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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。

【2022北京高考】1.2022 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 pH ＞ 7

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

【2022北京高考】2.下列化学用语或图示表达不正确的是

A．乙炔的结构简式： HC≡CH

B．顺-2-丁烯的分子结构模型：

C．基态 Si 原子的价层电子的轨道表示式：

D ．Na₂O₂ 的电子式：

【2022北京高考】3.₃₈Sr  (锶)的 ⁸⁷Sr 、⁸⁶Sr  稳定同位素在同一地域土壤中 ⁸⁷Sr / ⁸⁶Sr  值不变。土壤生物中⁸⁷Sr / ⁸⁶Sr 值与土壤中 ⁸⁷Sr / ⁸⁶Sr 值有效相关。测定土壤生物中 ⁸⁷Sr / ⁸⁶Sr 值可进行产地溯源。下列说法不正确的是

A ．Sr 位于元素周期表中第六周期、第ⅡA 族

B．可用质谱法区分 ⁸⁷Sr 和 ⁸⁶Sr

C ．⁸⁷Sr 和 ⁸⁶Sr 含有的中子数分别为 49 和 48

D．同一地域产出的同种土壤生物中 ⁸⁷Sr / ⁸⁶Sr 值相同 

【2022北京高考】4.下列方程式与所给事实不相符的是

A．加热 NaHCO₃ 固体，产生无色气体：

2NaHCO₃    Na₂CO₃ ＋ H₂O ＋ CO₂  ↑

B ．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：

Fe + NO₃^－+ 4H+ === Fe^3＋ + NO ↑ + 2H₂O 

C．苯酚钠溶液中通入CO₂，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：

CH₃CH₂OH ＋ CH₃COOH    CH₃COOCH₂CH₃ ＋ H₂O

【2022北京高考】5.下列实验中，不能达到实验目的的是 

【2022北京高考】6.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 pH 减小的是

A．向 NaHSO₄ 溶液中加入少量 BaCl₂ 溶液，生成白色沉淀

B．向 NaOH 和 Fe(OH)₂ 的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀

C．向 NaHCO₃ 溶液中加入少量 CuSO₄ 溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu₂(OH)₂CO₃]

D．向 H₂S 溶液中通入氯气，生成黄色沉淀

【2022北京高考】7.已知：H₂ ＋ Cl₂   2HCl。下列说法不正确的是 

A ．H₂分子的共价键是 s-s σ 键， Cl₂ 分子的共价键是 s-p σ 键

B．燃烧生成的 HCl 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 H₂ 与 Cl₂ 反应的化学能转化为电能

【2022北京高考】 8.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 sp² 、sp³两种杂化方式

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

【2022北京高考】9由键能数据大小，不能解释下列事实的是 

A．稳定性：CH₄ ＞ SiH₄                                          

B．键长： C=O ＜ C-O

C．熔点： CO₂  ＜ SiO₂                                                

D．硬度：金刚石 ＞ 晶体硅

【2022北京高考】10. 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. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【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硝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。

【2022北京高考】11. 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G

C. 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

【解析】

【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。

【2022北京高考】12. 某MOFs的多孔材料刚好可将N₂O₄“固定”，实现了NO₂与N₂O₄分离并制备HNO₃，如图所示：

己知：2NO₂(g)N₂O₄(g) ΔH＜0

下列说法不正确的是

A. 气体温度升高后，不利于N₂O₄的固定

B. N₂O₄被固定后，平衡正移，有利于NO₂的去除

C. 制备HNO₃的原理为：2N₂O₄＋O₂＋2H₂O=4HNO₃

D. 每制备0.4mol HNO₃，转移电子数约为6.02×10²²

【答案】D

【解析】

【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；

B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；

C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N₂O₄＋O₂＋2H₂O=4HNO₃，故C正确；

D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×10²³=2.408×10²³，故D错误；

故选D。

【2022北京高考】13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。

下列说法不正确的是

A. ①中气体减少，推测是由于溶液中c(H^＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H^＋与铁接触

B. ①中检测到Fe^2＋，推测可能发生反应：Fe＋2H^＋=Fe₂＋H₂↑，Fe＋Cu^2＋=Fe^2＋＋Cu

C. 随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu^2＋)减少，Cu^2＋＋4NH₃[Cu(NH₃)₄]^2＋平衡逆移

D. ②中Cu^2＋生成[Cu(NH₃)₄]^2＋，使得c(Cu^2＋)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密

【答案】C

【解析】

【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，铜离子在阴极失去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，四氨合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Fe＋2H^＋=Fe₂＋H₂↑，Fe＋Cu^2＋=Fe^2＋＋Cu，故B正确；

C．由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu^2＋＋4NH₃[Cu(NH₃)₄]^2＋平衡向正反应方向移动，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，四氨合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。

【2022北京高考】14. 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N_2、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 + CH₄   CaO + 2CO + 2H₂

