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可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Mg-24  S-32

第一部分

本部分共14小题，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。

【2023北京等级考】1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。

下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是

A. 三种物质中均有碳碳原子间的σ键                      B.三种物质中的碳原子都是sp³杂化

C. 三种物质的晶体类型相同                                    D.三种物质均能导电

【答案】A

【解析】

【详解】A．原子间优先形成σ键，三种物质中均存在σ键，A项正确；

B．金刚石中所有碳原子均采用sp³杂化，石墨中所有碳原子均采用sp²杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp²杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误；

C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；

D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；

故选A。

【2023北京等级考】2. 下列化学用语或图示表达正确的是

A. NaCl的电子式为                                 B.NH₃的VSEPR模型为

C. 2p_z电子云图为                            D.基态₂₄Cr原子的价层电子轨道表示式为

【答案】C

【解析】

【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是，A项错误；

B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：

C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；

D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是，D项错误；

故选C。

【2023北京等级考】3. 下列过程与水解反应无关的是

A. 热的纯碱溶液去除油脂

B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃

C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸

D. 向沸水中滴入饱和FeCl₃溶液制备 Fe(OH)₃胶体

【答案】B

【解析】

【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；

B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；

C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；

D． Fe³⁺能发生水解反应生成 Fe(OH)₃，加热能增大Fe³⁺ 的水解程度，D不符合题意；

故选B。

【2023北京等级考】4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是

A. H₂O₂溶液中加入少量MnO₂固体，促进H₂O₂分解

B. 密闭烧瓶内的NO₂和N₂O₄的混合气体，受热后颜色加深

C. 铁钢放入浓HNO₃中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D. 锌片与稀H₂SO₄反应过程中，加入少量CuSO₄固体，促进H₂的产生

【答案】B

【解析】

【详解】A．MnO₂会催化 H₂O₂分解，与平衡移动无关，A项错误；

B．NO₂转化为N₂O₄ 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO₂浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；

C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；

D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；

故选B。

【2023北京等级考】5. 回收利用工业废气中的CO₂和SO₂，实验原理示意图如下。

下列说法不正确的是

A. 废气中SO₂排放到大气中会形成酸雨

B. 装置a中溶液显碱性的原因是HCO₃^－的水解程度大于HCO₃^－的电离程度

C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO₂和SO₂

D. 装置b中的总反应为SO₃^2－＋CO₂＋H₂OHCOOH＋SO₄^2－

【答案】C

【解析】

【详解】A．SO₂是酸性氧化物，废气中SO₂排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；

B．装置a中溶液的溶质为NaHCO₃，溶液显碱性，说明HCO₃^－的水解程度大于电离程度，故B正确；

C．装置a中NaHCO₃溶液的作用是吸收SO₂气体，CO₂与NaHCO₃溶液不反应，不能吸收CO₂，故C错误；

D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO₃^2－＋CO₂＋H₂OHCOOH＋SO₄^2－，故D正确；

选C。

【2023北京等级考】6. 下列离子方程式与所给事实不相符的是

A. Cl₂制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl₂＋2OH^－=Cl^－＋ClO^－＋H₂O

B. 食醋去除水垢中的CaCO₃：CaCO₃＋2H^＋=Ca^2＋＋H₂O＋CO₂↑

C. 利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺

D. Na₂S去除废水中的Hg²⁺：Hg²⁺+S²⁻=HgS↓

【答案】B

【解析】

【详解】A．Cl₂和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H₂O，除了Cl₂和H₂O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；

B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH₃COOH+CaCO₃=Ca²⁺+2CH₃COO^-+CO₂+H₂O，B项错误；

C．FeCl₃将Cu氧化为CuCl₂而自身被还原为FeCl₂，反应为2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺，C项正确；

D．Na₂S将Hg²⁺转化为沉淀除去，反应为Hg²⁺+S²⁻=HgS↓，D项正确；

故选B。

【2023北京等级考】7. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

下列关于该过程的分析不正确的是

A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性

B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关

C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性

D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂

【答案】C

【解析】

【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；

B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应C＋2H₂SO₄(浓)CO₂↑＋2SO₂↑＋2H₂O，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；

C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的SO₂能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；

