2023届北京高三一模化学汇编：化学反应原理3

高三模拟试题PAGEPAGE32022北京高三一模化学汇编化学反应原理3一、原理综合题1．（2022·北京丰台·一模）铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。Ⅰ.研究铁的腐蚀实验步骤如下：步骤1：将铁粉放置于0.002溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。步骤2：向15.00mL1NaCl溶液(用盐酸调pH=1.78)中加入浸泡过的Fe粉。步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为___________。(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。①选取b点进行分析，经检验溶液中含有，写出Fe被腐蚀的总反应___________。②取b点溶液向其中滴加KSCN无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点被氧化的离子方程式___________。③依据b点发生的反应，分析第二阶段pH上升的原因是___________。Ⅱ．研究铁的防护(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀已知：放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。①镀件Fe应与电源的___________相连。②向电解液中加入NaCN溶液，将转化为，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。(4)电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水50mL，再加KI溶液1mL，用c溶液滴定，消耗溶液VmL。已知：(无色)

，

。①滴定终点的现象是___________。②废水中的含量是___________(填计算式)。2．（2022·北京房山·一模）回收利用是目前解决空间站供氧问题的有效途径，其物质转化如图：(1)反应A为，是回收利用的关键步骤。已知：反应A的___________(2)将原料气按置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。①理论上，能提高平衡转化率的措施有___________(写出一条即可)。②温度过高或温度过低均不利于该反应的进行，原因是___________。(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是___________(填字母)。a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%c．不用作供氧剂的原因可能是不易实现循环利用(4)用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是___________。3．（2022·北京石景山·一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。(1)若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从_______(填分子的空间结构名称)变为弯曲型，便于下一步反应。(2)一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。①写出总反应的化学方程式_______。②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO的VSEPR模型名称_______。(3)①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH12CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g)ΔH2写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式_______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol，在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性〖x(CH3OH)%=〗随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因_______。③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式_______。4．（2022·北京延庆·一模）燃烧煤排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：(1)NaClO2中氯的化合价为_______。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOSONONOCl-c/(mol·L-1)8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：_______。增加压强，NO的转化率_______(填“提高”“不变”或“降低”)。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_______(填“增大”“不变”或“减小”)。③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_______。(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”“不变”或“减小”)。②反应ClO+2SO2SO+Cl−的平衡常数K表达式为_______。③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果，从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。5．（2022·北京朝阳·一模）某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。(1)从正反应方向探究实验。取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。①通过检测出_______，证实反应A存在限度。②加入，振荡，平衡向_______移动。③除反应A外，还发生_______(写方程式)，促进与的反应。(2)从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化。未检出。①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是_______。②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出。(3)乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。查阅资料：实验验证：已知：、(微溶)①Ⅲ中溶液的作用是_______。②Ⅳ中溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。(4)问题思考：向与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应：i.与在的促进下发生的氧化还原反应ii.与在促进下发生的反应iii.与的反应确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤，_______。供选择试剂：稀、溶液、溶液已知：、溶于溶液；难溶于稀6．（2022·北京海淀·一模）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，易歧化为和。(1)电解饱和食盐水的离子方程式为___________。(2)下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。a．主要在阴极室产生b．在电极上放电，可能产生c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生(3)测定副产物含量的方法如下图。待测水样V1mL适量H2O2足量V2mLxmol-1溶液a①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。①反应的离子方程式为___________。②处理时，盐酸可能的作用是：i．提高，使氧化性提高或还原性提高；ii．提高，___________。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，___________。7．（2022·北京门头沟·一模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。Ⅰ.合成甲醇(1)由CO2催化加氢合成甲醇醇。①一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中有下列反应：反应1：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2反应3：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。①则△H2____△H3(填“>”“<”或“=”)。②对于上述CO2加氢合成CH3OH的反应体系，下列说法不正确的是____(填字母)。a．增大初始投料比，有利于提高CO2的转化率b．当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡c．体系达平衡后，若压缩容器体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动d．选用合适的催化剂可以提高反应3中CO2的平衡转化率(2)电化学原理将CO2转化为甲醇。在光电催化条件下可以高效地将CO2和H2O转化为甲醇，从电极反应的角度分析：①甲醇在____(填“阴”或“阳”)极生成；②氧化反应为____。Ⅱ.甲醇是重要的化工原料，也可用作甲醇燃料电池。以稀硫酸为电解质溶液，甲醇燃料电池的工作原理如图所示。(3)该电池工作时，c口通入的物质是_____。(4)该电池负极的电极反应式是_____。8．（2022·北京延庆·一模）当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳(CO2)的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：(a)CH4(g)C(s)+2H2(g)ΔH1=akJ·mol-1(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=bkJ·mol-1(c)2CO(g)CO2(g)+C(s)ΔH3=ckJ·mol-1(d)······(1)根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。(2)原电池法：我国科学家研究Li—CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C。①在Li—CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的_______(填“正”或“负”)极。②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式i._______ii.C2O=CO+CO2iii.CO2+2CO=2CO+Civ.CO+2Li+=Li2CO3(3)电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如下：①Pt片为电解池的_______极。②写出CO2还原为HCOO-的电极反应式：_______。③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_______。9．（2022·北京西城·一模）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。反应平衡常数(25℃)活化能/(kJ/mol)反应a：

