北京市朝阳区2024届高三上学期期末质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市朝阳区2024届高三上学期期末质量检测可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ag108第一部分本部分共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.近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是（）A.氨易液化便于存储，且液化时放热B.NH3分子间存在氢键，因此加热时很难分解C.NH3具有还原性，可以在O2中燃烧D.与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放【答案】B【详析】A．氨气的熔点高，易液化，便于存储，且液化时放热，故A正确；

B．NH3分子间存在氢键，决定了沸点高，不能判断氢化物的稳定性，加热时很难分解和分子内化学键有关，故B错误；

C．NH3具有还原性，可以在O2中燃烧生成氮气和水，故C正确；

D．与柴油发动机相比，氨燃料发动机燃烧产物是氮气和水，可降低碳排放，故D正确；

故选：B。2.下列结构或性质的比较中，正确的是（）A.微粒半径： B.电负性：C.碱性：NaOH>CsOH D.酸性：HCOOH>CH3COOH【答案】D【详析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钾离子，故A错误；B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元素的电负性大于磷元素，故B错误；C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钠的碱性弱于氢氧化铯，故C错误；D．甲基是推电子基团，会使羧基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸，故D正确；故选D。3.下列说法不正确的是（）A.N=N的键能大于N—N的键能的2倍，推测N=N中键的强度比键的大B.N的第一电离能比O的高，与N原子2p轨道电子排布为半充满有关C.金刚石的熔点高于晶体硅，是因为C—C的键能大于Si—Si的键能D.能萃取碘水中的，体现了相似相溶原理【答案】A【详析】A．N=N中含有1个键和1个键，N-N中含有1个键，N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中键的强度比键的小，故A错误；B．氮原子2p能级半充满电子，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能，故B正确；C．共价晶体的熔沸点和共价键的强度有关，因为C-C键能大于Si-Si键能，金刚石的熔沸点高于晶体硅，故C正确；D．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，用CCl4

