丁烯常温下是气态，1- 丁醇易挥发，这两种

18、物质受热逸出到试管中，都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故推断烧瓶中可能生成了 1-丁醇或1-丁烯，A正确；B、 用红外光谱可检验在该条件下反响生成有机物中的官能团，B正确；C、 由A分析，产物可能有1-丁醇或1-丁烯或两种物质都有，但是只有1-丁烯能使溴水褪色，故假设溴水褪色，那么烧瓶中一定有消去反响发生，C正确；D、由A分析，烧屏内可能发生了取代反响或消去反响或两种反响都有，这两种反响都有Br-产生，故不能通过检验反响后烧瓶内溶液中的溴离子，可确定烧瓶内发生的反响类型，D错误；应选D。.r H13.：H：Z：H + H I H：NJlj ，所以氨气可看作一元碱。以下关于联氨N2H4的推HL H断

19、不正确的选项是B. 可看作二元碱C. 与过量硫酸反响最终生成N2H6SO4D. 有复原性，在一定条件下可与O2反响生成N2【答案】C【详解】A、N2H4的电子式为:H: N:N ； HH H那么其结构式为A正确;B、NH3含有一个孤电子对，结合一个H +，所以NH3可看作一元碱，而 N2H4含有两个孤电子对，结合两个 H+，所以N2H4可以看作二元碱，B正确;C、N2H4可以看作二元碱，其与过量硫酸反响最终生成N2H5HSO4, C错误;D、N2H4中，N呈-2价，具有复原性，在一定条件下可与O2反响生成N2, D正确;应选C。亠 - i-竿圣.-二-任50 L0(J一-豊二二呈00乱 10

20、4U0 叫卅 MX) 7IMIA. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCI和02B. 乙是C4Hio(g) = C4H8(g)+H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反响的?H 0、x0.1C. 丙是0.5mol/L CH 3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c(OH-)减小D. 丁是0.03g镁条分别与2mL 2mol/L盐酸和醋酸反响过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断代表盐酸与镁条的反响【答案】D【详解】A、在氯水中，存在反响：Cl2+H2O= H+CI-+HCIO , Cl-浓度的升高

21、说明平衡正向移动，是因为 HCIO不稳定分解，但是并不能推断出HCIO分解产生了 O2, A错误；B、 同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，那么平衡正向移动，？H 0;同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，那么xv 0.1 ； B错误；C、 盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反响，温度升高，水的离子积增大，水中的c(H+) 增大，pH降低；温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，c(OH-)增大，由于K附+)=病,Kw增大的更多一些，使得c(H+)也增大一些c(H +)没有c(OH-)增大得多,溶液pH呈小幅度的减小，C错误；D、盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，那么HCI和

22、醋酸的物质的量也相同，故这两个容器中产生的H2的量相同，最终容器内的压强也相同；HCI是强电解质，醋酸是弱电解质，那么醋酸溶液的H +的浓度较低，其反响速率也较低，故代表盐酸与镁条的反响，代表醋酸与镁 条的反响，D正确；应选D。光照2HCIO2HCI+O2，也有3HCIO 2HCI+HCIO 3，题中虽然有光照这个条件，但【点睛】此题的 A选项是易混项，需要注意的是HCIO的分解方式不仅仅有并未验证有。2生成，故无法说明 HCIO的分解方式。 第二局部共58 分 本局部共5小题，共58分。15.随着能源技术的开展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。1锂元素 性质与原子结构密切相关。写出锂的原

23、子结构示意图:2 根据元素周期律推断：锂与水反响的化学方程式是 在碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物中，LiOH的碱性最填 强或 弱。3：Mg t M+g+e- ?H代表碱金属元素兀素?H (kJ/mol)CsLi+376+ 根据以上数据，元素?H从原子结构的角度解释4海水中有丰富的锂提取原理如以下图所示:M惟填“A或 “B上生成。,我国科学豕出利用太阳能冨锂的技术,金属锂在电极阳极产生两种气体单质,电极反响式是【答案】1.!(2) . 2Li + 2H 2O = 2LiOH + H 2?(3).弱 (4).同一主族,金属活动性越强或弱?H越小或大5.从Li tCs,随着质子数递增，电子层数