24.6反应b：

3.17反应c：

58.17①已知：

，则_______。②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。10．（2022·北京东城·一模）CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。(1)生成CH3Cl的化学方程式是____。(2)CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：Ⅰ.链引发Ⅱ.链传递Ⅲ.链终止Cl22Cl·Cl·+CH4→·CH3+HCl·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·……2Cl·→Cl2Cl·+·CH3→CH3Cl……①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)△H。已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。编号操作结果A将Cl2与CH4混合后，光照得到氯代甲烷B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到氯代甲烷C将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合几乎无氯代甲烷D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合几乎无氯代甲烷a．由B和D得出的结论是____。b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。(3)丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。二、工业流程题11．（2022·北京丰台·一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：已知：常温下，

(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。(2)①中As的化合价为___________。②步骤ⅱ中的作用是___________。(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为___________。(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。12．（2022·北京房山·一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：已知：(1)该元素位于周期表___________区。(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。②水解的离子方程式为___________。③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。④结合图像，当溶液接近___________时，已沉淀完全。(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。熔点/℃-25.0648.87141667沸点/℃136.4109014123287(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。13．（2022·北京石景山·一模）从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。已知：i.含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数H2SKa1=1.1×10−7Ka2=1.3×10−13CuS6.3×10−36FeS6.3×10−18NiS3.2×10−19Ni(OH)25.5×10−16CaF24×10−11Fe(OH)32.8×10−39(1)H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______〖用c(H2S)、c(H+)和c(S2−)表示〗=1.43×10−20。(2)滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除杂”中试剂a为_______。(5)“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L〖计算时c(H2S)取0.1mol/L，结果保留两位有效数字〗。14．（2022·北京东城·一模）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。(3)HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。已知：温度相同时，溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。②本流程中还利用了HA的性质是_____。(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。15．（2022·北京西城·一模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：资料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．(1)制备①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。(2)制备将、、混合并调节溶液的pH制备。①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。16．（2022·北京朝阳·一模）从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_______。(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：①相对于Cu2+，粗液中浓度过小，原因是_______(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。②粗液中浓度较大，但由于_______，不能得到硝酸铜晶体。(3)测量粗品中铁(含、)的含量，评定纯度等级。Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀和溶液，加热。Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解红褐色沉淀，滴入溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。已知：完全沉淀的pH为6.7，完全沉淀的pH为2.8①Ⅰ中将氧化为的离子方程式是_______。②试剂X是_______。(4)电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解溶液，研究溶液的再生条件。序号电压阴极现象阳极产物ia无气泡，少量金属析出无，有iib较多气泡，极少量金属析出无，有iiia少量气泡，少量金属析出，有，有(，)①iii中产生的原因有、_______。②溶液再生的合适条件是_______(填实验序号)。三、实验题17．（2022·北京丰台·一模）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。Ⅰ．研究、的转化(1)下列试剂能实现转化的是___________。A．浓硝酸

B．硫黄

C．氯气(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是___________。Ⅱ．研究的转化已知：

