高三化学一轮复习 2022-2024北京高考真题分考点汇编

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025届高三化学一轮复习2022-2024北京高考真题分考点汇编考点化学物质及其变化、化学与STSE1．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是A．醋酸钠是强电解质B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C．常温下，醋酸钠溶液的D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】B【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B。2．（2022·北京·高考真题）(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B．可用质谱法区分和C．和含有的中子数分别为49和48D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同【答案】A【详解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C正确；D．由题意可知，(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D正确；故选A。3．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液去除油脂B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D．Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；故选B。4．（2024·北京·高考真题）我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。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，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A．的原子核内有21个中子B．的半衰期长，说明难以失去电子C．衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间D．从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化【答案】A【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；D．从原子束流中直接俘获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。5．（2024·北京·高考真题）下列说法不正确的是A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析【答案】C【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量，A项正确；B．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确；C．氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确；答案选C。6．（2024·北京·高考真题）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用溶液使转化为C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，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．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。考点化学用语7．（2024·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确的是A．的电子式： B．分子的球棍模型：C．的结构示意图： D．乙炔的结构式：【答案】A【详解】A．是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．为正四面体形，分子的球棍模型：，故B正确；C．Al的原子序数为13，即的结构示意图：，故C正确；D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：，故D正确；故选A。8．（2023·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达正确的是A．的电子式为 B．的VSEPR模型为

C．电子云图为

D．基态原子的价层电子轨道表示式为

【答案】C【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是

，A项错误；B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是

，D项错误；故选C。9．（2022·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确的是A．乙炔的结构简式：B．顺丁烯的分子结构模型：C．基态原子的价层电子的轨道表示式：D．的电子式：【答案】C【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确；B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确；C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；D．是离子化合物，其电子式为，D项正确；答案选C。考点化学方程式、离子方程式10．（2022·北京·高考真题）下列方程式与所给事实不相符的是A．加热固体，产生无色气体：B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：C．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：【答案】B【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；故选B。11．（2023·北京·高考真题）下列离子方程式与所给事实不相符的是A．制备84消毒液(主要成分是)：B．食醋去除水垢中的：C．利用覆铜板制作印刷电路板：D．去除废水中的：【答案】B【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；故选B。12．（2024·北京·高考真题）下列方程式与所给事实不相符的是A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为C．用溶液能有效除去误食的D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：【答案】D【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确；C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误；本题选D。考点物质结构域性质13．（2022·北京·高考真题）由键能数据大小，不能解释下列事实的是化学键键能/411318799358452346222A．稳定性： B．键长：C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅【答案】C【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；

B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；选C。14．（2023·北京·高考真题）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【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。15．（2023·北京·高考真题）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A．键的键能小于键的键能B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子【答案】A【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；故选A。考点化学实验基础与实验方案评价16．（2022·北京·高考真题）下列实验中，不能达到实验目的的是由海水制取蒸馏水萃取碘水中的碘分离粗盐中的不溶物由制取无水固体ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误；故选D。17．（2022·北京·高考真题）已知：。下列说法不正确的是A．分子的共价键是键，分子的共价键是键B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能【答案】A【详解】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-sσ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-pσ键，故A错误；B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D正确；故选A。18．（2022·北京·高考真题）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓分解生成淀粉溶液变蓝B与浓生成品红溶液褪色C浓与溶液生成酚酞溶液变红D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。19．（2024·北京·高考真题）下列实验的对应操作中，不合理的是眼睛注视锥形瓶中溶液A．用标准溶液滴定溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的溶液获得晶体D．配制一定物质的量浓度的溶液A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B．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，B项合理；C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；答案选D。20．（2023·北京·高考真题）完成下述实验，装置或试剂不正确的是A．实验室制 B．实验室收集 C．验证易溶于水且溶液呈碱性 D．除去中混有的少量【答案】D【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；故选D。21．（2023·北京·高考真题）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

下列关于该过程的分析不正确的是A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。考点电化学22．（2024·北京·高考真题）酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是A．石墨作电池的负极材料 B．电池工作时，向负极方向移动C．发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为【答案】D【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；C．发生得电子的还原反应，故C错误；D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确；故选D。23．（2022·北京·高考真题）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素下列说法不正确的是A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触B．①中检测到，推测可能发生反应：C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密【答案】C【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。24．（2023·北京·高考真题）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。

下列说法不正确的是A．废气中排放到大气中会形成酸雨B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和D．装置中的总反应为【答案】C【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确；选C。考点有机化合物25．（2023·北京·高考真题）一种聚合物的结构简式如下，下列说法不正确的是

A．的重复单元中有两种官能团B．可通过单体

缩聚合成C．在碱性条件下可发生降解D．中存在手性碳原子【答案】A【详解】A．的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误；B．由的结构可知其为聚酯，由单体

缩聚合成，B项正确；C．为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确；D．的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确；故选A。26．（2023·北京·高考真题）化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。