24、增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，？H减小 (6). A(7). 2CI- - 2e- = Cl2f、40H- - 4e- = O2 + 2H2O【分析】(1) Li是三 号元素， 可据此画出其原子结构；(2) Li是碱金属中金属性最弱的元素；(3) 根据表格中的数据分析即可； 同一主族，自上而下，原子半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越弱，原子越容易失去电子；(4) 要从海水中提炼 Li，那么Li原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许Li+通过，故可以推出Li+在A极放电生成Li ； 海水中含有大量的 CI-，故气体之一为 CI2，同时，还能产生 02,据此可以推出相应的电 极反响。

25、【详解】(1)Li是三 号元素, 其原子结构为(2Li属于碱金属，其和水反响的方程式为2Li+2H 2O=2LiOH+H 2 T； 在碱金属元素中，Li的金属性最弱，故 LiOH的碱性也最弱；(3从图中可以分析得到，同一主族，金属活动性越强(或弱)，？H越小(或大)；从Li tCs,随着质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小，原子失电子能力增强，？H减小；(4)要从海水中提炼 Li，那么Li原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许Li+通过，故可以推出Li+在A极放电生成Li ；海水中含有大量的 CI-,故有CI2生成，相应的电极反响为：2CI-2e-=Cl2T,

26、海水中在阳放电产生气体的离子还有 0H-,故另外一种气体为 02，相应的电极反响为：40H-4e-=O2 T +2H0。16.甲醇(CH30H )的合成与应用具有广阔的开展前景。I 合成甲醇的局部工艺流程如下：原料气十预熱装置合成反响器*甲醇(1) 甲烷与水蒸气反响制备合成甲醇的原料气CO、CO2和H2。CH4(g) + H20(g) = CO(g)+ 3H2(g)、?H =+ 206.2 kJ moL , CO(g) + H 20(g) = C02(g) + H2(g)?H = ?41.0 kJ mol1甲烷与水蒸气反响生成 C02和H2的热化学方程式为(2) 在催化剂的作用下，200300

27、C时，合成反响器内发生反响：i CO(g) +2H2(g)=CH3OH(g)?H v O,ii .C02(g) + 3H2(g) CH30H(g) + H 20(g)?H v 0。一段时间内，记录合成反响器出、入口样品的温度，数据如下图。曲线是合成反响器出口样品的温度。 如果你是工程师，请对合成反响器中压强的控制提出建议并说明理由： 合成反响器中有少量的副反响，会生成二甲醚(CH3OCH3)、甲酸甲酯等。沸点：甲醇64.7C;二甲醚 -24.9C;甲酸甲酯 32.0C。 CO和H2生成二甲醚的化学方程式是 。 从合成反响器出来的产品经别离提纯可以得到甲醇，请简述该方法n.以下图为甲醇燃料电池的

28、示意图。(3 负极的电极反响式是 质子交换膜材料的合成是燃料电池的核心技术。我国科研人员研发的一种质子交换膜材料 的结构片段如下，它由三种单体缩聚而成。O【答案】(1). CH4(g) + 2H 2O(g) = CO2(g) + 4H 2(g)H = +165.2kJmd 1(2). a适当加压。加压能使该反响速率增大、原料转化率升高，也会增加设备和动力本钱.：ROH + R Cl t R O R + HC,单体的结构简式是:CH 3OH 6e+ 出0 = CO 2+ 6H +(7).jCTk(8).CIS02CO+ 4H2 = CH3OCH3+ H2O(5).降温冷凝得到液态甲醇粗品再蒸馏提

