精品解析：北京市清华大学附属中学2023届高三三模化学试题（解析版）

这是一份精品解析：北京市清华大学附属中学2023届高三三模化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 催化还原的机理示意图如下， 小组进行如下实验等内容，欢迎下载使用。

高20级5月调研试卷
化学
可能用到的相对原于质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Cr：52 Ag：108 Sn：119
第一部分共14题，每题3分，共42分。在四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 某中德联合研究小组制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A. “水瓶”是纯净物 B. 水分子空间构型是V型
C. C60是极性分子 D. 富勒烯与石墨是同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．“水瓶”中存在富勒烯(C60)、磷酸盐和水分子，所以是混合物，A错误；
B．水分子中中心原子的价层电子对是4，2个孤电子对，所以空间构型是V型，B正确；
C．C60是由非极性键构成的非极性分子，C错误；
D．富勒烯与石墨是同种元素构成的不同单质互为同素异形体，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式：
B. 基态的价电子轨道表示式：
C. 分子的VSEPR模型：
D. 反-1，4-聚异戊二烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．的电子式为 ，A错误；
B．基态的价电子数为10，价电子轨道表示式为，B正确；
C．分子中心原子氧原子上孤电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，C错误；
D．系统命名法命名为顺-1,4-聚异戊二烯，D错误；
故选B。
【点睛】的电子式应该将氧原子写在中间。
3. 下列说法不涉及氧化还原反应的是
A. 一场雷雨一场肥——自然固氮
B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
C. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
【答案】C
【解析】
【分析】在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。
【详解】A．雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；
B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；
C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故C选。
D．干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故D不选；
故选C。
4. 汽车尾气中的CO、、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅(熔点为℃，极易挥发)的排放严重危害人体中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的CO和NO转化为无害气体和。下列有关说法正确的是
A. 和中的键角相等 B. 丙烯中C原子为杂化
C. 中键和键数目之比为 D. 固态四乙基铅为离子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，二氧化硫和三氧化硫的空间构型不同，键角不相等，故A错误；
B．丙烯中甲基上C形成4个σ键，采取杂化，碳碳双键上的C原子为杂化，故B错误；
C．氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，分子中σ键和π键数目之比为1：2，故C正确；
D．由题给信息可知，固态四乙基铅为熔沸点低的分子晶体，故D错误；
故选C。
5. 催化还原的机理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）

A. 的断裂需要吸收能量 B. ①→②，发生加成反应
C. ④中，被氧化为 D. 生成总反应的化学方程式是
【答案】C
【解析】
【详解】A. 断裂化学键吸收能量，则H-H的断裂需要吸收能量，故A正确；
B. 如图所示，C=O键转化为单键，为加成反应，故B正确；
C. ④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，故C错误；
D. 由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，反应为，故D正确；
故选C。
6. 将浓氨水分别滴加到下列试剂中，产生的实验现象、体现出的性质以及对应的方程式不正确的是。
实验
试剂
现象
性质
方程式
A
滴有酚酞的蒸馏水
溶液变红
碱性

B
氯气
产生白烟
还原性

C
烧碱固体
产生刺激性气味气体
不稳定性

D
溶液
溶液最终变为深蓝色
可形成配合物


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．一水合氨为弱电解质，，A错误；
B．氯气自身有强氧化性，可以把氨水中的溶质氧化为氮气，自身被还原为氯化铵，B正确；
C．浓氨水滴入到烧碱中，溶解放热，且碱性较强，促进氨水分解，生成氨气，C正确；
D．浓氨水滴加硫酸铜，溶液变色，生成了[Cu(NH3)4]SO4，D正确；
故答案为：A。
7. 利用下列装置进行相应实验，有关说法不正确的是
A. 图装置可验证酸性：
B. 图装置可用于收集气体
C. 图装置可用于分离萃取碘水后的有机层和水层
D. 图装置中接通开关后，Zn片腐蚀速率增大，Cu片有气体放出
【答案】A
【解析】
【详解】A项、盐酸的酸性强于碳酸，盐酸易挥发，挥发出的氯化氢会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，应用稀硫酸代替盐酸，故A错误；
B.、、、都可用排空法收集，密度比空气大的、用向上排空气法收集，应从长导管进气，密度比空气小的、用向下排空气法收集，应从短导管进气，故B正确；
C项、四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离，故C正确；
D项、锌比铜活泼，形成原电池反应，活泼金属锌为负极，正极铜上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故D正确；
故选A。
8. 肾上腺素具有提高心脏收缩力、扩张气管的功能，其结构如图所示。配制肾上腺素注射剂时要加抗氧化剂、遮光密封置阴凉处存放。下列有关肾上腺素说法不正确的是

