北京四中2024-2025学年高三上学期期末模拟测试化学试题 含解析

北京四中2024~2025学年度第一学期期末模拟测试卷高三化学（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）1.下图是离子化合物在水中的微观变化示意图，已知为阿伏加德罗常数的值，下列相关说法正确的是A.1molMCl中含有对共用电子对B.MCl为弱电解质，在水中仅部分电离C.和均与水分子中的氧原子结合，形成水合离子D.MCl在水分子作用下溶解并发生了电离【答案】D【解析】【详解】A．MCl为离子化合物，其中不存在共用电子对，A错误；B．MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，B错误；C．M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子，Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误；D．MCl在水作用下的溶解，并发生电离过程，D正确；故选：D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的VSEPR模型： B.顺-2-丁烯的分子结构模型：C.的电子式： D.基态Cu原子的价层电子排布式：【答案】C【解析】【详解】A．中N原子的价层电子对数为3+，VSEPR模型为平面三角形，即，A正确；B．中，甲基同侧，氢原子同侧，表示顺-2-丁烯的分子结构模型，B正确；C．的电子式为，C错误；D．Cu为29号元素，基态Cu的价层电子排布式为，D正确；故选：C。3.我国研究人员开发出的铝/镁/铝层压板，质量轻、耐腐蚀。下说法不正确的是A.原子半径：Mg>Al B.第一电离能：Mg<AlC.碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3 D.氧化性：Mg2+<Al3+【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：Mg>Al，故A正确；B．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al，故B不正确；C．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：Mg＞Al，则碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，故C正确；D．金属性：Mg＞Al，金属的原还性越强，对应离子的氧化性越弱，则Mg2+＜Al3+，故D正确；答案选B。4.某有机物结构简式如下。下列关于该有机物的说法正确的是A.属于糖类 B.1mol最多能与2molNaOH反应C.分子中含有2个手性碳原子 D.不能发生缩聚反应【答案】C【解析】【详解】A．糖类是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，而该有机物的结构简式不符合糖类的概念，不是糖类，A错误；B．羧基能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，酰胺键也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，B错误；C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，该有机物分子中连接氨基的碳原子与连接酯基的碳原子均为手性碳原子，C正确；D．该有机物分子中含有羧基和氨基，能发生缩聚反应，D错误；故选C。5.下列解释实验事实的方程式不正确的是A.向AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀变黄：B.含少量的乙炔通入溶液，生成黑色沉淀：C惰性电极电解溶液，有红色固体和刺激性气味气体产生：D.向苯酚钠溶液通少量，溶液变浑浊：【答案】D【解析】【详解】A．相同温度下，，向AgCl浊液中滴入KI溶液，发生沉淀的转化，，白色沉淀变黄，A正确；B．含少量的乙炔通入溶液发生反应，生成黑色沉淀，B正确；C．惰性电解电解溶液，在阳极失电子生成氯气，在阴极得电子生成铜，总反应为，实验现象为有红色固体和刺激性气味气体产生，C正确；D．酸性：碳酸>苯酚>，向苯酚钠溶液通少量，发生反应+CO2+H2O+，生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，D错误；故答案为：D。6.对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A．加热蒸干溶液能得到固体；加热蒸干溶液得不到固体不易挥发，HCl易挥发B．电解溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：C．浓能氧化NO；稀不能氧化NO浓度越大，氧化性越强D．钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸镁溶液中存在水解平衡：MgSO4＋2H2OMg(OH)2＋H2SO4，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4，氯化镁溶液存在水解平衡：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2，A正确；B．根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极发生水电离的氢离子得电子生成氢气，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，B错误；C．浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，C正确；D．钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明即羟基中氢的活性：CH3CH2OH<H2O，D正确；故选B。7.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是A.a、b、c三点溶液的pH：B.a、b、c三点的电离程度：C.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D.取a、b、c三点等体积的溶液，用1mol·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：【答案】C【解析】【详解】A．由导电能力知c(H＋)：b>a>c，故pH：c>a>b，故A错误；B．加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，故B错误；C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，c(H＋)增大，pH偏小，故C正确；D．取a、b、c三点等体积的溶液，加水越多，冰醋酸浓度越小，用1mol·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：，故D错误；答案选C。8.下列实验的现象与结论构成因果关系的是