29、纯(6).【分析】I、( 1)应用盖斯定律写出热化学方程式；(2) 两个反响都是放热反响，合成反响器出口样品的温度更高一些；但是压强高，意味 两个反响都是气体体积减小的反响，从平衡的角度来看，高压更适宜， 着设备要好，这就需要加大本钱的投入，因此需要适当加压； 题中告知反响物和生成物，写完整方程式即可； 题中给出了几个物质的沸点，甲醇的沸点较高，且和其他物质的沸点相差较大，可以通过降温冷凝的方法得到甲醇；II、( 3)燃料电池的构造中有质子交换膜，那么说明反响中产生H+，故负极电极反响为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H + ;结合题中给出的方程式分析即可。【详解】1、( 1)根据盖斯

30、定律，将两个热化学方程式加起来得：CH 4(g)+2H 2O(g)=CO 2 (g)+4H 2(g) ?H=+165.2kJ mol-1 ；(2)两个反响都是放热反响，合成反响器出口样品的温度更高一些，应选a； 两个反响都是气体体积减小的反响，从平衡的角度来看，增大压力，能使该反响速率增大、原料转化率升高，但是压强高，意味着设备要好，这就需要加大本钱的投入，因此需要适当加压； CO和H2生成二甲醚的化学方程式为：2CO+4H2 CH3OCH3+H2O ； 题中给出了几个物质的沸点，甲醇的沸点较高，且和其他物质的沸点相差较大，可以通过降温冷凝的方法得到甲醇粗品，再经过蒸馏提纯；II、( 3)燃料

31、电池的构造中有质子交换膜，那么说明反响中产生CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H + ；H+，故负极电极反响为:17.工业用黄铜矿(主要成分 CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物)冶炼铜的一种方法如下:结合题中给出的化学方程式，可以推出另外两种单体分别为:(1 )1中发生以下反响。i.CuFeS2 + 3Cu2+ + 4CI- = 4CuCI+ Fe 2+ +2S ii. CuCl +C= CuCl 2-, I中盐酸的作用是 。(2) n中通入空气，将 Fe2+转化FeOOH沉淀。 Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是。 溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和。(3) 川中需控制

32、 NaOH溶液的用量，其原因是。(4) 闪中参加 Na2CO3溶液的目的是 。(5) V中反响的离子方程式是 。(6) 从物质循环利用的角度分析，如何处理NaCI溶液才能更好地效劳于该冶炼铜的工艺，并说明理由：。【答案】(1).补充CI-,促进I中反响，提高铜元素浸出率(2). 4Fe2+ + O2 + 6H2O =4FeOOH! + 8H+(3). Cu2+、CuCb-(4).防止 Zn2+、Pb2+沉淀，同时防止 CuCl 2-变成 Cu2O沉淀 (5).除去 Zn2+和 Pb2+(6). 2CuCl2- + 2OH- = Cu20j +4C1 +H2O(7).电解氯化钠溶液产生 H2、C

33、I2和NaOH , NaOH可用于川、V中作沉淀剂，H2可用于W作复原剂， CI2可用于忸作氧化剂【分析】(1)观察I中的两个反响，其中ii是可逆反响，故使用稀盐酸可以促使平衡正向移 动，增大铜元素的浸出率；(2Fe2+被 02氧化FeOOH，那么反响物中还含有 出0，依此写出方程式；根据I中的反响及Cu(OH)3CI，可以推出溶液 A中还含有Cu2+、CuCl2-；(3) 在流程中，从溶液 A中得到 Cu(OH)3CI要经过盐酸的处理得到 CuCl2，因此要求Cu(OH)3CI的纯度要高，所以III中控制NaOH的用量是为了防止 Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可防止CuCl 2-变成CU