A. 分子中仅有1个手性碳原子
B. 可用溶液检验肾上腺素中的酚羟基
C. 具有还原性，因此配制注射剂时要加抗氧化剂
D. 肾上腺素的同分异构体中存在含有酰胺基的芳香族化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由结构简式可知该物质中苯环支链中与羟基相连的碳为手性碳原子，分子中仅有1个手性碳原子，故A正确；
B．溶液与酚羟基显紫色，可用溶液检验酚羟基，故B正确；
C．肾上腺素含有酚羟基，具有还原性，易被氧化，配制注射剂时要加抗氧化剂，故C正确；
D．由结构简式可知该物质中除苯环外不含其他不饱和价键，而酰胺基中含有碳氧双键，因此不存在含有酰胺基的芳香族化合物，故D错误；
故选D。
9. 小组进行如下实验。

下列说法不正确的是
A. ①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
B. ③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C. c(OH−)：③=①
D. ③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)
【答案】C
【解析】
【详解】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；
B．加入盐酸消耗OH−，使Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，过一段时间又补充了OH−，溶液又变红，故B正确；
C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp= c(Mg2+)c2(OH−)，c(Mg2+)增大，c(OH−)减小，故C错误；
D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+ c(H+)=c(Cl−)+ c(OH−)，③中溶液显碱性c(OH−)> c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl−)，故D正确；
故答案为C。
10. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后可计算碳酸钠的质量分数，A不选；
B．得到bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，则，可以计算碳酸钠的质量分数，B不选；
C．反应后只给了溶液的质量为bg，没有给溶质的质量分数，故溶液中溶质的质量无法得知，不能计算碳酸氢钠质量分数，该选项不能达到实验目的，选C；
D．逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，增加的质量为水和二氧化碳的总质量，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，则，可以计算碳酸钠质量分数，该选项能够达到实验目的，D不选；
故本题选C。
11. 工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL，的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加1 mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1 mL浓硫酸
的去除率/%
0.922
12.7
57.3

A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率
B. 实验②中，在阴极放电的电极反应式是
C. 实验③中，去除率提高的原是
D 实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，选项A正确；
B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，选项B正确；
C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，选项C正确；
D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，选项D错误；
答案选D。
12. 苯乙醛可用于制备工业香料，工业上通过以下途径制备苯乙醛。下列说法正确的是

A. 反应①、②和④符合绿色化学的原则
B. 乙烯、苯乙醇、苯乙醛均能因反应而使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
C. 向 2 mL10%的硫酸铜溶液中滴加 5 滴 2%的氢氧化钠溶液，再加入 0.5 mL 苯乙醛溶液，加热，有砖红色沉淀出现
D. 预测可以发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】乙烯在催化剂的存在下，可以被氧气直接氧化为环氧乙烷，也可以先与Cl2、H2O发生反应生成ClCH2CH2OH，再生成环氧乙烷，环氧乙烷与苯反应生成苯乙醇，苯乙醇发生醇的催化氧化生成苯乙醛。
【详解】A．反应②中乙烯与Cl2、H2O发生反应生成ClCH2CH2OH，同时还生成HCl，不符合绿色化学的原则，A错误；
B．碳碳双键、羟基、醛基都能被酸性高锰酸钾氧化，苯乙醇不能与溴水反应，B错误；
C．向2mL10%硫酸铜溶液滴加5滴2%氢氧化钠溶液，NaOH的量不足，故加入苯乙醛溶液，实验会失败，不会有砖红色沉淀出现，C错误；
D．根据图中反应④可知，预测可以发生反应，D正确；
故答案选D。
13. 汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法不正确的是

