北京市第一零一中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题 含解析

北京一零一中2024-2025学年度高三第二次月考化学本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，交答题卡。可能用到的相对原子质量：P31S32第一部分本部分共14道题，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.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是A.三种物质中均有碳碳原子间的键 B.三种物质中的碳原子都是杂化C.三种物质的晶体类型相同 D.三种物质均能导电【答案】A【解析】【详解】A．原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确；B．金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B项错误；C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.—OH的电子式： B.基态Cu原子的价层电子排布式：3d94s2C.NaCl的晶胞： D.CO2的空间结构模型：【答案】A【解析】【详解】A．-OH含有9个电子，电子式为，A正确；B．Cu是29号元素，含有29个电子，基态Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；C．NaCl是离子化合物，晶胞为：，C错误；D．CO2是直线形分子，C原子半径大于O原子，CO2的空间结构模型为，D错误；故选A。3.下列实验的对应操作中，合理的是A．验证改变压强能破坏化学平衡状态B．配制一定物质的量浓度的KCl溶液C．稀释浓硫酸D．从提纯后的NH4Cl溶液获得NH4Cl晶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．，该反应为等体积反应，压强不能改变化学平衡状态，A错误；B．配制一定物质的量浓度的KCl溶液，加蒸馏水至液面离刻度线1cm～2cm处时应改用胶头滴管滴加，B错误；C．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；D．氯化铵受热易分解，不能通过蒸发结晶获得NH4Cl晶体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误；故选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，22.4L的NH3约含有的质子数为10NAB.6.4gS在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子的数目为1.2NAC.标准状况下，1molNO和0.5molO2充分反应后所得气体体积为22.4LD.白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中约含有P-P键的数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L的NH3物质的量小于1mol，含有质子数小于10NA，A错误；B．S在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，S从0价升高到+4价，失去4个电子，6.4S的物质的量为0.2mol，故转移电子数为0.8NA，B错误；C．NO与O2反应的方程式为，1molNO和0.5molO2充分反应得到1mol，但会发生反应，故所得气体小于1mol，标准状况下，气体体积小于22.4L，C错误；D．白磷分子(P4)呈正四面体结构，一个P4含有6个P-P键，31g白磷的物质的量为，故含有P-P键的数目为1.5NA，D正确；故选D。5.下列方程式与所给事实不相符的是A.用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：B.铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：C.用绿巩(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的转化为Cr3+：D.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：【答案】A【解析】【详解】A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙，离子方程式为：，A符合题意；B．铝粉和氧化铁组成的铝热剂，高温反应生成液态铁和氧化铝，，用于焊接钢轨，B不合题意；D．可以将氧化成，本身还原生成Cr3+，离子方程式，C不合题意；向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，，平衡逆向移动，溶液橙色加深：，D不合题意；答案选A。6.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.工业合成氨时，选择在500℃条件下进行B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生【答案】B【解析】【详解】A．合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于生成氨气，选择在500℃条件下进行是为了反应速率和催化剂活性，A错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D错误；故选B。7.硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se五种元素)是一种氨基酸，其分子空间结构如图。下列说法不正确的是A.图中最大的球代表SeB.H2Se的沸点小于H2OC.硒代半胱氨酸难溶于水，易溶于苯D.硒代半胱氨酸分子中含一个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．硒代半胱氨酸中硒原子的电子层数最多，原子半径最大，则图中最大的球代表硒原子，A正确；B．H2O中含有分子间氢键，故H2Se的沸点小于H2O，B正确；C．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中含有亲水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，C错误；D．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中与氨基和羧基相连碳原子是连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，D正确；故选C。8.氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是A.和可用质谱法区分B.和均为极性分子C.方法①的化学方程式是D.方法②得到的产品纯度比方法①的高【答案】D【解析】【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；故选D。9.下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向B.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大C.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱D.根据C=C的键能小于C—C的键能的2倍，推测C=C中键的强度比π键的大【答案】B【解析】【详解】A．依据相同温度下可逆反应Q与K大小的比较可知：Q=K，反应达到平衡状态；Q<K，反应正向进行；Q>K，反应逆向进行，则可推断反应进行的方向，A正确；B．依据第二周期主族元素电负性依次增大，不能推断它们的第一电离能依次增大，如第一电离能：Be>B，N>O，B错误；C．F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，则依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱，C正确；D．C=C中有1个键和1个π键，C—C中只有一个σ键，根据C=C的键能小于C—C的键能的2倍，可推测C=C中键的强度比π键的大，D正确；故选B。10.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是A.a、c分别是HCl、B.d既可以是MgO，也可以Mg(OH)ClC.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热D.