B. t_1～t₃，n(H₂)比n(CO)多，且生成H₂速率不变，可能有副反应CH₄  C + 2H₂

C. 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

【解析】

【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CaCO₃ + CH₄   CaO + 2CO + 2H₂，A正确；

B．由题干图2信息可知，t_1～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CH₄  C + 2H₂，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；

故答案为：C。

不正确的是

【2022北京高考】15.FeSO₄·7H₂O 失水后可转为FeSO₄·H₂O ，与FeS₂可联合制备铁粉精(Fe_xO_y)和H₂SO₄。

I.FeSO₄·H₂O结构如图所示。

（1）Fe^2＋价层电子排布式为___________。

（2）比较SO₄^2－和H₂O分子中的键角大小并给出相应解释：___________。

（3）H₂O与Fe^2＋、SO₄^2－和H₂O的作用分别为___________。

II．FeS₂晶胞为立方体，边长为a nm，如图所示。

（4）①与Fe^2＋紧邻的阴离子个数为___________。

②晶胞的密度为___________ 。

（5）以FeS₂为燃料，配合FeSO₄·H₂O可以制备铁粉精(Fe_xO_y)和H₂SO₄。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。

【答案】（1）3d⁶    （2）SO₄^2－的键角大于H₂O，SO₄^2－中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H₂O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形    

（3）配位键、氢键    （4）    ①. 6    ②. ×10²¹    

（5）由图可知，FeS₂与O₂生成Fe_xO_y的反应为放热反应，FeSO₄·H₂O分解生成Fe_xO_y的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO₃与H₂O反应生成H₂SO₄

【解析】

【小问1详解】

铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d⁶，故答案为：3d⁶；

【小问2详解】

硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO₄^2－的键角大于H₂O，SO₄^2－中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H₂O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形；

【小问3详解】

由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；

【小问4详解】

①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；

②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm³，由晶胞的质量公式可得：==10^-21a³d，解得d=×10²¹，故答案为：×10²¹；

【小问5详解】

由图可知，FeS₂与O₂生成Fe_xO_y的反应为放热反应，FeSO₄·H₂O分解生成Fe_xO_y的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO₃与H₂O反应生成H₂SO₄，所以以FeS₂为燃料，配合FeSO₄·H₂O可以制备铁粉精和H₂SO₄可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS₂与O₂生成Fe_xO_y的反应为放热反应，FeSO₄·H₂O分解生成Fe_xO_y的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO₃与H₂O反应生成H₂SO₄。

【2022北京高考】16. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO₄、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O₂、CO₂、H₂O、N₂、SO₂。

（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。

（2）高温下，煤中CaSO₄完全转化为SO₂，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，SO₂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。

①SO₂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 a g，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1mol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pH，当pH＜1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SO₃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）

①. SO₂+I+H₂O=3I^-+SO+4H⁺    ②. 3I^－—2e-=I    

（4）    

（5）    ①. I₂+I^-=I    ②. 偏低

【解析】

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO₄2CaO+2SO₂↑+O₂↑，故答案为：2CaSO₄2CaO+2SO₂↑+O₂↑；

【小问3详解】

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+H₂O=3I^-+SO₄^2－+4H⁺，故答案为：SO₂+I+H₂O=3I^-+SO₄^2－+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；

【小问4详解】

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：；

【小问5详解】

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I₂+I^-=I，故答案为：I₂＋I^-=I；

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：偏低。

【2022北京高考】17. 碘番酸可用于X射线的口服造影液，其合成路线如图所示。

已知：R-COOH+R^’-COOH+H₂O

（1）A可发生银镜反应，其官能团为___________。

（2）B无支链，B的名称为___________；B的一种同分异构体中只有一种环境氢，其结构简式为___________。

（3）E是芳香族化合物，的方程式为___________。

（4）G中有乙基，则G的结构简式为___________。

（5）碘番酸中的碘在苯环不相邻的碳原了上，碘番酸的相对分了质量为571，J的相对分了质量为193。则碘番酸的结构简式为___________。

（6）通过滴定法来确定口服造影液中碘番酸的质量分数。

第一步  取a mg样品，加入过量Zn粉，NaOH溶液后加热，将I元素全部转为I^－，冷却，洗涤。

第二步  调节溶液pH，用b mol/L AgNO₃溶液滴定至终点，用去c mL。已知口服造影液中无其他含碘物质，则碘番酸的质量分数为___________。

【答案】（1）醛基    （2）    ①. 丁酸    ②.     