A. 反应①决定尾气转化的快慢
B. 反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C. 由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D. 采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4-42.6=255.8,反应②、③的活化能分别为108.4、226.1，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；
B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；
C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4、130.0、248.3，故过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2，C正确；
D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物会完全消耗，无法避免尾气中不出现，D错误；
故选D。
14. 某实验小组探究过量甲醛与新制氢氧化铜的反应。
提出猜想：
已知：ⅰ．
ⅱ．

实验步骤
实验内容
实验现象
步骤1
溶液； 20％溶液； 37％ 溶液
反应结束后，A中生成红色固体，C无明显变化
步骤2
将A中混合物过滤，洗涤所得固体，取少量固体于试管中，加入稀疏酸，振荡
无明显现象
步骤3
取步骤2中的滤液于试管中，加入足量稀盐酸
无明显现象
下列说法不正确的是。
A. 配制银氨溶液时，应向稀溶液中加入稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解
B. 装置B的主要作用是除去挥发的甲酸，防止干扰CO的检验
C. 步骤3目的是检验反应后溶液中是否存在
D. 该实验中，过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生的反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】A中硫酸铜和过量氢氧化钠反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与甲醛反应，装置B的主要作用是除去挥发的甲醛，C装置检验是否有CO生成。步骤2检验固体产物，步骤3检验是否有生成。
【详解】A.向稀溶液中加入稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液时，故A正确；
B. 甲醛易挥发，甲醛能与银氨溶液反应，装置B的主要作用是除去挥发的甲醛，防止干扰CO的检验，故B错误；
C. 与盐酸反应放出二氧化碳，步骤3目的是检验反应后溶液中是否存在，故C正确；
D.C无明显变化，说明没有CO生成；步骤2没现象，说明反应生成铜；步骤3没现象，说明能与生成碳酸钠；该实验中，过量甲醛与新制氢氧化铜可能发生的反应为，故D正确；
选B。
第二部分、本部分共5题，共58分。
15. 氟化镁钾()是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如下。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。

（1）晶体中，每个周围有___________个距离最近的。
（2）进行离子取代的重要参数为离子半径。下表是、、的数据，请从原子结构角度解释的原因：___________。
离子



离子半径
136
65
133

（3）半径与接近，将部分由取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性。从而合成新型催化剂材料。
①基态价电子的轨道表示式为___________。
②某实验室合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)。已知晶胞棱长为。若要合成厚度为。面积为的催化剂材料，理论上需要掺杂的约为___________(，，阿伏加德罗常数约为)。
（4）我国科研工作者以晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的晶体。其框架中的由取代，位置嵌入有机阳离子，位置沿棱方向嵌入直线型。已知与的结构简式如下：
： ：
①中N原子的杂化方式为___________，中心N原子的杂化方式为___________。
②的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在着其他相互作用。如邻近的与还存在着___________，上述相互作用不会随的转动改变。
【答案】（1）6 （2）和的最外层电子数相同，电子层数：<，但核电荷数：<，综合结果：；、电子层数和最外层电子数均相同，核电荷数：<，所以，综上所述：；
（3） ①. ②.
（4） ①. sp3 ②. sp ③. 配位键
【解析】
【小问1详解】
由晶胞结构可知位于顶点，位于棱心，每个顶点周围有6个棱心，则每个周围有6个距离最近的；
【小问2详解】
和的最外层电子数相同，电子层数：<，但核电荷数：<，综合结果：；、电子层数和最外层电子数均相同，核电荷数：<，所以，综上所述：；
【小问3详解】
①基态价电子的轨道表示式为；
②晶胞的体积为：a3nm3= a3×10-27m3；催化剂材料的体积为：×1m3=；
所需晶胞的数量为：；所以需要晶胞的物质的量为mol；理论上需要掺杂约为mol×0.2=mol；
【小问4详解】
①由结构可知，N原子形成4条共价键，采用sp3的杂化方式，中心N原子形成两条双键，为直线结构采用sp杂化；
②存在空轨道、存在孤对电子，两者之间可形成配位键。
16. 元素铬(Cr)在溶液中主要以(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在。为难溶于水的灰蓝色固体，可与强酸、强碱反应。
回答下列问题：
（1）基态Cr的价电子排布式为___________。在溶液中逐滴加入溶液直至过量，可观察到的现象是___________。
（2）和在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。