实验现象结论A电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏铁片作负极，片刻后铜片作负极B加热一段时间后溶液蓝色褪去淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖C加热，肥皂液中产生无色气泡铁粉与水蒸气反应生成D①和②中均迅速产生大量气泡一定是②中反应的催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．开始时，Fe比Cu易失电子，作负极，片刻后Fe被浓硝酸钝化，不能继续反应，Cu作负极，导致出现电流计指针向右偏(电子由Fe转移到Cu)，片刻后向左偏，A符合题意；B．蓝色褪去可以说明淀粉已水解，但无法确定水解产物是葡萄糖，B不符合题意；C．试管加热，即便铁粉与水蒸气不反应，试管内空气受热膨胀，也会产生气体，所以肥皂液中产生的无色气体不一定是H2，C不符合题意；D．过氧化钠与水反应生成氧气，①②两试管内均迅速产生大量气泡，所以不能证明②中MnO2起催化作用，D不符合题意；故选A。9.下列反应与电离平衡无关的是A.FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3B.电解饱和NaCl溶液制备NaOHC.加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3D.将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3【答案】D【解析】【详解】A．FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；故选D10.用电解法从含MnSO4废水中提取Mn和H2SO4的原理如下图所示，阴极室中会加入适量(NH4)2SO4。已知：i．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰。ii．电解效率(B)=100%。下列说法不正确的是A.阳极反应式为2H2O–4e-=O2↑+4H+B.离子交换膜为阴离子交换膜C.阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰D.若(Mn)=80%，当析出1molMn时，产生O2的体积为8.96L(标准状况)【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，阳极放出氧气，阳极反应式为2H2O–4e-=O2↑+4H+，故A正确；B．电解过程中，阴极室硫酸根离子移向阳极室生成硫酸，所以离子交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰，阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰，故C正确；D．若(Mn)=80%，当析出1molMn时，转移电子阳极发生反应2H2O–4e-=O2↑+4H+，产生O2的体积为，故D错误；选D。11.乙醇-水催化重整发生如下反应：Ⅰ．kJ·mol-1Ⅱ．kJ·mol-1恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和CO的选择性随温度的变化如下图所示。已知：ⅰ．的选择性（或2）ⅱ．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是A.kJ·mol-1B.当℃时，平衡体系中和的物质的量：C.当℃时，体系中总反应：D.恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率【答案】B【解析】【分析】由图可知随温度升高的选择性逐渐降低，而CO的选择性逐渐升高，当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，温度低于500℃时以的选择性占主导，温度高于500℃时以的选择性占主导，据此分析解答。详解】A．根据盖斯定律可知，I+2×Ⅱ=，则，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则K==1，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选：B。12.某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。其中，—Bu—表示下列说法不正确的是A.试剂b的名称是甲醛B.试剂a的结构简式是C.F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3D.由E合成1molBU[6]时，共有12molH₂O生成【答案】D【解析】【分析】E和试剂a反应后生成F，F和试剂b反应牛成BU[6]，结合E和BU[6]的结构，可知a为，F为，b为HCHO，据此解答。【详解】A．试剂b为HCHO，名称是甲醛，A正确；B．根据上述分析可知：试剂a的结构简式为﹐B正确；C．根据上述分析可知：F为，该物质分子中含有3种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比是l：1：3，C正确；D．每1molE和试剂a反应生成F时，同时反应生成2mol水，F和b反应生成BU[6]生成6mol水，由E合成lmolBU[6]时，共生成H2O物质的量为：6×2mol+6mol=18molH2O生成，D错误；故合理选项是D。13.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，有、、及Au、Ag等，具有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：已知：；v中生成和；、、、的依次为、、、。下列说法不正确的是A.步骤ⅰ中一定发生反应：B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb（Ⅱ）、时，均有和参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出【答案】C【解析】【分析】已知、的分别为、，分银渣中有、、及Au、Ag等，向分银渣中加入溶液，发生沉淀转化反应：，会转化为，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应、、；然后过滤，得到含有Pb（Ⅱ）的溶液，向固体A中加入溶液，发生反应，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应，得到含有Ba2+的溶液；再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子和；不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤ⅰ中加入溶液，固体会转化为，故步骤ⅰ中一定发生反应：，A正确；B．