34、20沉淀;Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和 Pb2+;(5)溶液C中的主要离子为 CuCl2-，据此写出离子方程式;(6)观察流程图，可以发现电解饱和可以电解氯化钠溶液。【详解】(1)使用稀盐酸，可以增加的浸出率;(2 Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为黄铜矿和CuCl 2、稀盐酸反响后，再向所得溶CuCI2-，再根据溶液A中参加NaOH溶液得到(3)111中控制NaOH的用量是为了防止 Zn2根据图中可知，该和NaCI 1Cl-的浓OOH +8H+;+O2+6H2O=液A，可以推出溶液中E出溶液A中还含有形成沉淀,O2得入所得的产物使得反响沉淀，以防止 Cu(OH) 3CI中含有杂质

35、;了 CU20 ,、H2、也可防止ONaOHH均有运用,增大铜元素(4)W中参加Na2CO3溶液是为了除去 Zn2+和Pb2+;(5) 溶液C中的主要离子为 CuCl2-，根据图中可知，该离子和NaOH反响生成了 Cu2O，那么反响的离子方程式为：2CuCl2-+2OH-=Cu2OH +4C1 +H2O;(6)如下图，电解氯化钠溶液产生H2、CI2和NaOH，NaOH可用于V中作沉淀剂,H2可用于W作复原剂， Cl2可用于忸作氧化剂。18阳极泥处理后的沉渣中含 AgCI，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在 实验室模拟该过程。：i. 25C 时，局部物质的溶解度：AgCl 1.

36、9 W- g; Ag2SO3 4.6 W- g; Ag2SO4 0.84 g。(4) 通过V、VI可知，溶液C中没有杂质离子，故W中参加pH变化如下图。I 浸出氯化银取AgCI固体，参加1 mol/L Na 2SO3溶液作浸取剂，充分反响后过滤得到浸出液(pH=8 ),该过程中发生的反响为 AgCI + 2SO2Ag(SO3)23-+ Cl-。(1)用平衡移动原理解释 AgCI溶解的原因是 n.酸化沉银(2)经检测，沉淀 m为AgCI，那么溶液m中含微粒的主要存在形式是(3) 探究沉淀n的成分。甲同学认为沉淀 n 定不含Ag 2SO4,其依据是乙同学认为沉淀 n可能含Ag 2SO3,进行实验验

37、证。J-人自SUMI休i.本实验设计的依据是：Ag 2SO3具有性。ii.乙同学观察到，得出结论 沉淀 n不含 Ag 2SO3。丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag 2SO3。止产生白色沉淀1i. 本实验设计的依据是：假设沉淀 n含Ag2SO3,那么溶液n中含Ag微粒的总物质的量 一(填 二或N)Cl物质的量。ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程： 川.浸取剂再生(4) 溶液m经处理后可再用于浸出 AgCI ,请简述该处理方法 。【答案】(1). AgCI(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag + 与 SO32-结合生成Ag(SO 3)23-，促进 AgCI的溶解

38、平衡正向移动(2). HS03-(3). Ag2SO4的溶解度远大于 AgCI或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小(4).复原 (5). b中清液的颜色与.c相同，均为浅紫色溶液 (6).v (7). e中无沉淀生成，说明清液中没有 Cl-，那么溶液n中参加稀硝酸使Ag(SO3)23全部 转化为Ag+ ,Ag+将Cl -全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于 n(Cl - (8).加NaOH溶液调节pH至910【分析】I、( 1)利用平衡移动的知识答题即可；II、 (2)生成沉淀 m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占 100% ；(3溶液中

39、Ag +的浓度很小，而 Ag 2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀； 依据Ag2SO3的复原性答题； e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-,那么溶液n中参加稀硝酸使Ag(SO3)23全部转化为Ag + ,Ag+将Cl全部沉淀，由此可分析出溶液 n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl J；III、 (4)m溶液中的溶质为 NaHSO3,浸取剂为NazSOs溶液，需要参加NaOH溶液将NaHSOs 转化为Na2SO3。【详解】I、( 1) AgCI(s) = Ag+(aq)+ Cl -(aq), Ag + 与 SO32-结合生成Ag(SO 3)23-,促进 AgCl 的溶解平衡正向移动；II、(2)生成沉淀 m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占4100%，那么溶液m中含S微粒的主