萃取碘水中的碘，能用“相似相溶”解释，故D正确；故选A。4.下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A.铁质器件附有铜质配件，久置，在接触处铁易生锈B.用稀硫酸洗涤沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的少C.向溶液中滴加几滴溶液，溶液呈红色；再加入少量铁粉，溶液红色变浅D.电镀实验中，用溶液作电镀液比用溶液得到的铜镀层光亮牢固【答案】A【详析】A．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，不能用平衡移动原理解释，故A符合题意；B．硫酸钡存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2++，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向正方向移动，造成BaSO4的损失；而用H2SO4洗涤，电离出抑制了BaSO4的溶解，导致BaSO4损失量少，所以该变化能用平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．+3⇌Fe(SCN)3+3KCl，再加入少量铁粉，铁粉将Fe3+还原，降低了c(Fe3+)，平衡逆向移动，可以用平衡移动原理解释，故C不符合题意；D．溶液中，Cu2+和NH3形成了稳定的配离子[Cu(NH3)4]2+，使得铜离子浓度降低，所以使Cu镀层的质量更好，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；故选：A。5.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.向溶液中滴加氨水产生沉淀：B.向苯酚钠溶液中通入少量气体，溶液变浑浊：C.在酸或酶催化下蔗糖水解：D.与浓盐酸反应制氯气：【答案】C【详析】A．是弱电解质弱碱，不能溶解，生成沉淀不溶于过量的氨水，离子方程式，A正确；B．苯酚的酸性小于碳酸,因此向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳,会生成苯酚和碳酸氢钠：，B正确；C．蔗糖水解是指将蔗糖分解成葡萄糖和果糖的过程，，C错误；D．与浓盐酸共热可制备氯气：，D正确；故选C。6.下列说法不正确的是（）A.植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料B.向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀溶解C.酸催化下，苯酚与甲醛反应生成线型酚醛树脂，同时生成D.(如图)中的磷酸与核糖之间通过磷酯键连接【答案】C【详析】A．硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较为稳定，不易被空气氧化变质，而饱和的高级脂肪酸甘油酯在碱性的条件下水解，用于制取肥皂，A正确；B．发生盐析，出现白色沉淀，向沉淀中加入适量蒸馏水，沉淀溶解，盐析为可逆过程，B正确；C．酸催化下，nmol苯酚与nmol甲醛反应生成线型酚醛树脂，化学方程式为：n+nHCHO+(n-1)H2O，所以nmol的苯酚与nmol甲醛反应生成(n-1)mol的水，C错误；D．由ATP结构可知，核糖与磷酸之间通过磷酯键结合形成ATP，D正确；故选C。7.离子化合物和与水的反应分别为①；②，下列说法不正确的是（）A.、中均含有非极性共价键B.、中阴、阳离子个数比均为1：1C.①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂D.相同物质的量的和与足量的水反应，所得气体的物质的量【答案】B【详析】A．过氧化钠和碳化钙都是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故A正确；B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比为2：1，故B错误；C．由方程式可知，过氧化钠与水的反应是由元素化合价发生化合价变化的氧化还原反应，碳化钙与水反应是没有元素化合价发生化合价变化的非氧化还原反应，反应中水均不作氧化剂或还原剂，故C正确；D．由方程式可知，1mol过氧化钠与水反应生成mol氧气，1mol碳化钙与水反应生成mol乙炔，过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量小于碳化钙与水反应生成乙炔的物质的量，故D正确；故选B。8.下列实验不能达到实验目的的是（）A．证明羟基使苯环活化B．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯C．制备乙酸乙酯D．检验溴乙烷中含有Br元素【答案】B【详析】A．苯和溴水不发生反应，而苯酚和溴水易发生取代反应，生成白色沉淀三溴苯酚，对比两个实验，可以证明羟基的存在使苯环更活泼，故A不符合；B．由于乙醇易挥发，酸性高锰酸钾溶液能氧化乙醇而褪色，故不能证明生成乙烯，故B符合；C．乙酸和乙醇在浓硫酸催化并加热的条件下反应制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，为防止倒吸，导气管不能伸入液面以下，故C不符合；D．检验溴乙烷中含有溴元素，先向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，使之发生水解，产生Br-，再加入稀硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中溴元素的存在，故D不符合；故选B。9.溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。已知：i．与反应时，转化为和。ii．为强酸。下列说法不正确的是（）A.酸化海水通入提取溴的反应：B.脱氯过程和均具有脱氯作用C.用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是D.酸化后重新得到的反应：【答案】C〖祥解〗浓缩海水酸化形成酸化海水，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出生成单质溴，含溴空气通过溴化亚铁脱氯，通入碳酸钠吸收Br2转化为和Br-，和Br-在稀硫酸中发生氧化还原反应生成溴单质形成含溴溶液，最后得到产品溴。【详析】A．酸化海水通入氯气，氯气与溴离子反应生成Br2和Cl-，离子方程式正确，A正确；B．脱氯过程中，亚铁离子和溴离子均能与氯气反应，两者均具有脱氯作用，B正确；C．用碳酸钠溶液吸收足量溴蒸气后，发生反应3Br2+3=5Br-++3CO2↑，所得产物中的含碳粒子主要为CO2，C错误；D．硫酸酸化后，、Br-和氢离子反应生成Br2和水，离子方程式正确，D正确；故答案选C。10.科研人员以间硝基甲苯为原料，采用间接成对电解方法合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用、，电解质溶液为溶液。反应的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A.A电极为电解池阴极B.B电极反应为：C.1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移8molD.产品既可以与酸反应，也可以与碱反应【答案】C〖祥解〗由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离子，电极反应式为，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为+6Ti3++4H2O

+6TiO2++6H+，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H+

+2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区，据此作答。【详析】A．由分析可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，电解时B电极反应为：，故B正确；C．阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H+