为无色，在空气中极易被氧化为物质CuCl(白色)CuI(白色)(黑色)CuS(黑色)Ksp实验如下：实验a实验b现象：无明显变化现象：产生白色沉淀(3)实验a中反应难以发生的原因是___________。(4)实验b中反应的离子方程式为___________。(5)通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化①甲预测的理由是___________。②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是___________。③甲将实验c中反应所得浊液过滤，___________，观察到___________，证明实验c中实现了转化。(6)基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。①从速率角度分析与反应没有生成的原因___________。②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是___________。18．（2022·北京海淀·一模）在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：(1)浸出①用硫酸和可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式：______□+□___________+□___________=□+□□______②浸出时可用代替硫酸和。下列说法正确的是___________(填序号)。a．在反应中作氧化剂b．用浸出可减少酸的使用c．该法可同时处理烟气中的，减少大气污染(2)净化、分离①软锰矿浸出液中的、可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是___________。②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去，结合离子方程式解释原理：___________。(3)热解在一定空气流速下，相同时间内热解产物中不同价态的占比随热解温度的变化如图。热解过程中涉及如下化学反应：i．ii．

iii．

①为了增大产物中的占比，可以采用的措施是___________(答出两条)。②温度升高，产物中的占比降低，可能的原因是___________。19．（2022·北京石景山·一模）某实验小组从电极反应角度探究银镜反应中物质氧化性和还原性的变化。资料：ⅰ.〖Ag(NH3)2〗+⇌〖Ag(NH3)〗++NH3

K1=10−3.81〖Ag(NH3)〗+⇌Ag++NH3

K2=10−3.24ⅱ.AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O，Ag2O溶于氨水(1)实验发现：乙醛和AgNO3溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁逐渐出现一层光亮的银镜。①有研究表明：配制银氨溶液时，AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，写出生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式_______。②从氧化还原角度分析：发生银镜反应时，氧化性微粒可能是Ag+、_______。(2)甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag。①电极反应式：ⅰ.还原反应：Ag++e−=Agⅱ.氧化反应：_______。(碱性条件下)②从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化：ⅰ.随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。ⅱ.随c(OH−)增大，乙醛还原性增强。③补充实验验证②中的分析。实验操作及现象：实验Ⅰ.插入“饱和KNO3溶液”盐桥，电流表指针偏转；实验Ⅱ.电流稳定后向右侧烧杯滴加NaOH溶液，指针偏转幅度增大；实验Ⅲ.电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小乙同学认为实验Ⅲ不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，理由是_______。(3)设计实验进一步验证。实验实验操作实验现象Ⅳ往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜Ⅴ往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的NaOH溶液至pH与实验Ⅳ相同，振荡，溶液变浑浊，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热试管壁立即出现银镜①乙同学认为通过实验Ⅳ能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”，你认为是否合理并说明原因_______。②分析实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原。经检验该假设成立，实验方案及现象是_______。(4)总结：ⅰ.银氨溶液和乙醛发生银镜反应时，氧化剂主要是Ag+，还原剂主要是乙醛；ⅱ.银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，请解释原因_______。20．（2022·北京海淀·一模）某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。〖设计实验〗序号反应温度/℃①2.02.0020②2.01.01.020(1)实验①和②的目的是___________。(2)甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。a．盐酸

