2024年北京普通高中学业水平等级性考试化学试题
时间:2024-07-12 11:02 来源:未知 作者:化学自习室 点击:次 所属专题: 新高考题库
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第一部分
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。
【2024北京等级考】1. 我国科研人员利用激光操控方法,从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子,实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年,是14C的17倍,可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是
A. 41Ca的原子核内有21个中子
B. 41Ca的半衰期长,说明41Ca难以失去电子
C. 41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间
D. 从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.41Ca的质量数为41,质子数为20,所以中子数为41-20=21,A正确;
B.41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系,B错误;
C.根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间,C错误;
D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生,不属于化学变化,D错误;
本题选A。
【2024北京等级考】2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. H2O2的电子式: B.CH4分子的球棍模型:
C.Al3+的结构示意图: D. 乙炔的结构式:
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2O2是共价化合物,其电子式为,故A错误;
B.CH4为正四面体形,CH4分子的球棍模型:,故B正确;
C.Al的原子序数为13,即Al3+的结构示意图:,故C正确;
D.乙炔含有碳碳三键,结构式为:,故D正确;
故选A。
【2024北京等级考】3. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理,下列说法正确的是
A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时,NH4+向负极方向移动
C. MnO2发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸性锌锰干电池,锌筒为负极,石墨电极为正极,故A错误;
B.原电池工作时,阳离子向正极(石墨电极)方向移动,故B错误;
C.MnO2发生得电子的还原反应,故C错误;
D.锌筒为负极,负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn2+,故D正确;
故选D。
【2024北京等级考】4. 下列说法不正确的是
A. 葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应
B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子
C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D. 向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
【答案】C
【解析】
【详解】A.葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应,在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量,A项正确;
B.核酸是一种生物大分子,分析核酸水解的产物可知,核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物,核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷,核苷进一步水解得到戊糖和碱基,故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子,B项正确;
C.氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH,形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH,该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键,C项错误;
D.鸡蛋清溶液为蛋白质溶液,NaCl溶液属于轻金属盐溶液,向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液,蛋白质发生盐析,D项正确;
答案选C。
【2024北京等级考】5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 海水提溴过程中,用氯气氧化苦卤得到溴单质:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
B. 用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+:6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
C. 用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+:SO42-+Ba2+=BaSO4↓
D. 用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3:Ca2++CO32-=CaCO3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯气氧化苦卤得到溴单质,发生置换反应,离子方程式正确,A正确;
B.Cr2O72-可以将Fe2+氧化成Fe3+,离子方程式正确,B正确;
C.SO42-结合Ba2+生成BaSO4沉淀,可以阻止Ba2+被人体吸收,离子方程式正确,C正确;
D.Na2CO3与CaSO4反应属于沉淀的转化,CaSO4不能拆分,正确的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,D错误;
本题选D。
【2024北京等级考】6. 下列实验的对应操作中,不合理的是
眼睛注视锥形瓶中溶液 | |
A.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 | B.稀释浓硫酸 |
C.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 | D.配制一定物质的量浓度的KCl溶液 |
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时,眼睛应注视锥形瓶中溶液,以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点,A项合理;
B.浓硫酸的密度比水的密度大,浓硫酸溶于水放热,故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,B项合理;
C.NaCl的溶解度随温度升高变化不明显,从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法,C项合理;
D.配制一定物质的量浓度的溶液时,玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下;定容阶段,当液面在刻度线以下约1cm时,应改用胶头滴管滴加蒸馏水,D项不合理;
答案选D。
【2024北京等级考】7. 硫酸是重要化工原料,工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. I的化学方程式:3FeS2+8SO2Fe3O4+6SO2
B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C. 将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生
D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应,生成SO2和Fe3O4,SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3,用98.3%的浓硫酸吸收SO3,得到H2SO4。
【详解】A.反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应,生成SO2和Fe3O4,化学方程式:3FeS2+8SO2Fe3O4+6SO2,故A正确;
B.反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率,还要考虑生产成本,如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率,故B错误;
C.将黄铁矿换成硫黄,则不再产生Fe3O4,即可以减少废渣产生,故C正确;
D.硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用碱液吸收,故D正确;
故选B。
【2024北京等级考】8. 关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中,不正确的是
A. 两种物质的溶液中,所含微粒的种类相同
B. 可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3
C. 利用二者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3
D. 室温下,二者饱和溶液的pH差约为4,主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、CO32-、HCO3-,A正确;
B.NaHCO3加入NaOH溶液会发生反应:NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O,B正确;
C.NaHCO3受热易分解,可转化为Na2CO3,而Na2CO3热稳定性较强,利用二者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3,C正确;
D.室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32-的水解程度远大于HCO3-,D错误;
故选D。