D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；

故选C。

【2023北京等级考】8. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是

A. 实验室制Cl₂               B.实验室收集C₂H₄        C.验证NH₃易溶于水且溶液呈碱性  D. 除去CO₂中混有的少量HCl

【答案】D

【解析】

【详解】A．MnO₂固体加热条件下将HCl氧化为Cl₂，固液加热的反应该装置可用于制备Cl₂，A项正确；

B．C₂H₄不溶于水，可选择排水收集，B项正确；

C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH₃溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH₃与水形成碱性物质，C项正确；

D．Na₂CO₃与HCl、CO₂发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO₃溶液，D项错误；

故选D。

【2023北京等级考】9. 一种聚合物PHA的结构简式如下，下列说法不正确的是

A. PHA的重复单元中有两种官能团

B. PHA通过单体缩聚合成

C. PHA在碱性条件下可发生降解

D. PHA中存在手性碳原子

【答案】A

【解析】

【详解】A．PHA的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误；

B．由PHA的结构可知其为聚酯，由单体缩聚合成，B项正确；

C．PHA为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确；

D．PHA的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确；

故选A。

【2023北京等级考】10. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是

A. F－F键的键能小于Cl－Cl键的键能

B. 三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka

C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性

D. 气态氟化氢中存在(HF)₂，而气态氯化氢中是HCl分子

【答案】A

【解析】

【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F－F键不稳定，因此F－F键的键能小于Cl－Cl键的键能，与电负性无关，A符合题意；

B．氟的电负性大于氯的电负性。f-c键的极性大于Cl－C键的极性，使F₃C—的极性大于Cl₃C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；

C．氟的电负性大于氯的电负性，F－H键的极性大于Cl－H键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；

D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在(HF)₂，D不符合题意；

故选A。

【2023北京等级考】11. 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，下列说法正确的是

A. K的核磁共振氢谱有两组峰                                  B. L是乙醛

C. M完全水解可得到K和I                                      D.反应物K与L的化学计量比是1∶1

【答案】D

【解析】

【详解】A．有机物的结构与性质 K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误；

B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个 ，L应为乙二醛，B错误；

C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误；

D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确；

故选D。

【2023北京等级考】12. 离子化合物Na₂O₂和CaH₂与水的反应分别为①2Na₂O₂＋2H₂O=4NaOH＋O₂↑；②CaH₂＋2H₂O=Ca(OH)₂＋2H₂↑。下列说法正确的是

A. Na₂O₂和CaH₂中均有非极性共价键

B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

C. Na₂O₂中阴、阳离子个数比为1:2，CaH₂中阴、阳离子个数比为2:1

D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O₂和H₂的物质的量相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．Na₂O₂中有离子键和非极性键，CaH₂中只有离子键面不含非极性键，A错误；

B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；

C．Na₂O₂由Na⁺和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH₂由Ca²⁺和H^-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；

D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；

故选C。

【2023北京等级考】13. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是

A. a、c分别是HCl、NH₃

B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl

C. 已知MgCl₂为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl₂的产生

D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热

【答案】C

【解析】

【分析】NH₄Cl分解的产物是NH₃和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH₃，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。

【详解】A．由分析可知，a为NH₃，c为HCl，A项错误；

B．d为MgO，B错误；

C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl₂的生成，C正确；

D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；

故选C。

【2023北京等级考】14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg^2＋在不同pH的Na₂CO₃体系中的可能产物。

已知：i.图1中曲线表示Na₂CO₃体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。

ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由图1得到]。

下列说法不正确的是

A. 由图1，

B. 由图2，初始状态，无沉淀生成

C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在

D. 由图1和图2，初始状态pH=8、，发生反应：Mg^2＋＋2HCO₃^－==MgCO₃↓＋H₂O＋CO₂↑

【答案】C

【解析】

【详解】A．水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；

B．从图2可以看出pH=11、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；

C．从图2可以看出pH=9、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO₃^－，pH=8，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg^2＋＋2HCO₃^－==MgCO₃↓＋H₂O＋CO₂↑，D项正确；

故选C。

第二部分

本部分共5小题，共58分。

【2023北京等级考】15. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S₂O₃^2－)可看作是SO₄^2－中的一个O原子被S原子取代的产物。

（1）基态S原子价层电子排布式是__________。

（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。

（3）S₂O₃^2－的空间结构是__________。

（4）同位素示踪实验可证实S₂O₃^2－中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，S₂O₃^2－断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na₂³²SO₃和³⁵S，过程ⅱ含硫产物是__________。

（5）MgS₂O₃·6H₂O的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。

晶胞中的[Mg(H₂O)₆]^2＋个数为__________。已知MgS₂O₃·6H₂O的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为N_A，该晶体的密度为__________。

（6）浸金时，S₂O₃^2－作为配体可提供孤电子对与Au^＋形成[Au(S₂O₃)₂]^3－。分别判断S₂O₃^2－中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：____________________。

【答案】（1）3s²3p⁴

（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子

（3）四面体形   （4）Na₂³²SO₄和Ag₂³⁵S

（5）    ①. 4    ②.