b．硫酸

c．草酸〖实施实验〗小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物；(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；(c)呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。(3)乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。〖继续探究〗进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。(4)第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。(5)实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。(6)据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。〖结论与反思〗(7)上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。21．（2022·北京延庆·一模）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。(1)连接装置(如图Ⅰ所示)，断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K，电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面均产生大量无色气泡。①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是_______。②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：_______；_______。(2)该小组同学将(1)中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体。改进实验装置(如图II所示)，闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。①铜与浓硝酸反应的离子方程式为_______。②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是_______(结合铜电极反应式说明)。③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于(或等于)氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：_______。22．（2022·北京门头沟·一模）废弃的锂离子电池中含有大量Co、Ni、Mn、Cu、Al等金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液，下列是某小组研究从柠檬酸浸出液中去除铜的方法。方法一：调pH去除铜资料1：金属离子沉淀的pHAl(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH3.534.916.887.408.14完全沉淀pH4.896.678.879.3910.14(1)由数据分析，甲同学提出可以控制溶液pH至____去除溶液中铜离子。(2)设计实验，测得不同pH下铜的沉淀率如表。pH581012铜的沉淀率2.37.29.812由数据分析pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，分析可能原因____。结论：不可以通过调pH去除铜。方法二：还原法去除铜资料2：抗坏血酸(C6H8O6)具有较强的还原性，氧化后为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；受热易分解。向柠檬酸浸出液中加入抗坏血酸能有效的将Cu2+还原成金属Cu。某实验小组研究了相同条件下，pH、反应时间和温度分别对Cu沉淀率的影响。(3)依据图1和图2，判断沉淀铜选择最佳pH为____，理由是____。(4)从图3可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降。分析原因____。(5)由上述实验可知：抗坏血酸还原铜离子可能存在的路径____，____。(用离子方程式表示)结论：可以通过还原法去除铜。23．（2022·北京东城·一模）向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。(1)溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。〖猜测〗棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。〖实验Ⅰ〗设计如表实验验证I2被氧化装置序号试剂a现象甲Na2SO3溶液溶液均变黄，遇淀粉变蓝乙KI溶液(2)①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。〖实验Ⅱ〗通过如下实验可测定xi.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。已知：I2+2S2O=S4O+2I-I-+I2I(棕黄色)I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。(4)结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。〖反思〗(5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁1．(1)(2)

相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量(3)

负极

通过反应降低，使得放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用(4)

溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点

〖解析〗(1)由题意可知，第一阶段铁铜在氯化钠酸性溶液中构成原电池发生析氢腐蚀，铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故〖答案〗为：；(2)①由题意可知，b点铁铁铜在氯化钠溶液中构成原电池发生发生吸氧腐蚀，总反应为酸性条件下铁与氧气和水反应生成亚铁离子和水，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；②由b点溶液中滴加硫氰化钾溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红可知，铁发生吸氧腐蚀生成的亚铁离子在溶液中与空气中的氧气反应生成氢氧化铁胶体和氢离子，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；③由b点铁发生吸氧腐蚀生成亚铁离子和溶液中亚铁离子被氧化生成氢氧化铁胶体的反应方程式可知，相同时间内，铁被氧化生成亚铁离子消耗氢离子的量大于亚铁离子被氧化成氢氧化铁胶体生成氢离子的量导致溶液的pH增大，故〖答案〗为：相同时间内，铁被氧化成消耗的量大于被氧化成产生的量；(3)①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌做电镀池的阳极，与负极相连的镀件铁做阴极，故〖答案〗为：负极；②电镀时，向硫酸锌电解液中加入氰化钠溶液，溶液中存在如下平衡，溶液中锌离子浓度减小，使得锌离子在阴极放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的锌离子，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，使得阴极的镀层更加致密、细腻，故〖答案〗为：通过反应降低，使得锌离子放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用；(4)①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应时，滴入最后一滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且沉淀不溶解时说明滴定达到终点，故〖答案〗为：溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点；②由终点时滴定消耗VmLcmol/L氰化钠溶液可知，50mL废水中氰酸根离子的浓度为=g/L，故〖答案〗为：。2．(1)-164.9(2)

增大压强(或前段加热、后段冷却，或合理的控制气流速度)

温度过低，反应速率太慢；温度过高，平衡逆向进行，CO2的平衡转化率低(3)b(4)生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果〖解析〗(1)已知：①，②，则反应①×2-②可得反应A，根据盖斯定律可得反应A的；(2)①反应A为，该反应为气体分子数减少的反应，可通过增大压强的方法使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；根据图像分析，升高温度，H2O的物质的量分数减小，说明升温该反应逆向进行，该反应为放热反应，因此采用前段加热，后段冷却的方法也可以使得平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率；或合理的控制气流速度，使得反应更加充分，从而提高CO2的平衡转化率；②若反应的温度过低，化学反应速率慢，不利于反应的进行，由①可知，该反应是放热反应，若温度过高，平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率将低；(3)a．反应B为H2O光解/电解得到O2和H2的过程，能量变化为电能/光能→化学能，a正确；b．物质转化过程中，有甲烷和氢气产生，因此H、O原子的的利用率没有达到100%，b错误；c．Na2O2作供氧剂时，消耗之后无法再产生，不可循环利用，c正确；故〖答案〗选b；(4)用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后，生成物碳颗粒会附着在催化剂表面，影响催化剂效果，从而催化剂的催化效果会明显下降。3．(1)直线形(2)