根据分析可知，步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸，B正确；C．步骤ⅳ发生的反应是，故没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，促进Pb（Ⅱ）的浸出，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进Au、Ag形成配合物，使Au、Ag变成络离子和进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故选C。14.探究乙醛的银镜反应，实验如下（水浴加热装置已略去，水浴温度均相同）已知：ⅰ．银氨溶液用2%溶液和稀氨水配制ⅱ．装置现象①一直无明显现象②8min有银镜产生装置现象③3min有银镜产生④d中较长时间无银镜产生，e中有银镜产生下列说法不正确的是A.a与b中现象不同的原因是能氧化乙醛而不能B.c中发生的氧化反应为C.其他条件不变时，增大pH能增强乙醛的还原性D.由③和④可知，c与d现象不同的原因是不同【答案】A【解析】【详解】A．对比a、b，除了银离子与银氨离子的差别外，两者的pH也不同。且b中碱性更强，a未发生银镜反应也可能由于碱性弱，因此不能得出银离子不能氧化乙醛的结论，A错误；B．c中发生的氧化反应为乙醛在碱性条件下失去电子被氧化为CH3COO-，离子方程式为：，B正确；C．对比b、c可知，c中增大pH银镜产生得更快，说明增大pH能增强乙醛的还原性，C正确；D．对比c、d，其他条件相同而d中NH3·H2O更多，导致平衡逆向移动，c(Ag+)减少，d无银镜产生，当e中补加AgNO3时出现了银镜，正好验证了这一说法，D正确；故选A。Ⅱ卷（共58分，答案填写在答题纸上）15.寻找安全高效、低成本的储氢材料对于实现氢能经济具有重要意义，以下列举了三种常见的储氢材料。I．氰基配合物Cu3[Co(CN)6]2·xH2O（1）基态Cu原子的价层电子排布式为___________。（2）H2O能参与配位的原因是___________。（3）CN-中C为正价，从原子结构的角度说明理由___________。II．三维多孔金属有机骨架材料MOFsMOF-5的低温储氢性能非常优异，其晶体结构如下图所示。对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团[Zn4O]6+连接，化学式为Zn4O(BDC)3。（4）[Zn4O]6+中O原子的杂化轨道类型为___________。（5）下列也可以作为有机配体与[Zn4O]6+连接形成三维多孔骨架的是___________。A．B．C．III．金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如下图所示。（6）Mg2FeH6晶胞中H原子个数为___________。（7）已知Mg2FeH6的摩尔质量是M

，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________。(1nm=cm)【答案】（1）3d104s1（2）H2O中的O原子能提供孤电子对（3）C和N电子层数相同，核电荷数C<N，原子半径C>N，原子核对最外层电子的吸引力C<N，电负性C<N（4）sp3（5）BC（6）24（7）【解析】【小问1详解】铜是29号元素，在第四周期，基态铜原子的价电子排布式是3d104s1；【小问2详解】形成配位键需要给予的一方能够提供孤电子对，H2O中的O原子能提供孤电子对，因此能够参与配位键的形成。【小问3详解】C和N电子层数相同，核电荷数C<N，原子半径C>N，原子核对最外层电子的吸引力C<N，电负性C<N，因此CN-中C为正价；【小问4详解】由图可知氧原子与四个Zn连接，因此形成sp3杂化；【小问5详解】由图可知若与有机配体与[Zn4O]6+连接形成三维多孔骨架需要分子中含有两个或两个以上的羧基，故BC正确；【小问6详解】由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此含有的H原子个数是24；【小问7详解】由上题分析可知该晶胞含有Mg2FeH6的个数为4，因此该晶胞的质量是，晶体的密度为16.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NO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．kJ/molⅱ．kJ/molⅲ．kJ/mol（a、b、）（1）NO被深度氧化，补全热化学方程式：______kJ/mol（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200ppm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”）。②0.9s、时，的浓度随变化的原因是____________。（4）80℃、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NO、。产品中的物质的量浓度为______mol/L。【答案】（1）（2）①.＜②.8s时反应已达到平衡状态，将NO深度氧化为N₂O₅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、时，增大，使增大，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：i×2+ii+iii可得，kJ/mol；【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T1<T2；由图知，8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5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N2O5的浓度越低；【小问3详解】①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；②由图知，0.9s、时，NO2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NO与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与MnO发生氧化还原反应，，则与MnO发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与NO反应的Fe2+为n1=，，则NO物质的量n=，则NO的物质的量浓度为。17.螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下：已知：Ⅰ．Ⅱ．（1）A→B的反应类型为______。（2）C中含有的官能团是______。