2024年高考押题预测卷—化学（北京卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（北京卷03）（全解全析），共23页。试卷主要包含了下列实验方案能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Mg-24 Ni-59 Mn-55
1．中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是
A．碳、硅、锗属于同主族元素
B．第一电离能：
C．红外光谱法可直接确定石墨烯的晶体结构
D．硅和锗常用作半导体材料
【答案】C
【详解】A．碳、硅、锗均为第IVA元素，A正确；
B．同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：，B正确；
C．红外光谱能测定化学键、官能团等，不能直接测定石墨烯的结构，C错误；
D．硅、锗在元素周期表中位于金属和非金属的交界线处，可用作半导体材料，D正确；
答案选C。
2．下列有关化学用语或图示表达正确的是
A．HCl分子中σ键的形成为
B．HClO的电子式为
C．三氧化硫的VSEPR模型：
D．基态铜原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【详解】A ．HCl分子中H原子的1s、Cl原子的3p轨道上有未成对电子，s和p轨道通过‘头碰头’方式重叠形成s-pσ键，形成过程为，故A正确；
B．HClO分子中，O原子为中心原子，O、H原子间共用1对电子对，O、Cl原子间共用1对电子对，其电子式为，故B错误；
C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，即，故C错误；
D．基态Cu原子的价层电子中，3d能级上10个电子、4s能级上1个电子，基态铜原子的价层电子轨道表示式：，故D错误；
故选：A。
3．氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是
A．过程I中NO既作氧化剂又作还原剂
B．过程Ⅱ中每生成1mlO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．整个过程中Ni2+作催化剂
【答案】B
【分析】由图可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，总反应为2NOO2+N2。
【详解】A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，反应中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A正确；
B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，则过程Ⅱ中每生成1mlO2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，故B错误；
C．由分析可知，过程I和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，故C正确；
D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NOO2+N2，整个过程中镍离子作反应的催化剂，故D正确；
故选B。
4．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．溶液与醋酸溶液反应：
B．溶液与溶液反应：
C．电解饱和食盐水：
D．向溶液中通入过量的：
【答案】B
【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：，A错误 ；
B．溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B正确；
C．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，水不能拆，正确离子方程式为：，C错误；
D．向溶液中通入过量的，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：，D错误；
故选B。
5．苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
下列关于苯与反应的说法不正确的是
A．可作该反应的催化剂
B．将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物
C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
D．总反应的，且
【答案】D
【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确；
B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有生成，故B正确；
C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确；
D．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；
选D。
6．下列有关比较，不能用电负性解释的是
A．键角：
B．沸点：
C．共价键极性：
D．酸性：
【答案】B
【详解】A．中性原子的电负性：Se＜S＜O，即电负性越大对键合电子的吸引能力越大，键合电子之间的排斥力越大，键角越大，可用电负性解释，A不符合题意；
B．CH4、SiH4、GeH4相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，不能用电负性介绍，B符合题意；
C．电负性：Cl＞S＞P，电负性越大对键合电子的吸引能力越大，即H-Cl、H-S、H-P键的极性逐渐减弱，可用电负性解释，C不符合题意；
D．电负性F＞Cl＞H，电负性越强，其羟基中的O-H键极性越强，越容易电离出H+，酸性越强，可用电负性解释，D不符合题意；
故选B。
7．鼠尾草酮可治疗神经系统方面的疾病，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A．分子中含有手性碳原子
B．该物质含有3种官能团
C．分子中的碳原子有和两种杂化方式
D．该物质最多可与发生还原反应
【答案】A
【详解】A．分子中无碳原子连接四个不同原子或原子团，无手性碳原子，A错误；
B．该物质含有羟基、碳碳双键、酮羰基3种官能团，B正确；
C．分子中的碳原子有双键和单键，有和两种杂化方式，C正确；
D．该物质有苯环，双键，羰基最多可与5mlH2发生还原反应，D正确；
故选A。
8．下列实验方案能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．碘化钾和溴反应生成溴化钾和碘单质，碘溶于水和溴水的颜色不同，故能通过与溴水对比颜色证明该反应发生，进而证明溴的氧化性大于碘，A正确；
B．检验卤代烃中的卤素原子时，加入氢氧化钠水解后需要假如硝酸酸化，防止氢氧化钠干扰，B错误；
C．蔗糖和浓硫酸反应生成的气体有二氧化硫和二氧化碳，都能使澄清的石灰水变混合，C错误；
D．配制溶液需要使用一定容积的容量瓶，D错误；
故选A。
9．下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．用热的纯碱溶液更易去除油脂B．保存FeSO4溶液时，加入适量铁粉
C．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀D．工业合成氨(放热反应)，选择高温
【答案】A
【详解】A．用纯碱溶液洗涤油污的实质是纯碱水解提供OH-，使油污在碱性条件下水解，加热使纯碱水解平衡向正反应方向移动，碱性增强，促进油污水解，所以效果更好，能从平衡移动角度来解释，故A正确；
B．加入铁还原三价铁发生氧化还原反应，不存在平衡的问题，不能用平衡移动原理解释，故B错误；
C．船底镶嵌锌块是应用原电池原理，活泼金属锌作负极被氧化，铁作正极得到保护，不能从平衡移动角度来解释，故C错误；
D．合成氨气的正反应是放热反应，若选择高温则平衡逆向移动，不利于氨的合成，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
答案选A。
10．还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是