CO2+4H22H2O+CH4

平面三角形(3)

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=kJ/mol

主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差

CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−〖解析〗(1)CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子，若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从直线形变为弯曲型，便于下一步反应。(2)①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O，总反应的化学方程式：CO2+4H22H2O+CH4；②CO的中心原子C的价层电子对数为，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR模型名称平面三角形。(3)①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过“(a×3-b)×”变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=kJ/mol；②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度升高而下降，可能的原因是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热，236℃以后升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差；③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式：CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-。4．(1)+3(2)

4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O

提高

减小

SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)

减小

2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O，Ca2+与SO形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高〖解析〗(1)NaClO2中Na是+1价，O是－2价，依据化合价代数和为0可知Cl是+3价；(2)①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；②根据反应的方程式4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是SO2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；(3)①由图分析可知，根据反应4OH-+3ClO+4NO4NO+3Cl-+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；②根据反应的方程式ClO+2SO2SO+Cl−可知平衡常数K表达式为；③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡2OH-+ClO-+SO2SO+Cl-+H2O向正反应方向进行，所以SO2转化率提高。5．(1)

正反应方向

(2)生成AgI沉淀，降低，逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）(3)

还原

(4)方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立〖解析〗(1)①溶液中检测出，说明未完全转化为，证明该反应存在限度；②加入，振荡，反应生成的碘被萃取，使得平衡向正反应方向移动；③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；(2)加入溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，被氧化成的反应程度增大；(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了；②已知，则沉淀b为和，，加入KI可将转化成，反应的离子方程式为。(4)若与发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。6．(1)(2)bc(3)

偏大

(4)

使还原性增强

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〗(1)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；(2)a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，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，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-易歧化为和Cl-，故c正确；〖答案〗选bc；(3)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，所以浓度将偏大。②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为，设的物质的量为a，，则；(4)①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强；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。7．(1)

<

acd(2)

阴

2H2O—4e—=O2↑+4H+(3)O2(4)CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑〖解析〗(1)①由图可知，温度升高，平衡常数K1增大，说明反应1为吸热反应，焓变△H1>0，由盖斯定律可知，反应1+反应2得到反应3，则焓变△H3=△H1+△H2，所以△H3—△H2=△H1>0，△H3>△H2，故〖答案〗为：<；②a．增大初始投料比相当于在二氧化碳浓度不变的条件下减小氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，故错误；b．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，反应中气体的平均摩尔质量增大，则当气体的平均摩尔质量保持不变时说明说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；c．反应1为气体体积不变的反应，反应2、3为气体体积减小的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应1平衡不移动，反应2向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应3平衡向逆反应方向移动，故错误；d．选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以反应3中二氧化碳的平衡转化率不变，故错误；故选acd；(2)①二氧化碳转化为甲醇时，碳元素的化合价降低被还原，所以二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，故〖答案〗为：阴极；②由题意可知，二氧化碳转化为甲醇时，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故〖答案〗为：2H2O—4e—=O2↑+4H+；(3)由电子的移动方向可知，右侧电极为燃料电池的正极，则c口通入的物质是氧气，故〖答案〗为：O2；(4)由电子的移动方向可知，左侧电极为燃料电池的负极，在水分子作用下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑，故〖答案〗为：CH3OH+H2O—6e—=6H++CO2↑。8．(1)a-c(2)

负

2CO2+2e-=C2O(3)

阳极

CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O=HCOO-+HCO

阳极产生氧气，pH减小，HCO浓度降低；K+部分迁移到阴极区〖解析〗(1)根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