【2024北京等级考】9. 氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3:①Mg3N2与D2O的水解反应;②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是
A.NH3和ND3可用质谱法区分
B. NH3和ND3均为极性分子
C. 方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O=3Mg(OD)2+2ND3↑
D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【解析】
【详解】A.NH3和ND3的相对分子质量不同,可以用质谱法区分,A正确;
B.NH3和ND3的H原子不同,但空间构型均为三角锥形,是极性分子,B正确;
C.Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3,反应方法①的化学方程式书写正确,C正确;
D.方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3,代换的个数不同,产物会不同,纯度低,D错误;
故选D。
【2024北京等级考】10. 可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2,实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式:。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A. Y为反应物HCl,W为生成物H2O
B. 反应制得1mol Cl2,须投入2mol CuO
C. 升高反应温度,HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】由该反应的热化学方程式可知,该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O;CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl,则Y为HCl;Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2,则W为H2O;CuCl2分解为X和CuCl,则X为Cl2;CuCl和Z反应生成Cu2OCl2,则Z为O2;综上所述,X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。
【详解】A.由分析可知,Y为反应物HCl,W为生成物H2O,A正确;
B.CuO在反应中作催化剂,会不断循环,适量即可,B错误;
C.总反应为放热反应,其他条件一定,升温平衡逆向移动,平衡常数减小,C正确;
D.图中涉及的两个氧化还原反应是CuL2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2,D正确;
故选B。
【2024北京等级考】11.CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用.CO2为原料可以合成新型可降解高分子P,其合成路线如下。
已知:反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是
A. .CO2与X的化学计量比为1:2
B. P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同
C. P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D. Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
【答案】B
【解析】
【详解】A.结合已知信息,通过对比X、Y的结构可知.CO2与X的化学计量比为1:2,A正确;
B.P完全水解得到的产物结构简式为,分子式为C9H14O3,Y的分子式为C9H14O3,二者分子式不相同,B错误;
C.P的支链上有碳碳双键,可进一步交联形成网状结构,C正确;
D.Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基,易水解,而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链,与聚酯类高分子相比难以降解,D正确;
故选B。
【2024北京等级考】12. 下列依据相关数据作出的推断中,不正确的是
A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较,可推断反应进行的方向
B. 依据一元弱酸的Ka,可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小
C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大,可推断它们的第一电离能依次增大
D. 依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能,可推断它们的热稳定性强弱
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于可逆反应的Q与K的关系:Q>K,反应向逆反应方向进行;Q<K,反应向正反应方向进行;Q=K,反应处于平衡状态,故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较,可推断反应进行的方向,A正确;
B.一元弱酸的Ka越大,同温度同浓度稀溶液的酸性越强,电离出的H+越多,pH越小,B正确;
C.同一周期从左到右,第一电离能是增大的趋势,但是ⅡA大于ⅢA,VA大于VIA,C不正确;
D.F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大,氢化物的热稳定性越强,D正确;
故选C。
【2024北京等级考】13. 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下,反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A. 从中间体到产物,无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B. X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物
C. 由苯得到M时,苯中的大π键没有变化
D. 对于生成Y的反应,浓H2SO4作催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.生成产物Ⅱ的反应的活化能更低,反应速率更快,且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定,以上2个角度均有利于产物Ⅱ,故A正确;
B.根据前后结构对照,X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物,故B正确;
C.M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化,苯中大π键发生改变,故C错误;
D.苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂,故D正确;
故选C。
【2024北京等级考】14. 不同条件下,当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应,结果如下。
反应序号 | 起始酸碱性 | KI | KMnO4 | 还原产物 | 氧化产物 |
物质的量/mol | 物质的量/mol | ||||
① | 酸性 | 0.001 | n | Mn2+ | I2 |
② | 中性 | 0.001 | 10n | MnO2 | IOx- |
已知:MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A. 反应①,n(Mn2+):n(I2)=1:5
B. 对比反应①和②,x=3
C. 对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱
D. 随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价,I元素的化合价由-1价升至0价,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应①的离子方程式是:10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O,故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5,A项错误;
B.根据反应①可得关系式10I-~2MnO4-,可以求得n=0.0002,则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2,反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价,反应②对应的关系式为I-~2MnO4-~MnO2~IOx-~6e-,IOx-中I元素的化合价为+5价,根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3,反应②的离子方程式是:I-+2MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3-+2OH-,B项正确;
C.已知MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱,对比反应①和②的产物,I-的还原性随酸性减弱而增强,C项错误;
D.根据反应①和②的离子方程式知,反应①消耗H+、产生水、pH增大,反应②产生OH-、消耗水、pH增大,D项错误;
答案选B。
第二部分
本部分共5题,共58分。
【2024北京等级考】15. 锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整:_______。
(2)SnCl2和是锡的常见氯化物,SnCl2可被氧化得到。
①SnCl2分子的VSEPR模型名称是_______。
②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的_______轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
(3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图:白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有_______个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3,则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。
(4)单质Sn的制备:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是_______。
【答案】(1) (2) ①. 平面三角形 ②.sp3杂化
(3) ①. 4 ②.