已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生【答案】D【解析】【分析】Mg(OH)Cl可以分解为MgO和HCl，因此b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO，MgO与NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，即a为NH3。【详解】A．由分析得，a为NH3、c为HCl，故A错误；B．d为MgO，故B错误；C．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，故C错误；D．可以水解生成Mg(OH)Cl，因此通入水蒸气可减少的产生，故D正确；故选D。11.过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A.反应速率：步骤Ⅰ<步骤ⅡB.CH3OH分子中，C—H键和O—H键均为键C.若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种D.【答案】D【解析】【详解】A．步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤I更小，故A正确；B．CH3OH分子中C、O均为杂化，C—H键和O—H键均为键，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，故C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，故D错误；故选：D。12.某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。实验1：实验2：已知：ⅰ.。ⅱ.溶液为无色。下列说法正确的是A.结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应B.①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动C.②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大D.③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物【答案】D【解析】【详解】A．由实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误；B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q<K，ⅰ中平衡正向移动，B错误；C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度减小，C错误；D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物，使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确；故选D。13.CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为：保持起始反应物，时x(CH3OH)随压强变化的曲线和时x(CH3OH)随温度变化的曲线，如下图。已知：x(CH3OH)表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是A.该反应B.a、b交点处化学平衡常数値相同C.当时，H2的平衡转化率约为33%D.当，时，达平衡后【答案】C【解析】【分析】该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，则曲线a表示时x(CH3OH)随压强的变化，曲线b表示时x(CH3OH)随温度的变化，由图可知，升高温度，x(CH3OH)减小，说明平衡逆向移动，该反应ΔH<0，据此解答。【详解】A．由分析可知，该反应ΔH<0，A错误；B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，由图可知，a、b交点处，b曲线对应反应温度小于250℃，则a、b交点处化学平衡常数值不相同，B错误；C．设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，平衡时生成甲醇为amol，由题意可建立如下三段式：当时，可得：=0.1，解得a=13mol，则氢气的转化率为×100%=33%，C正确；D．由图可知，，时，达平衡后x(CH3OH)>0.05，D错误；故选C。14.不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是A.反应①，B.对比反应①和②，C.对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱D.随反应进行，体系变化：①增大，②不变【答案】B【解析】【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；答案选B。第二部分本部分共5题，共58分15.元素周期律的发现和元素周期表的诞生，开创了化学科学的新纪元。从此，人们对丰富多彩的物质世界的认识更加系统。回答下列问题：（1）Fe在周期表中的位置是_______。（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_______。a．酸性：H2SO3>H2CO3b．金属性：Ca>Alc．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3d．碱性：NaOH>Mg(OH)2（3）比较Br和I的非金属性，从原子结构角度解释原因_______，用一个离子方程式证明_______。（4）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中R、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。①R位于_______区，单质与水反应的离子方程式为_______。②1moIY单质的晶体中含有共价键的数目为_______。写出Y的氧化物的一种用途_______。③X的氢化物的空间结构是_______，用电子式表示其形成过程_______。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）bd（3）①.非金属性：Br>I．Br和I位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br<I，原子半径Br<I，得电子能力Br>I，非金属性Br>I②.（4）①s②.③.2NA(或1.204×1024)④.光导纤维（制玻璃等)⑤.三角锥形⑥.【解析】【小问1详解】Fe为56号元素，为第四周期第Ⅷ族元素；故答案为：第四周期第Ⅷ族；【小问2详解】a．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2SO3中的S为+4价，不属于最高价含氧酸，则无法吕勇元素周期律判断酸性，故a错误；b．同主族元素从上到下金属性依次增强，从左到右金属性减弱，则金属性Ca＞Mg＞Al，故b正确；c．酸式碳酸盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故c错误；d．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故d正确；故答案为：bd；【小问3详解】非金属性：Br>I，Br和I位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br<I，原子半径Br<I，得电子能力Br>I，非金属性Br>I；根据氧化性强的物质置换氧化性弱的物质原理，Br2+2I−=I2+2Br−；故答案为：非金属性：Br>I，Br和I位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br<I，原子半径Br<I，得电子能力Br>I，非金属性Br>I；Br2+2I−=I2+2Br−；【小问4详解】R、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，Y能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则Y位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则Y原子核外有14个电子，故Y为Si元素，Z为Cl元素；该阴离子中Cl元素为-1价、Si元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，X为-3价，则X为P元素；根据阳离子所带电荷知，R为Na元素，据此解答，通过以上分析知：R、X、Y、Z分别为Na、P、Si、Cl元素；①由分析知：R为Na，位于第三周期第ⅠA，属于s区，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；故答案为：s；；②Y单质晶体为硅单质，则1molSi，共价键数目为2NA(或1.204×1024)；硅形成的氧化物，SiO2可以用作光导纤维（制玻璃等)；故答案为：2NA(或1.204×1024)；光导纤维（制玻璃等)；③X为P元素，其氢化物的分子式为PH3，是共价化合物，价层电子对数为，为三角锥形，则其电子式为；故答案为：三角锥形；。