（6）S₂O₃^2－中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子

【解析】

【小问1详解】

S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s²3p⁴。答案为3s²3p⁴；

【小问2详解】

S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I₁(O)>I₁(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；

【小问3详解】

SO₄^2－的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，S₂O₃^2－可看作是SO₄^2－中1个O原子被S原子取代，则S₂O₃^2－的空间构型为四面体形。答案为四面体形；

【小问4详解】

过程Ⅱ中S₂O₃^2－断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中S₂O₃^2－最终转化为SO₄^2－，S最终转化为Ag₂S。若过程ⅰ所用的试剂为Na₂³²SO₃和³²S，过程Ⅱ的含硫产物是Na₂³²SO₄和Ag₂³⁵S。答案为Na₂³²SO₄和Ag₂³⁵S；

【小问5详解】

由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个[Mg(H₂O)₆]^2＋，含有4个S₂O₃^2－；该晶体的密度。答案为4；；

【小问6详解】

具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。S₂O₃^2－中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。

【2023北京等级考】16. 尿素[CO(NH₂)₂]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。

（1）十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH₄Cl在一定条件下反应制得CO(NH₂)₂，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。

（2）二十世纪初，工业上以CO₂和NH₃为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：

ⅰ．CO₂和NH₃生成NH₂COONH₄；

ⅱ．NH₂COONH₄分解生成尿素。

结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。

a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ

b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应

c．

（3）近年研究发现，电催化CO₂和含氮物质(NO₃^－等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO₃溶液通CO₂至饱和，在电极上反应生成CO(NH₂)₂，电解原理如图所示。

①电极b是电解池的__________极。

②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。

（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。

已知：溶液中c(NH₄^＋)不能直接用NaOH溶液准确滴定。

①消化液中的含氮粒子是__________。

②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。

【答案】（1）AgOCN＋NH₄Cl=CO(NH₂)₂＋AgCl

（2）ab    （3）    ①. 阳    ②2NO₃^－＋16e^-＋CO₂＋18H^＋=CO(NH₂)₂＋7H₂O. 

（4）    ①. NH₄^＋    ②.样品的质量、步骤Ⅲ所加入H₂SO₄溶液的体积和浓度

【解析】

【小问1详解】

根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是AgOCN＋NH₄Cl=CO(NH₂)₂＋AgCl。答案为AgOCN＋NH₄Cl=CO(NH₂)₂＋AgCl；

【小问2详解】

a．反应ⅰ的活化能是E₁，反应ⅱ活化能是E₃，E₁＜E₃，a项正确；

b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；

c．总反应的：，c项错误；

故选ab。

【小问3详解】

①电极b上发生H₂O失电子生成O₂的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NO₃^－＋16e^-＋CO₂＋18H^＋=CO(NH₂)₂＋7H₂O。答案为阳极；2NO₃^－＋16e^-＋CO₂＋18H^＋=CO(NH₂)₂＋7H₂O；

【小问4详解】

①尿素消化分解生成NH₃和CO₂，由于反应中存在浓H₂SO₄，则消化液中含氮粒子为NH₄^＋。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H₂SO₄溶液的体积和浓度。答案为NH₄^＋；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H₂SO₄溶液的体积和浓度。

【2023北京等级考】17. 化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。

已知：

（1）A中含有羧基，A→B的化学方程式是____________________。

（2）D中含有的官能团是__________。

（3）关于D→E的反应：

①的羰基相邻碳原子上的C→H键极性强，易断裂，原因是____________________。

②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是__________。

（4）下列说法正确的是__________(填序号)。

a．F存在顺反异构体

b．J和K互为同系物

c．在加热和Cu催化条件下，J不能被O₂氧化

（5）L分子中含有两个六元环。L的结构简式是__________。

（6）已知：，依据D→E的原理，L和M反应得到了P。M的结构简式是__________。

【答案】（1）CH₂BrCOOH＋CH₃CH₂OHCH₂BrCOOCH₂CH₃＋H₂O

（2）醛基   （3）    ①. 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强    ②.