(4)与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn
【解析】
【小问1详解】
Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族,基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2,Sn的基态原子最外层轨道表示式为;
【小问2详解】
①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形;
②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4,有4个σ键、无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键;
【小问3详解】
①灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5碳原子在空间构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个;
②根据均摊法,白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2,灰锡晶胞中含Sn原子数为8×
+6×
+4=8,所以白锡与灰锡的密度之比为
∶
=
;
【小问4详解】
将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800℃,由于固体之间反应慢,未发生明显反应;若通入空气在800℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是:与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn,有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2
Sn+2CO2。
【2024北京等级考】16.HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。
(1)方法一:早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3,反应的化学方程式为:H2SO4(浓)+NaNO3=NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。
(2)方法二:以NH3为氮源催化氧化制备HNO3,反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为_______。
②针对第Ⅱ步反应进行研究:在容积可变的密闭容器中,充入2n mol NO和nmol O2进行反应。在不同压强下(P1、P2),反应达到平衡时,测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。
(3)方法三:研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3,其原理示意图如下。
①电极a表面生成NO3-的电极反应式:_______。
②研究发现:N2转化可能的途径为。电极a表面还发生iii.H2O→O2。iii的存在,有利于途径ii,原因是_______。
(4)人工固氮是高能耗的过程,结合N2分子结构解释原因_______。方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。
【答案】(1)难挥发性
(2) ①.4NH3+5O24NO+6H2O ②.2NO+O2
2NO2 ,该反应正向气体分子总数减小,同温时,P1条件下NO转化率高于P2,故P1>P2,x、y点转化率相同,此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
(3) ①.N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+ ②. 反应iii生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成NO3-
(4)N2中存在氮氮三键,键能高,断键时需要较大的能量,故人工固氮是高能耗的过程
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸难挥发,产物HNO3为气体,有利于复分解反应进行,体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。
【小问2详解】
①第I步反应为氨气的催化氧化,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O;
②2NO+O22NO2,该反应正向气体分子总数减小,同温时,P1条件下NO转化率高于P2,故P1>P2,根据
,x、y点转化率相同,则n相同,此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响,故y点的容器容积小于x点的容器容积。
【小问3详解】
①由电极a上的物质转化可知,氮元素化合价升高,发生氧化反应,电极a为阳极,电极反应式为N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+;
②反应iii生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成NO3-。
【小问4详解】
N2中存在氮氮三键,键能高,断键时需要较大的能量,故人工固氮是高能耗的过程。
【2024北京等级考】17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。
(1)D中含氧官能团的名称是_______。
(2)A→B的化学方程式是_______。
(3)I→J的制备过程中,下列说法正确的是_______(填序号)。
a.依据平衡移动原理,加入过量的乙醇或将J蒸出,都有利于提高I的转化率
b.利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇
c.若反应温度过高,可能生成副产物乙醚或者乙烯
(4)已知:
①K的结构简式是_______。
②判断并解释K中氟原子对α-H的活泼性的影响_______。
(5)M的分子式为C13H7ClF4N2O4。除苯环外,M分子中还有个含两个氮原子的六元环,在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知,在生成M时,L分子和G分子断裂的化学键均为C-O键和_______键,M的结构简式是_______。
【答案】(1)硝基、酯基
(2) (3)abc
(4) ①. ②. 氟原子可增强α-H的活泼性,氟原子为吸电子基团,降低相连碳原子的电子云密度,使得碳原子的正电性增加,有利于增强α-H的活泼性
(5) ①. N-H ②.