+2Cr3++5H2O，根据B电极反应，可知生成1mol转移电子为6mol，则1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移电子为6mol，故C错误；D．中的氨基呈碱性，可与酸反应，羧基呈酸性，可以与碱反应，故D正确；故答案选C。11.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法中不正确的是（）A.人体血液的pH约为7.35-7.45，血液中所含+3价砷元素的主要微粒是H3AsO3B.向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，主要反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO+H2OC.该温度下，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2D.向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=13时，溶液中存在关系：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)【答案】D【详析】A．据图可知当pH在7.35-7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3，故A正确；B．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，As元素主要存在形式为H3AsO3、H2AsO，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O，故B正确；C．由图中数据可知，pH＝9.2时，c(H2AsO)=c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1==c(H+)＝10-9.2，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2，故C正确；D．由电荷守恒可知，c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，故D错误；故选D。12.我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，可实现“单体-聚合物-单体”的闭合循环，推动塑料经济的可持续发展。合成方法如下：下列说法不正确的是（）A.M分子中含有2个手性碳原子B.M在碱性条件下水解开环得到C.PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团D.合成1molPM，理论上需要nmolM和1mol苯甲醇【答案】B【详析】A．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，M分子中含有2个手性碳原子，位置为，A正确；B．M中含有酯基，在酸性条件下水解开环得到，碱性条件下水解会生成相应的羧酸盐，B错误；C．PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团，C正确；D．由PM的结构简式可知，理论上，合成1molPM需要消耗nmolM和1mol苯甲醇，D正确；故选B。13.化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下：已知L能发生银镜反应，下列说法不正确的是（）A.分子中碳原子的杂化方式均有和B.在水中的溶解度：C.L为乙醛D.生成物M与的化学计量数之比为1：1【答案】D【详析】A．分子均有单键碳和双键碳，碳原子的杂化方式均有和，故A正确；B．K分子中含有羧基，在水中的溶解度：，故B正确；C．M比K多2个碳原子，L能发生银镜反应，L含有醛基，则L为乙醛，故C正确；D．K和乙醛反应生成M和水，根据原子守恒，生成物M与的化学计量数之比为1：2，故D错误；选D。14.实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下：实验编号试剂沉淀物质的量之比试剂X试剂Yⅰ0.040.04aⅱ0.10.10.15ⅲ0.50.50.19ⅳ1.01.00.26已知：①②取ⅰ～ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是（）A.分析ⅰ中数据可知：B.ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加溶液，产生白色沉淀C.本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大D.取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据【答案】D【详析】A．等体积混合后，此时，不会产生沉淀，所以a=0，故A正确；B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应形成，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，故B正确；C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确；D．结合表中数据可知有生成，溶液中Fe2+过量，不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，故D错误；故选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。（1）Na2SeSO3(硒代硫酸钠，其中SeSO可看作是SO中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下：①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。Se位于元素周期表___________区。②SeSO的空间结构是___________。③过程ii中SeSO一定断裂的化学键是___________。（2）非铅双钙钛矿材料[(NH4)2SeBr6]有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的[(NH4)2SeBr6]晶体的晶胞结构如下图，其中[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心。①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由___________。②NH中H—N—H键角___________(填“>”或“<”)NH3中H—N—H键角。③一定压力下形成的[(NH4)2SeBr6]晶胞形状为正方体，边长为anm。已知[(NH4)2SeBr6]的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体密度为___________g·cm-3。(1nm=10-7cm)（3）Cu2-xSe是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图所示(晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子)。每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞，转移电子数为___________。【答案】（1）①.p②.四面体③.硫硒键（2）①.第一电离能Br>Se，Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电核数Br>Se，原子半径Br<Se，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se②.>③.（3）8【详析】（1）①Se位于第四周期VIA族，位于元素周期表的p区；②SeSO可看作是SO中的一个O原子被Se原子取代的产物，SO中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，SO的空间构型为正四面体形，则SeSO中心原子的空间结构是四面体；③过程ii中SeSO转化为SO，一定断裂的化学键是硫硒键。（2）①Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电核数Br>Se，原子半径Br<Se，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se，则第一电离能：Br>Se；②NH中心原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，NH3中心原子价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对有排斥力，使键角变小，则NH中H—N—H键角>NH3中H—N—H键角；③[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心，个数为=4，K+的个数为8，晶胞的质量为g，晶体的体积为，晶胞的密度为g/cm3。（3）由Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Se2-个数为=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，4个Na2Se完全转化为4Cu2-xSe过程中，转移电子数为8。16.肼()有较强的还原性，与等可组成火箭推进剂。（1）已知：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．火箭发射时与反应生成和，该反应的热化学方程式是___________。（2）肼的传统生产工艺为法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行：ⅰ．(快)ⅱ．(慢)已知电负性，下列说法正确的是_____(填序号)。a．反应ⅰ中做氧化剂b．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内的产量c．采用压强可以增大的溶解度，提高反应ⅱ中的利用率（3）采用法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。