16.向CoCl2溶液中滴加过量的氨水得到含有[Co(NH3)6]Cl2的溶液。（1）基态Co2+的核外电子有_______种空间运动状态。（2）基态Cl-占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。（3）O、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。（4）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。a．b．c．（5）[Co(NH3)6]Cl2的晶胞结构示意图如下。①在下图虚线框内画出[Co(NH3)6]2+中一个NH3的结构式_______。②比较H—N—H键角NH3_______[Co(NH3)6]2+(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度为_______g/cm3。【答案】（1）14（2）哑铃形（3）0>N>H（4）c（5）①.②.<③.氮原于均为sp3杂化，NH3分子中的N原子有孤电子对，[Co(NH3)6]2+中的N原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力④.【解析】【小问1详解】Co是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则基态Co2+的核外电子排布式为，核外电子有14种空间运动状态；【小问2详解】氯离子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形；【小问3详解】同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：O>N>H；【小问4详解】2s22p2属于基态的N+，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N+，其失去一个电子所需能量低于基态N+；2s22p23s1属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s22p23s1，故选c。【小问5详解】①中心N原子孤电子对数=，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，且N原子形成了1个配位键，则答案为：；②由①分析知，由于NH3中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于109°28′，约为107°，[Co(NH3)6]2+形成配位键，氨分子中不再有孤电子对，H—N—H键角变大，故答案为＜；③该晶胞中，[Co(NH3)6]2+位于顶点和面心的个数为，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的密度为g/cm3。17.烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的深度氧化为，并进一步将转化获得含氮产品，流程示意图如下。深度氧化器中发生的反应：i．ii．iii．（1）被深度氧化，补全热化学方程式：___________（2）一定条件下，不同温度时，的浓度随时间的变化如图所示。①___________(填“>”或“<”)。②8s时，的浓度不同的原因是___________。（3）一定条件下，NO的初始浓度为时，不同反应时间，深度氧化器中的浓度随的变化如图所示。反应过程中的浓度极低。①时，深度氧化器中发生的反应主要是___________(填“i”“ii”或“iii”)。②时，的浓度随变化的原因是___________。（4）且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是___________。（5）深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。已知的还原产物分别是。产品中的物质的量浓度为___________。【答案】（1）（2）①.<②.8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低（3）①.i②.0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使的浓度减小（4）使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率（5）【解析】【小问1详解】根据盖斯定律知：i2+ii+iii可得，；【小问2详解】由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此<；由图知，8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低；【小问3详解】当时，NO主要转化为NO2,所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，时，的浓度随着增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；【小问4详解】由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；【小问5详解】溶液X中的与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与发生氧化还原反应，，则与发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与反应的Fe2+为n1=，，则物质的量，则的物质的量浓度为。18.利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)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）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。（3）矿石和过量按一定比例混合，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；和时，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400500①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。②温度高于，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；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。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）（3）①.温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加②.温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低（4）（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，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，分解非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；【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4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；【小问4详解】加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；【小问5详解】粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。19.某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质Ⅱ过量一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质Ⅲ过量有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液3~4时，取出固体，固体中检测到单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析