①用离子方程式表示溶液中的转化反应___________。
②由图可知，溶液酸性增大，的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。
③升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的___________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。已知、的分别为和)。则二者的溶解度大小关系为：___________。
（4）价铬的化合物毒性较大，常用将废液中的还原成，该反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
（2） ①. 2Cr+2H＋⇌Cr2+H2O ②. 增大 ③. 1.01014 ④. 小于
（3）> （4）5H＋+Cr2+3=2Cr3++3+4H2O
【解析】
【小问1详解】
Cr是24号元素，则基态Cr的价电子排布式为3d54s1；Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，可观察到沉淀消失；故观察到的现象是蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
【小问2详解】
①随着H+浓度的增大，Cr转化为Cr2的离子反应式为2Cr+2H＋⇌Cr2+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2Cr+2H＋⇌Cr2+H2O正向进行，Cr的平衡转化率增大；A点Cr2的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知Cr的浓度为0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为==1.01014；
③升高温度，溶液中Cr的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的ΔH＜0；
【小问3详解】
当溶液中Cl-完全沉淀时，即c（Cl-）=1.0×10−5 mol·L−1，根据Ksp（AgCl）=2.0×10−10，此时c（Ag+）=；此时溶液中c（Cr）=；即二者的溶解度大小关系为：>;
【小问4详解】
利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H＋+Cr2+3=2Cr3++3+4H2O。
17. 治疗心力衰竭药物沙库巴曲的合成路线如下：

已知：—Boc结构简式为
（1）沙库巴曲中的官能团的名称是___________。
（2）A→B的反应中，已知被还原为，理论上反应物质A，至少需要的物质的量为___________。
（3）B的结构简式是___________。
（4）D→E中步骤ⅰ反应的化学方程式是___________。
（5）E→F反应类型是___________，F→G反应类型是___________。
（6）已知G与H生成沙库巴曲的反应原子利用率为100％，H分子中只有一种化学环境的氢。
①下列关于H的说法正确的是___________(填字母序号)。
a．分子式为
b．分子中所有碳原子的杂化类型均相同
c．官能团为酯基和酮羰基
d．存在同时含有碳碳三键、羧基和羟基的同分异构体
②H与另一有机物I在一定条件下可以反应生成聚合物PBS()，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】（1）羧基、酰胺基、酯基
（2）1mol （3）
（4）+NaOH→+C2H5OH
（5） ①. 加成反应(或还原反应) ②. 取代反应
（6） ①. ad ②. n+nHO(CH2)4OH+(n-1)H2O
【解析】
【分析】A中-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，则B为，D中酯基在NaOH溶液中发生水解反应再酸化得到E为，E中碳碳双键与氢气发生加成反应生成F，F发生酯化反应生成G，G和H生成酰胺基，则H为；
【小问1详解】
沙库巴曲中的官能团的名称是：羧基、酰胺基、酯基；
【小问2详解】
A→B的反应是-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，已知被还原为，理论上反应物质A，转移2mol电子，由得失电子守恒，氯元素从+1降低至-1价，则至少需要的物质的量为1mol；
【小问3详解】
由分析可知，B的结构简式是；
【小问4详解】
D→E中步骤ⅰ中酯基在NaOH溶液中发生水解反应生成钠盐，反应的化学方程式是+NaOH→+C2H5OH；
【小问5详解】
E中碳碳双键与氢气发生加成反应生成F，E→F反应类型是加成反应；F发生酯化反应生成G，F→G反应类型是取代反应；
【小问6详解】
①H为，
a．分子式为，故a正确；
b．分子中饱和碳原子形成4个σ键，C采取sp3杂化，C=O上的C原子采取sp2杂化，故b错误；
c．官能团为酯基，故c错误；
d．H的不饱和度为3，碳碳三键的不饱和度为2、羧基不饱和度为1，再满足O原子守恒可知还有羟基，因此存在同时含有三种官能团的同分异构体，故d正确；
故选：ad；
②H与另一有机物I在一定条件下可以反应生成聚合物，反应方程式为n+nHO(CH2)4OH+(n-1)H2O。
18. 分银渣是电解铜的阳极泥提取贵金属后的尾渣，含有铅()、钡()、锡()以及金(Au)、银(Ag)等贵重金属，具有较高的综合利用价值。一种提取流程如下。