（4）ac    （5）

（6）

【解析】

【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为CH₂BrCOOH；A与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为CH₂BrCOOCH₂CH₃；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与H₂发生加成反应生成G，G的结构简式为；B与G发生已知信息的反应生成J，J为；K在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得到；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到，发生酮式与烯醇式互变得到，发生消去反应得到P，则M的结构简式为。

【小问1详解】

A→B的化学方程式为CH₂BrCOOH＋CH₃CH₂OHCH₂BrCOOCH₂CH₃＋H₂O。答案为CH₂BrCOOH＋CH₃CH₂OHCH₂BrCOOCH₂CH₃＋H₂O；

【小问2详解】

D的结构简式为，含有的官能团为醛基。答案为醛基；

【小问3详解】

①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强，易断裂。②2-戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有C-H键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示，1号碳原子上的C-H键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的C-H键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物。答案为羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强；；

【小问4详解】

a．F的结构简式为，存在顺反异构体，a项正确；

b．K中含有酮脲基，J中不含有酮脲基，二者不互为同系物，b项错误；

c．J的结构简式为，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和Cu作催化剂条件下，J不能被O₂氧化，c项正确；

故选ac；

【小问5详解】

由上分析L为。答案为；

【小问6详解】

由上分析M为。答案为。

【2023北京等级考】18. 以银锰精矿(主要含Ag₂S、MnS、FeS₂)和氧化锰矿(主要含MnO₂)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，MnO₂的氧化性强于Fe^3＋。

（1） “浸锰”过程是在H₂SO₄溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS₂，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag₂S的形式残留于浸锰渣中。

①“浸锰”过程中，发生反应Mns＋2H^＋=Mn^2＋＋H₂S↑，则可推断：__________(填“>”或“<”)。

②在H₂SO₄溶液中，银锰精矿中的FeS₂和氧化锰矿中的MnO₂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FeCl₃、HCl和CaCl₂的混合液作为浸出剂，将Ag₂S中的银以[AgCl₂]^－形式浸出。

①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。

_____Fe^3＋＋Ag₂S＋_____==_____＋2[AgCl₂]^－＋S   

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl^－、H^＋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，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag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. Fe^3＋、Mn^2＋

（2）    ①. 2Fe^3＋＋Ag₂S＋4Cl^－=2Fe^3＋＋2[AgCl₂]^－＋S    ②.Cl^－是为了与Ag₂S电离出的Ag^＋结合生成[AgCl₂]^－，使平衡正向移动，提高Ag₂S的浸出率；H^＋是为了抑制Fe^3＋水解，防止生成Fe(OH)₃沉淀

（3）    ①. 2[AgCl₂]^－＋Fe=Fe^2＋＋2Ag＋4Cl^－、2Fe^3＋＋Fe=3Fe^2＋    ②. Fe^2＋被氧气氧化为Fe^3＋，Fe^3＋把Ag氧化为Ag^＋

（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO₄，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe^3＋还可以用于浸银，节约氧化剂

【解析】

【分析】银锰精矿(主要含Ag₂S、MnS、FeS₂)和氧化锰矿(主要含MnO₂)混合加H₂SO₄溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS₂，矿石中的银以Ag₂S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe^3＋、Mn^2＋；浸锰渣中Ag₂S与过量FeCl₃、HCl和CaCl₂的混合液反应，将Ag₂S中的银以[AgCl₂]^－形式浸出，用铁粉把[AgCl₂]^－还原为金属银。

【小问1详解】

①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag₂S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS＋2H^＋=Mn^2＋＋H₂S↑，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H₂SO₄溶液中二氧化锰可将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，自身被还原为Mn^2＋，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe^3＋、Mn^2＋。

【小问2详解】

①Ag₂S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2Fe^3＋＋Ag₂S＋4Cl^－=2Fe^3＋＋2[AgCl₂]^－＋S；