（3）酸性环境下电化学氧化法可实现B→D的一步合成，阳极区涉及到的反应有：ⅰ．；ⅱ．______，Mn2+可循环利用。（4）D→E的化学方程式为______。（5）试剂a的分子式为C4H5O3Cl，其结构简式为______。（6）H分子中含有一个六元环和一个五元环。I的结构简式为______。（7）关于J的说法正确的是______。a．含有手性碳原子b．能发生消去反应c．在加热和Cu催化条件下，不能被O2氧化d．存在含苯环和碳碳三键同分异构体（8）E、K中均含有“”，K的结构简式为______。【答案】（1）取代反应（2）碳氯键(或氯原子)、羧基（3）+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+（4）+NCCH2COOC2H5+H2O（5）（6）（7）ad（8）【解析】【分析】由C的结构简式，可逆推出A为，B为；由D的分子式，可确定D为；依据信息Ⅰ，可推出D与NCCH2COOC2H5反应生成E的结构简式为。试剂a的分子式为C4H5O3Cl，则其结构简式为，F为。由H的分子式，参照G的结构简式，可得出H为，则I为。酰胺基不能与H2发生加成反应，则J分子中的酮羰基与H2发生加成反应生成醇羟基，J的结构简式为。E与J发生加成反应，生成的K中含有“”，则E分子中的碳碳双键与J分子中的羟基碳原子发生加成反应，所以生成K的结构简式为。【小问1详解】A()与Cl2在FeCl3的催化作用下发生反应，生成B()和HCl，反应类型为取代反应。【小问2详解】C为，含有的官能团是碳氯键(或氯原子)、羧基。【小问3详解】B为，D为，Mn2+可循环利用。ⅰ．Mn2+-e-=Mn3+，则第ⅱ步反应中，Mn3+将氧化为，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+。【小问4详解】D()与NCCH2COOC2H5反应，生成E()等，化学方程式为+NCCH2COOC2H5+H2O。【小问5详解】试剂a的分子式为C4H5O3Cl，其结构简式为。【小问6详解】H分子中含有一个六元环和一个五元环，则H为。H与CH3I发生取代反应，生成I的结构简式为。【小问7详解】由分析可知，J为。a．J分子中，与-OH相连的碳原子为手性碳原子，a正确；b．J分子中，羟基碳的邻位碳原子上不连有氢原子，则J不能发生消去反应，b不正确；c．J分子中，-OH碳原子上连有氢原子，在加热和Cu催化条件下，能被O2氧化，c不正确；d．J分子中，除苯环外，不饱和度为2，与碳碳三键的不饱和度相同，所以J分子中可以存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确；故选ad。【小问8详解】由分析可知，K的结构简式为。【点睛】推断有机物时，可采用逆推法。18.以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有______________________________。②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。【答案】（1）①.>②.、（2）①.②.是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀（3）①.、②.被氧气氧化为，把氧化为（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【解析】【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【小问1详解】①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。【小问2详解】①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。【小问3详解】①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。【小问4详解】联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。19.研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。资料：a．Cu2O为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2+。b．CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2+和H2O2。c．H2O2有弱酸性：H2O2H++HO2-，HO2-H++O22-。编号实验现象Ⅰ向1mLpH＝2的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液出现少量气泡Ⅱ向1mLpH＝3的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡Ⅲ向1mLpH＝5的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡（1）经检验生成的气体均为O2，Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2的化学方程式是__。（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是__。②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。③为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验：将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取ag固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液pH，以PAN为指示剂，向溶液中滴加cmol·L−1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液VmL。V=__，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA=EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96g·mol−1，M(Cu2O)＝144g·mol−1）（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__。（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。实验Ⅴ：在试管中分别取1mLpH＝2、3、5的1mol·L−1Na2SO4溶液，向其中各加入0.5mL30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明CuO2能够催化H2O2分解。（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的