①水合肼(，常温为液态)中与间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力_______。②蒸馏过程中首先馏出的物质是_____(填序号)。a．b．c．（4）产品中肼含量的测定方法如下。取产品加水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用溶液滴定3次，平均每次消耗溶液，已知：。①样品中肼(以计)的质量分数为_____。②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果_____(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。（5）肼除做火箭推进剂外还可用于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示：①负极的电极反应式是___________。②电池工作一段时间后正极区溶液基本保持不变，结合电极反应式解释原因：_____________。【答案】（1）（2）（3）①.②.（4）①.②.偏小（5）①.②.正极反应式为：，电路中每转移时，正极区生成的全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同【详析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—Ⅰ—Ⅲ×2得到肼与二氧化氮反应生成氮气和水的反应，则反应的△H=(—534.0kJ/mol)×2—(—67.7kJ/mol)—(—26.4kJ/mol)×2=—947.5kJ/mol，反应的化学方程式为；（2）a．由氮元素的电负性大于氯元素可知，NH2Cl中氯元素的化合价与次氯酸钠中氯元素的化合价相同，都为+1价，则反应中没有元素发生化合价变化，该反应是非氧化还原反应，所以次氯酸钠不可能是氧化剂，故错误；b．由题意可知，反应的决速步为反应ii，适当提高反应ⅰ温度，不能加快反应ii的反应速率，不能提高相同时间内水合肼的产量，故错误；c．采用3.0MPa压强可以增大氨气的溶解度，增大溶液中NH2Cl的浓度，反应ii的平衡向正反应方向移动，有利于提高NH2Cl的利用率，故正确；故选c；（3）①水合肼分子中肼分子和水分子可以形成分子间氢键，表示氢键的示意图为；②氨分子和水合肼分子都是分子晶体，沸点小于离子晶体氯化钠，水合肼分子中肼分子和水分子形成的分子间氢键强于氨分子间形成的分子间氢键，沸点高于氨分子，所以蒸馏过程中首先溜出的物质为氨气，故选a；（4）①由题意可知，滴定消耗20.00mL0.500mol/L碘溶液，由方程式可知，样品中肼质量分数为×100%=32%；②肼具有还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，肼易被空气中的氧气氧化，使得消耗标准碘液的体积偏小，导致测定结果偏小；（5）由电子移动方向可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为；①由分析可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为；②由分析可知，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，电路中每转移时，正极区生成的全部迁移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同，所以电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变。17.治疗非小细胞肺癌的药物特泊替尼的合成路线如下：已知：（1）已知A中含有—CN，写出A→B的化学方程式：__________。（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为______。（3）链状有机物F的分子式为，其结构简式为______。（4）G→H的反应类型是______。（5）I的结构简式为________。（6）可通过如下路线合成：①K→L的化学方程式是__________________。②N的结构简式为______。【答案】（1）++（2）（3）OHCCHClCHO（4）取代反应（5）（6）①.2+2+2②.〖祥解〗A中含有-CN，根据D的结构简式及A的分子式知，A为，A和甲醇发生酯化反应生成B为,B和发生反应生成D，D发生反应生成E，链状有机物F的分子式为，E和F发生取代反应生成G，F为OHCCHClCHO，G发生取代反应生成H，H发生还原反应失去得到I，I发生取代反应生成J，J发生取代反应生成特泊替尼，结合J的分子式，I的分子式可知，J为，I为；K发生催化氧化生成L为，L和HOOCCHO发生反应生成M，M为，M发生消去反应生成N为；【详析】（1）根据分析可知，A为，A和甲醇发生酯化反应生成B为，的化学方程式：++；（2）A为，A的某种同分异构体与A含有相同官能团，说明含有-COOH、-CN，核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为；（3）链状有机物F的分子式为，其结构简式为OHCCHClCHO；（4）根据分析可知的反应类型是取代反应；（5）根据分析可知I的结构简式为：；（6）K发生催化氧化生成L为，反应方程式为2+2+2；根据分析可知，N的结构简式为。18.以黄铜矿（主要成分为）为原料，用溶液作浸取剂提取铜。已知：ⅰ．的结构式为。ⅱ．均能导电。（1）有强氧化性，用溶液作浸取剂浸出的原理示意图如下。①正极的电极反应式为____________。②浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高。可能的原因是__________。（2）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下：添加未加元素的浸出率过程中产物形态①结合离子方程式解释添加可以显著提高元素的浸出率的原因：__________。②进一步研究发现添加的少量可以多次循环使用，具有类似“催化剂”的作用。其中“再生”的离子方程式为：____________。（3）进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如下。①在空气中焙烧得到铁红，反应的化学方程式为__________。②由滤液B电解（Pt作电极）生成的总反应的离子方程式为__________。③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：__________。【答案】（1）①.+2e-=2②.随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高（2）①.添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行②.+Ag2S=2Ag++2+S（3）①.4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2②.2+2H++H2↑③.直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红【详析】（1）①由图可知正极得电子生成硫酸根离子，电极反应式为：+2e-=2；②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高；（2）①添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行；②Ag+“再生”的离子方程式为：+Ag2S=2Ag++2+S；（3）①在空气中焙烧FeC2O4得到铁红，反应的化学方程式为：4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2；②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH4)2S2O8的总反应的离子方程式为：2+2H++H2↑；③从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红。19.实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。资料：ⅰ．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。ⅱ．在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。ⅲ．为微溶物实验序号试剂现象Ⅰ：10滴溶液：20滴溶液溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。Ⅱ：10滴蒸馏水：20滴溶液紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。Ⅲ：10滴溶液：2滴溶液和18滴蒸馏水溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，未见明显变化。Ⅳ：10滴溶液：20滴溶液溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。（1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因______________。（2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析：①对于氧化性的认识是___________。②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为___________。（3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析：①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为___________。②实验Ⅳ中“静置，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：___________(写出2点)。（4）针对实验Ⅲ、Ⅵ继续探究：①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色。产生棕黑色沉淀。②实验Ⅵ：向实验Ⅵ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验