已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是A．K的核磁共振氢谱有两组峰 B．L是乙醛C．M完全水解可得到K和L D．反应物K与L的化学计量比是1∶1【答案】D【详解】A．有机物的结构与性质K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误；B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个H2O，L应为乙二醛，B错误；C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误；D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确；故选D。27．（2024·北京·高考真题）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【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。28．（2024·北京·高考真题）的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是A．与X的化学计量比为B．P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】B【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知与X的化学计量比为，A正确；B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为，Y的分子式为，二者分子式不相同，B错误；C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故选B。29．（2022·北京·高考真题）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是A．分子中N原子有、两种杂化方式B．分子中含有手性碳原子C．该物质既有酸性又有碱性D．该物质可发生取代反应、加成反应【答案】B【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C正确；D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确；故选B。30．（2022·北京·高考真题）高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。下列说法不正确的是A．F中含有2个酰胺基 B．高分子Y水解可得到E和GC．高分子X中存在氢键 D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护【答案】B【详解】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确，B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成和，故B错误；C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D正确；故选B。考点化学工艺流程31．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A．I的化学方程式：B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。考点化学反应热与化学原理32．（2023·北京·高考真题）下列事实能用平衡移动原理解释的是A．溶液中加入少量固体，促进分解B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；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项正确；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项错误；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项错误；故选B。33．（2024·北京·高考真题）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．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小C．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D．依据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【答案】C【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故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，A正确；B．一元弱酸的越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的越多，越小，B正确；C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正确；D．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，D正确；故选C。34．（2023·北京·高考真题）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是

A．a、c分别是B．既可以是，也可以是C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生D．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【答案】C【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。【详解】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；B．d为，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．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，D错误；故选C。35．（2024·北京·高考真题）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化D．对于生成Y的反应，浓作催化剂【答案】C【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。36．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。已知：下列说法不正确的是A．温度升高时不利于吸附B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C．转化为的反应是D．每获得时，转移电子的数目为【答案】D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。37．（2022·北京·高考真题）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。38．（2023·北京·高考真题）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。

下列说法不正确的是A．由图1，B．由图2，初始状态，无沉淀生成C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【详解】A．水溶液中的离子平衡

从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。考点氧化还原反应39．（2022·北京·高考真题）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【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，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CuSO4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。40．（2023·北京·高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A．中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。41．（2024·北京·高考真题）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【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。42．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是A．Y为反应物，W为生成物B．反应制得，须投入C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【答案】B【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。考点物质结构与性质43．（2023·北京·高考真题）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。(1)基态原子价层电子排布式是。(2)比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：。(3)的空间结构是。(4)同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是。(5)的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。

晶胞中的个数为。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。(6)浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：。【答案】(1)(2)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子(3)四面体形(4)和(5)4(6)中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；（4）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。44．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。(1)结构示意图如图1。①的价层电子排布式为。②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因。③中与与的作用力类型分别是。(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。①距离最近的阴离子有个。②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点。【答案】(1)孤电子对有较大斥力，使键角小于键角配位键、氢键(2)6(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料【详解】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。②H2O中O和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：。

4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。答案为：6；（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。45．（2024·北京·高考真题）锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。(2)和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。①分子的模型名称是。②的键是由锡的轨道与氯的轨道重叠形成σ键。(3)白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有个。②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是。(4)单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是。【答案】(1)(2)平面三角形杂化(3)4(4)与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质【详解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为；（2）①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形；②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键；（3）①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个；②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=；（4）将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。考点化学原理综合46．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。(1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和。(2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。①第I步反应的化学方程式为。②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因。(3)方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。①电极a表面生成的电极反应式：。②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。【答案】(1)难挥发性(2)，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响(3)反应iii生成，将氧化成，更易转化成(4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为；②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。（4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。47．（2023·北京·高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。实验记录如下：实验现象实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验Ⅱ部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色实验Ⅲ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色(1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。ⅰ．步骤a的目的是。ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：。(3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是。(4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是。

(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：。【答案】(1)<(2)除去，防止干扰后续实验、(3)或白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)(4)铜、含的的溶液(5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。【详解】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ；（2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、；（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；（4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液；（5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。考点制备实验、实验方案评价48．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是。(2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为。(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①在电解池中发生反应的离子方程式为。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为。(4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为。已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。(5)条件控制和误差分析。①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为。②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为。(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑(3)SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+3I--2e-=I(4)(5)偏小【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e—=I；（4）由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为，故答案为：；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。49．（2024·北京·高考真题）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，当溶液为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及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式。b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略对的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，(填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因。【答案】(1)(2)产生蓝色沉淀水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀或、向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH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pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；（2）①与会生成蓝色的沉淀；②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。50．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀(1)B中试剂是。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为。(3)对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是。(4)根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被(填“化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因。【答案】(1)饱和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2OCl23ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OⅢ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染；【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液；（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强，故答案为：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，根据题给信息，Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱，此时溶液碱性较强，则原因是MnO2被Cl2氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④根据题给信息可知，(绿色)、(紫色)，则从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因是：Ⅲ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。考点化学工艺流程51．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表n(NH4Cl)/n(CaO)氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是。②沉钙反应的离子方程式为。③“浸钙”过程不适宜选用的比例为。④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是。(4)滤渣C中含有的物质是。(5)该流程中可循环利用的物质是。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出2.4∶1，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。52．（2024·北京·高考真题）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)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【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。【详解】（1）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；（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；（3）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+