已知：1.不溶于水、醇、稀酸和碱液。
2.；。
3.部分难溶电解质的溶度积(25℃)如表。
物质












（1）写出步骤ⅰ的主反应的离子方程式并说明该反应能够发生的原因___________。
（2）结合化学用语推测步骤ⅱ的作用是___________。
（3）依据流程，下列说法正确的是___________。
a．步骤ⅰ中用量越多越好
b．步骤ⅲ发生的反应为：
c．固体A需用饱和溶液循环多次进行洗涤
（4）固体B在混合溶液中同步浸出Au、Ag生成和，化学方程式分别为：①___________；②。
（5）用锌粉可将中的Au以单质形式置换出来。若将完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是___________。
（6）工业上采用碘酸钾滴定法测定中Sn元素的含量，其方法为：将样品灰化后用熔融，将熔融物酸溶后，再用还原铁粉将转化为，加入指示剂，用标准溶液进行滴定，滴定反应离子方程式为(均未配平)：
ⅰ．
ⅱ．
①该滴定反应达到滴定终点的现象为___________。
②称取样品，用上述方法滴定，若滴定终点时消耗标准溶液，则测得纯度___________％。
【答案】（1），该反应的平衡常数，可视为完全反应。
（2），利用盐酸将转化为，便于与其他难溶物分离。
（3）b、c （4）
（5）2 （6） ①. 当滴加最后一滴滴定液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②.
【解析】
【分析】分银液中的先与纯碱反应转化为可溶于盐酸的，实现Pb的分离；继续加入纯碱，将转化为，继续加入盐酸将其转化为易溶于水的钡盐，实现Ba的分离；利用将金、银氧化为可溶性物质，实现与的分离。
【小问1详解】
步骤ⅰ的主反应的离子方程式为，该反应的平衡常数，可视为完全反应。
【小问2详解】
加入盐酸发生反应：，利用盐酸将转化为，便于与其他难溶物分离。
【小问3详解】
步骤ⅰ中用量过多，会消耗过多的盐酸，不利于节省成本，a错；步骤ⅲ发生的反应为：，b对；用纯碱洗涤时应多次洗涤，便于充分转化为，c对。
【小问4详解】
根据氧化还原反应规律易分析将金氧化为，自身被还原为NaCl，可得。
【小问5详解】
锌粉与发生反应：，由此可知完全还原，参加反应的Zn的物质的量是2。
【小问6详解】
将Sn2+反应完全后，开始将-氧化为I2，故终点现象为当滴加最后一滴滴定液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色。由关系式可知
3SnO2 ~ 3 Sn2+ ~
3 1
可知纯度为。
19. 某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号
①
②
③
④
⑤
铜粉质量/g
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
溶液颜色
绿色
草绿色
蓝绿色偏绿
蓝绿色偏蓝
蓝色

（1）写出铜和浓硝酸反应的离子方程式：___________。
（2）小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由：___________。
（3）取⑤中溶液，___________(填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入和空气，观察现象。
通入气体
氮气
空气
现象
液面上方出现明显的红棕色气体
后溶液变为蓝色
液面上方出现明显的红棕色气体
后溶液变为蓝色

（4）结合上述实验现象，下列推测合理的是___________(填字母序号)。
a．①中溶液通入时，被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
（5）小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ.在溶液中存在
反应l：(慢)
反应2：(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因___________。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物质
___________固体
3滴30％溶液
3滴水
现象
溶液绿色变深
溶液迅速变为蓝色
溶液颜色几乎不变

（6）实验中加入的固体物质是___________(填化学式)。加入后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程式表示)：，___________，___________。
【答案】（1）Cu+4H++=2NO2↑+2H2O
（2）不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符
（3）通入NO2气体，溶液颜色变绿
（4）bd （5） ①. 通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。 ②. NaNO2（或其他亚硝酸盐）
（6） ①. NaNO2（或其他亚硝酸盐） ②. ③.
【解析】
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【小问1详解】
铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，
【小问2详解】
根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。
【小问3详解】
猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2若溶液变为绿色，则猜想2成立。
【小问4详解】
实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为 ，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。
【小问5详解】
向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
【小问6详解】
根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。