A．铁与水蒸气反应：
B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成
C．向溶液a中滴加溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应
D．向溶液b中滴加溶液，溶液变红，证实了固体中含有
【答案】B
【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，故A错误；
B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，故B正确；
C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还是Fe3O4，故C错误；
D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。
答案选B。
11．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示，下列说法不正确的是
A．甲中的官能团为羟基、酯基B．1ml乙最多消耗4mlNaOH
C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．上述转化涉及的反应类型有取代反应、消去反应
【答案】B
【详解】A．由结构简式可知，甲分子的官能团为羟基、酯基，故A正确；
B．由结构简式可知，乙分子含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml乙最多消耗3ml氢氧化钠，故B错误；
C．由结构简式可知，丙分子中含有的碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．由有机物的转化关系可知，甲转化为乙的反应为取代反应，乙转化为丙的反应为取代反应，故D正确；
故选B。
12．CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·ml-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·ml-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A．由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·ml-1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
D．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
【答案】C
【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小。
【详解】A. ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·ml-1，②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·ml-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·ml-1-247kJ·ml-1= -41kJ·ml-1，故A错误；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；
C. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值，故C正确；
D. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故D错误；
故选C。
13．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1 ml Mn时，产生O2的体积为8.96 L(标准状况)
【答案】D
【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1 ml Mn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。
14．下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图。[；c(Mn+)≤10-5ml/L可认为沉淀完全]。
下列说法不正确的是
A．由a点可求得
B．时还未开始沉淀
C．和混合溶液中，时二者不会同时沉淀
D．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
【答案】C
【分析】因为是和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图，所以线上的任一点都达到沉淀溶解平衡，可以根据任意一点求出。
【详解】A．a点，则，a点，则，，，A正确；
B．由图知，时，，则，，，，时中，因为，所以还未开始沉淀，B正确；
C．当恰好沉淀完全时，由图像知，，，，即恰好沉淀完全时，。由图像知，时，，，，的开始沉淀时，，，，此时，因此二者可以同时沉淀，C错误；
D．由图像知，优先沉淀，当恰好沉淀完全时，，此时，则还未开始沉淀，所以的和可通过分步沉淀进行分离，D正确；
故选C。
15．(10分) 铁(Fe)、钴(C)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Fe的价层电子排布式为 。
(2)以甲醇为溶剂，C2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为 。
②色胺酮分子中N原子的杂化类型为 。
③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 作用与色胺酮钴配合物相结合。
(3)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有 个。
②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g•cm-3。(列出计算式即可)
【答案】(1)3d64s2 (1分)
(2) O>N>C>H (2分) sp2、sp3杂化 (2分) 氢键 (1分)
(3) 12 (2分) (2分)
【分析】（1）知道铁的原子序数为26，易得价层电子排布式。
（2）①元素电负性大小直接影响其非金属性，同周期从左到右依次增大，氢最小。
②先计算出N原子的价层电子对数，再根据杂化轨道理论推出结论。
③在配合物之外的作用力一般先考虑氢键。
（3）①需要一定的空间想象能力即原子位置与占据情况。
②先求出其化学式，再根据ρ==进行计算。
【详解】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：3d64s2。故答案为：3d64s2；
（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案为：O>N>C>H；
②由色胺酮的结构可知中心N原子采取sp2、sp3杂化。故答案为：sp2、sp3杂化；
③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而CH3OH中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。故答案为：氢键；
（3）依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。
①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：×3×8=12个。故答案为：12；
②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=×8=1，N(Ni)=6×=3，N(C)=1×1=1，故化学式应为：MgNi3C。ρ===g•cm-3。故答案为： 。
16．(12分)我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制备甲醇的主反应：。该过程中还存在一个生成的副反应，结合下列反应：
写出该副反应的热化学方程式： 。
(2)将和按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：产率
①催化剂活性最好的温度为 (填字母序号)。
a. b. c. d.