（3）+HNO₃+H₂O    

（4）    （5）    （6）

【解析】

【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，CH₃CH₂CH₂CHO发生氧化反应生成CH₃CH₂CH₂COOH，则A为CH₃CH₂CH₂CHO、B为CH₃CH₂CH₂COOH；CH₃CH₂CH₂COOH发生信息反应生成，则D为；在浓硫酸作用下，与发烟硝酸共热发生硝化反应生成，则E为、F为；在催化剂作用下，与反应生成CH₃CH₂CH₂COOH和，则G为；与在镍做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠发生还原反应后，调节溶液pH生成，与氯化碘发生取代反应生成，则碘番酸的结构简式为。

【小问1详解】

由分析可知，能发生银镜反应的A的结构简式为CH₃CH₂CH₂CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基；

【小问2详解】

由分析可知，无支链的B的结构简式为CH₃CH₂CH₂COOH，名称为丁酸，丁酸的同分异构体中只有一种环境氢说明同分异构体分子的结构对称，分子中含有2个醚键和1个六元环，结构简式为，故答案为：丁酸；；

【小问3详解】

由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸作用下，与发烟硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+HNO₃+H₂O；

【小问4详解】

由分析可知，含有乙基的G的结构简式为；

【小问5详解】

由分析可知，相对分了质量为571的碘番酸的结构简式为；

【小问6详解】

由题给信息可知，和硝酸银之间存在如下关系：3I^-3AgNO₃，由滴定消耗cmLbmol/L硝酸银可知，碘番酸的质量分数为×100%=，故答案为：。

【2022北京高考】18. 铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO₃)₂，含Fe₂O₃，SiO₂杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：

已知：

（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。

（2）根据下表数据分析：

已知：i．对浸出率给出定义

ii．对w(CaCO₃)给出定义

①“沉钙”反应的化学方程式为___________。

②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。

③不宜选用的“n(NH₄Cl) ：n(CaO)”数值为___________。

④w(CaCO₃)实测值大于理论值的原因为___________。

⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出68.7%增加至98.9%，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为___________。

（3）滤渣C为___________。

（4）可循环利用的物质为___________。

【答案】（1）CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑    

（2）    ①. CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O    ②. Ca(OH)₂的溶度积大于Mg(OH)₂，溶液中Ca(OH)₂能与NH₄Cl反应，而Mg(OH)₂不能    ③. 2.4：1    ④. 反应加入的CaO也转化为CaCO₃    ⑤. Mg(OH)₂+(NH₄)₂SO₄MgSO₄+2NH₃↑+2H₂O，蒸馏时，NH₃逸出促进NH水解，溶液中H⁺浓度增大，有利于Mg(OH)₂完全转化为MgSO₄    

（3）SiO₂、Fe₂O₃    

（4）NH₄Cl、(NH₄)₂SO₄

【解析】

【分析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO₃)₂高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。

【小问1详解】

由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO₃)₂高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑，故答案为：CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑；

【小问2详解】

①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O，故答案为：CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O；

②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(OH)₂的溶度积大于Mg(OH)₂，溶液中Ca(OH)₂能与NH₄Cl反应，而Mg(OH)₂不能；

③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；

④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案为：Mg(OH)₂+(NH₄)₂SO₄MgSO₄+2NH₃↑+2H₂O，蒸馏时，NH₃逸出促进NH水解，溶液中H⁺浓度增大，有利于Mg(OH)₂完全转化为MgSO₄；

【小问3详解】

由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO₂、Fe₂O₃；

【小问4详解】

由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH₄Cl、(NH₄)₂SO₄。

【2022北京高考】19. 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)、MnO₄^2－(绿色)、MnO₄^－(紫色)。

ii．浓碱条件下，MnO₄^－可被OH^-还原为MnO₄^2－。

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)

（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MnO₄^2－氧化为MnO₄^－。

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1 mL悬浊液，加入4 mL40%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II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL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）①. Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O    ②. 4MnO₄^－+4OH^-=4MnO₄^2－+O₂↑+2H₂O    ③. Cl₂    ④. 3ClO^-+2MnO₂+2OH^-=2MnO₄^－+3Cl^-+H₂O    ⑤. 过量Cl₂与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH^-)降低，溶液中的MnO₄^－被还原为MnO₄^2－的速率减小，因而不能实验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。

【小问1详解】

B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl₂中的杂质HCl气体；1

【小问2详解】

通入Cl₂前，II、III中Mn²⁺与碱性溶液中NaOH电离产生的的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；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

①Cl₂与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H₂O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl₂＋2OH^－=Cl^－＋ClO^－＋H₂O；

②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL₄₀%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，MnO₄^－可被OH^－还原为MnO₄^2－，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：4MnO₄^－＋4OH^－=4MnO₄^2－＋O₂↑＋2H₂O；

溶液绿色缓慢加深，原因是MnO₂被Cl₂氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；

③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO^－将MnO₂氧化为MnO₄^－，发生的反应是：3ClO^－＋2MnO₂＋2OH^－=2MnO₄^－＋3Cl^－＋H₂O；

④从反应速率的角度，过量Cl₂与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH^－)降低，溶液中的MnO₄^－被还原为MnO₄^2－的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。