②Cl^－是为了与Ag₂S电离出的Ag^＋结合生成[AgCl₂]^－，使平衡正向移动，提高Ag₂S的浸出率；H^＋是为了抑制Fe^3＋水解，防止生成Fe(OH)₃沉淀。

【小问3详解】

①铁粉可将[AgCl₂]^－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[AgCl₂]^－＋Fe=Fe^2＋＋2Ag＋4Cl^－、2Fe^3＋＋Fe=3Fe^2＋；

②溶液中生成的Fe^3＋会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe^3＋，Fe^3＋把部分Ag氧化为Ag^＋，因此t min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MnO₂的氧化性将FeS₂中的Fe^2＋氧化为Fe^3＋，同时生成的Fe^3＋还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO₄。

19. 资料显示，I₂可以将Cu氧化为Cu^2＋。某小组同学设计实验探究Cu被I₂氧化的产物及铜元素的价态。

已知：I₂易溶于KI溶液，发生反应I₂＋I^－(红棕色)；I₂和氧化性几乎相同。

I.将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I₂(m＞n)的固体混合物中，振荡。

实验记录如下： 

（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。

（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H₂O)₄]²⁺(蓝色)或[CuI₂]^－(无色)，进行以下实验探究：

步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl₄，多次萃取、分液。

步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。

ⅰ．步骤a的目的是_____________________。

ⅱ．查阅资料，2Cu^2＋＋4I^－=2CuI↓＋I₂，[Cu(NH₃)₂]^2＋(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。

（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。

（4）上述实验结果，I₂仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I₂能将Cu氧化为Cu^2＋。装置如图所示，a、b分别是_____________。

（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I₂氧化的产物中价态不同的原因：_________。

【答案】（1）<   （2）    ①. 除去，防止干扰后续实验    ②.[CuI₂]^－＋2NH₃·H₂O=[Cu(NH₃)₂]^＋＋2H₂O＋2I^－ 、4[Cu(NH₃)₂]^＋＋O₂＋8NH₃·H₂O=4[Cu(NH₃)₄]^2＋＋4OH^－＋6H₂O

（3）    ①.2Cu＋I₂=2CuI 或2Cu＋KI₃=2CuI＋KI   ②. 白色沉淀逐渐溶解    ③. 溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的Cu)

（4）铜、含nmol I₂的4mol/L的 KI溶液

（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu^＋可以进一步与I^－结合生成CuI沉淀或[CuI₂]^－，Cu^＋浓度减小使得Cu^2＋氧化性增强，发生反应2Cu^2＋＋4I^－=2CuI↓＋I₂和2Cu^2＋＋6I^－=2[CuI₂]^－＋I₂。

【解析】

【分析】因I₂溶解度较小，Cu与I₂接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入CCl₄，I₂＋I^－平衡逆向移动，I₂浓度减小，I^－浓度增加，[CuI₂]^－浓度增加，加入氨水后转化为[Cu(NH₃)₄]^2＋，被氧化为[Cu(NH₃)₄]^2＋，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。

【小问1详解】

提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。

【小问2详解】

加入CCl₄，I₂＋I^－平衡逆向移动，I₂浓度减小，浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入氨水[CuI₂]^－浓后转化为[Cu(NH₃)₂]^2＋无色的[Cu(NH₃)₂]^2＋被氧化为蓝色的[Cu(NH₃)₄]^2＋，方程式为.[CuI₂]^－＋2NH₃·H₂O=[Cu(NH₃)₂]^＋＋2H₂O＋2I^－、4[Cu(NH₃)₂]^＋＋O₂＋8NH₃·H₂O=4[Cu(NH₃)₄]^2＋＋4OH^－＋6H₂O。

【小问3详解】

结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu＋I₂=2CuI 或2Cu＋KI₃=2CuI＋KI ；2Cu＋I₂=2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I₂浓度减小，CuI转化为Cu和I₂，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。

【小问4详解】

要验证I₂能将Cu氧化为Cu^2＋，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmol I₂的4mol/LKI溶液。

【小问5详解】

nmol I₂的4mol/L的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I₂将Cu氧化为Cu^2＋；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu^＋形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu^＋可以进一步与I^－结合生成CuI沉淀或[CuI₂]^－，Cu^＋浓度减小使得Cu^2＋氧化性增强，发生反应2Cu^2＋＋4I^－=2CuI↓＋I₂和2Cu^2＋＋6I^－=2[CuI₂]^－＋I₂。