②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因： 。
(3)使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为 。
②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为 。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因： 。
【答案】(1) (2分)
(2)c (2分) 当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；稳定升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低 (2分)
(3) ①Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ (2分) ②Zn2+++2e－=ZnO+ (2分) ③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6ml电子，必定有6mlH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变 (2分)
【详解】（1）根据两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为 。
（2）①当温度为523 K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，当温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂的活性降低，使主反应速率降低，故CH3OH实验产率降低。
（3）①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为Zn2+++2e－=ZnO+。③阴极发生7CO2+6e－+5H2O=CH3OH+6，每转移6ml电子，必定有6mlH+通过质子交换膜进入阴极室，发生+H+=CO2↑+H2O反应，所以电解过程中阴极室溶液的基本不变。
17．(12分) Isflucypram(化合物J)是一种新型杀菌剂，主要用于防治小麦条锈病、叶枯病等，可提高谷物产量和品质。以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)A转变为B的化学方程式为 。
(3)C的结构简式为 ，其所含官能团的名称为 。
(4)G的结构简式为 。
(5)H与I反应生成J的反应类型为 。
(6)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种；
①含有手性碳原子；②含有酮羰基；③含苯环且苯环上只有一个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：1：3：3的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)对硝基异丙基苯(1分)
(2)+Br2+HBr(2分)
(3) (1分) 碳溴键、氨基(2分)
(4)(1分)
(5)取代反应(1分)
(6) 7(2分) (2分)
【分析】(A)与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转换为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，F的分子式为C10H11ClO，G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为，(H) 与(I)反应生成(J)。
【详解】（1）A的结构简式为，其化学名称是对硝基异丙基苯；
（2）(A) 与Br2在FeBr3作催化剂、40℃条件下发生取代反应生成B，结合D的结构简式可知，B中的溴原子处于异丙基的邻位，即B的结构简式为，A转变为B的化学方程式为+Br2+HBr；
（3）B的结构简式为，B的分子式为C9H10BrNO2、C的分子式为C9H12BrN，对比B和C的分子式及B转化为C的反应条件可知，B转化为C是硝基被还原为氨基，所以C的结构简式为，其所含官能团的名称为碳溴键、氨基；
（4）G的分子式为C13H16ClN，F和生成G，结合H的结构简式 可知，G的结构简式为；
（5）H的结构简式为、I的结构简式为、J的结构简式为，H与I反应生成J的化学方程式为++HCl，所以其反应类型为取代反应；
（6）在F的同分异构体中，同时满足题目条件的有、、、、、、，共7种；其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2:2:1:3:3的同分异构体的结构简式为。
18．(12分) 一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。
已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。
②金属离子的与溶液的关系如图所示。
(1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。
(2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。
(3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入的作用是 (用离子方程式表示)。
(4)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是 。
(5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。
(6)锰含量测定：
ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。
ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。
ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为 。
【答案】(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分(1分)
(2)H2S(1分)
(3) (2分)
(2分)
(4)Fe（OH）3 (2分)
(5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤(2分)
(6)(2分)
【分析】高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S、Fe（OH）3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO2氧化Fe2+，生成的滤液中含Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到。
【详解】（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；
（2）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；
（3）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；
（4）根据金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe（OH）3；
（5）由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为，因此从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥；
（6）过程中存在反应：、，存在关系式，，质量为2bc×10-4ml×55g/ml=0.011bcg，质量分数为：。
19．(12分)工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素。
【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如下：
【资料】①
②
(1)检验ⅱ中产物
①取ⅱ中上层清液，滴加 溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。
②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生
成 (填实验现象)，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。
(2)检验ⅲ中产物。
①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如下实验，确认灰白色固体中含AgCl：
滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请写出滤液加盐酸的离子方程式： 。
②取ⅲ中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如下表。
用离子方程式表示溶液变红的原因 ，。
(3)小组同学认为可以直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验验证： 。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。
(4)实验A中的ⅰ~ⅲ中，ⅰ中AgCl溶解，ⅲ中又生成AgCl的原因是： 。
实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。
【答案】(1) 铁氰化钾 (2分) 白色沉淀(2分)
(2) (2分) (2分)
(3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象(2分)
(4)ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出(2分)
【分析】AgCl白色沉淀中加入浓盐酸，发生，沉淀溶解，加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，静置过程中被氧化为，逐渐增大，将Ag氧化为，正向移动，逆向移动，析出AgCl。
【详解】（1）①实验室通常用铁氰化钾检验亚铁离子，则取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，发生反应，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，故答案为：铁氰化钾；
②银能溶于稀硝酸生成硝酸银，银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，因此取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag，故答案为：白色沉淀；
（2）①灰白色固体中含AgCl，加入氨水生成Ag(NH3)2Cl络合物，过滤，则滤渣为AgCl，滤液中含有Ag(NH3)2Cl，滤液加盐酸未产生沉淀，发生的反应为，故答案为：；
②根据可知，应生成Fe3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）要排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，可设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长，说明AgCl的产生主要与Fe3+有关，可排除氧气的影响，故答案为：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象；
（4）ⅰ中AgCl发生反应溶解，ⅱ中静置过程中被氧化为， 逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出，因此ⅲ中又生成AgCl，故答案为：ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出。
评卷人
得分
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
选项
实验目的
实验方案
A
证明氧化性：
向溶液中加入溴水，振荡，观察溶液颜色变化，并与溴水的颜色进行比较
B
检验中的溴元素
将与溶液混合加热，静置，向上层清液加入溶液，观察是否生成浅黄色沉淀
C
证明蔗糖与浓硫酸反应产生的气体中含
将气体通入澄清石灰水中，观察是否生成白色沉淀
D
用固体配制溶液
将固体放在烧杯中，加入蒸馏水，搅拌
评卷人
得分
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
金属硫化物









取样时间
10分钟
12小时
24小时
溶液颜色
浅红色
红色
深红色