ΔH=ΔH1-ΔH2=(a-c)kJ·mol-1。(2)①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应，Li是该原电池的负极。②CO2电还原的电极反应式为3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2+得到电子反应生成C2O，反应电极反应式为2CO2+2e-=C2O；(3)①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO-，Sn极为阴极，则Pt片为电解池的阳极；②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO-，电极反应式：CO2+2e-+HCO=HCOO-+CO或2CO2+2e-+H2O=HCOO-+HCO；③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小，HCO浓度降低，同时K+部分通过阳离子交换膜迁移到阴极区。9．(1)

高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低

反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于(2)

溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性

溶液直接与反应是脱除的主要原因

〖解析〗(1)①已知：反应a：

，

，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故〖答案〗为：。②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故〖答案〗为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故〖答案〗为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。(2)①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故〖答案〗为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故〖答案〗为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故〖答案〗为：。④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故〖答案〗为：。10．(1)(2)

+8

增大

同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小

光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4

黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递(3)大〖解析〗(1)甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故〖答案〗为：；(2)①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故〖答案〗为：；②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1=+8kJ·mol-1。故〖答案〗为：+8；b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故〖答案〗为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故〖答案〗为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故〖答案〗为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递；(3)生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故〖答案〗为：大。11．(1)萃取分液(2)

＋3

氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素(3)4～7(4)

与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。(1)据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。(2)①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。(3)据已知信息，

，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使，根据

，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。(4)①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。(5)从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。12．(1)d(2)

将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀

TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+

调pH，消耗溶液中的H+

3(3)1412(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑〖解析〗〖祥解〗钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。(1)22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为〖Ar〗3d24s2，属于d区；(2)①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；④根据图像可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；(3)TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。(4)由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。13．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH过大，Ni2+损失较多；pH过小，Zn2+有较多剩余(6)4.4×10−16〖解析〗〖祥解〗粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。(1)H2S是弱电解质，分两步电离，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含镍溶液中的主要离子有AsO，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子发生水解反应：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故加入试剂a为NiF2或HF；(5)由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3；(6)已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10−20；由流程可知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5mol/L，则=1.43×10−20，c(S2-)=1.43×10−20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10−36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。14．(1)过滤(2)(3)

由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成

难溶于水(4)(5)

C(6)减小〖解析〗〖祥解〗这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。(1)根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；(2)石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；(3)①根据题给信息可知，s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，由流程可知，在i中得到硫酸钙，故HA在i中反应起到的作用是：由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成；②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；(5)在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；(6)将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。15．(1)

加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等

生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积(2)

，能产生沉淀

发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀

pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。(1)由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故〖答案〗为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故〖答案〗为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；(2)①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故〖答案〗为：，能产生沉淀；③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故〖答案〗为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故〖答案〗为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。16．(1)加热、搅拌(2)

3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O

Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大(3)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

氨水(4)

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

ii

〖解析〗(1)常用加快化学反应速率的措施有加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：加热，搅拌，故〖答案〗为：加热、搅拌；(2)①由于离子反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②粗液中浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故〖答案〗为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将氧化为，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故〖答案〗为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是氨水等，故〖答案〗为：氨水；(4)①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故〖答案〗为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故溶液再生的合适条件是ii，故〖答案〗为：ii。17．(1)B(2)都具有氧化性，但氧化性强弱不同(3)反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和(4)(5)

具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀

可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu

洗涤沉淀物，向其中加入氨水

观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色(6)

与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应

按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。〖解析〗〖祥解〗氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。(1)实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，故选B。(2)、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。(3)据已知

，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。(4)实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。(5)①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。(6)①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。。18．(1)

+2Fe2++4H+=+2+2H2O

bc(2)

过滤

稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致+3H2O3H++Fe(OH)3正向移动(3)

控制温度在450左右、增大空气的流速

反应速率ii大于反应速率i〖解析〗〖祥解〗软锰矿通过浸出操作得到含的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到，热解得到二氧化锰粗颗粒。(1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和可溶解软锰矿，离子方程式：为+2Fe2++4H+=+2+2H2O；②a．二氧化锰和反应生成硫酸根离子，硫元素化合价升高，在反应中作还原剂，a错误；b．用代替硫酸浸出，减少了