【解析】
【分析】B发生硝化反应得到D,即B为,A与CH3OH发生酯化反应生成B,即A为
,D发生还原反应得到E,结合E的分子式可知,D硝基被还原为氨基,E为
,E在K2CO3的作用下与
发生反应得到G,结合G的分子式可知,G为
,I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J,结合I与J的分子式可知,I为CH3COOH,J为CH3COOC2H5,J与
在一定条件下生成K,发生类似
的反应,结合L的结构简式和K的分子式可知,K为
,G和L在碱的作用下生成M,M的分子式为C13H7ClF4N2O4,除苯环外,M分子中还有个含两个氮原子的六元环,在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇,可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应,形成酰胺基,所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键,M的结构简式为
。
【小问1详解】
由D的结构简式可知,D中含氧官能团为硝基、酯基;
【小问2详解】
A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应,化学方程式为:;
【小问3详解】
I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程,
a.依据平衡移动原理,加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出,都有利于提高乙酸的转化率,a正确;
b.饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇,b正确;
c.反应温度过高,乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚,发生分子内消去反应生成乙烯,c正确;
故选abc;
【小问4详解】
①根据已知反应可知,酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应,F3CCOOC2H5中左侧不存在α-H,所以产物K的结构简式为;
②氟原子可增强α-H的活泼性,氟原子为吸电子基团,降低相连碳原子的电子云密度,使得碳原子的正电性增加,有利于增强α-H的活泼性;
【小问5详解】
M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环,在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇,再结合其分子式,可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应,形成酰胺基,所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键,M的结构简式为。
【2024北京等级考】18. 利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是_______。
(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是_______。
(3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;400℃和500℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/℃ | B中所含铜、铁的主要物质 |
400 | |
500 |
①温度低于425℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是_______。
②温度高于425℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。
(4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的_______。
(5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是_______。
【答案】(1)增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分
(2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O
(3) ①. 温度低于425℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加 ②. 温度高于425℃,随焙烧温度升高发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低
(4)Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
(5)粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量
【解析】
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧,黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下,转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用硫酸吸收,得到硫酸铵,是溶液A的主要溶质,可以循环利用,固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D,向硫酸铜溶液中加入过量的铁,置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。
【小问1详解】
黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎,是为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分;
【小问2详解】
铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O ;
【小问3详解】
①由图,温度低于425℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大,是因为温度低于425℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加;
②温度高于425℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,铜浸出率降低;
【小问4详解】
加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜,反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ;
【小问5详解】
粗铜中含有Fe杂质,加酸可以除Fe,但粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量。
【2024北京等级考】19. 某小组同学向pH=1的0.5mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉,探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序,Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_______。
(2)实验验证
实验 | 金属 | 操作、现象及产物 |
I | 过量Cu | 一段时间后,溶液逐渐变为蓝绿色,固体中未检测到Fe单质 |
Ⅱ | 过量Zn | 一段时间后有气泡产生,反应缓慢,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,无气泡冒出,此时溶液pH为3~4,取出固体,固体中未检测到Fe单质 |
Ⅲ | 过量Mg | 有大量气泡产生,反应剧烈,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,持续产生大量气泡,当溶液pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质 |
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,证明都有Fe2+生成,依据的现象是_______。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成,用平衡移动原理解释原因_______。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
i.a.甲认为实验Ⅱ中,当Fe3+、H+浓度较大时,即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe,Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式_______。
b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上,阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii.查阅资料:0.5mol/L的Fe3+开始沉淀的pH约为1.2,完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c,重新做实验Ⅱ,当溶液pH为3~4时,不取出固体,向固-液混合物中持续加入盐酸,控制pH<1.2,_______ (填实验操作和现象),待pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ,解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_______。
【答案】(1)Mg、Zn
(2) ①. 产生蓝色沉淀 ②. Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H+,促进Fe3+水解平衡正向移动,使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③. 2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑ ④. 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉,一段时间后取出少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀 ⑤. 加入几滴KSCN溶液,待溶液红色消失后,停止加入盐酸
(3)加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【解析】
【分析】实验Ⅰ中,加入过量的Cu,Cu与Fe3+发生反应3Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,一段时间后,溶液逐渐变为蓝绿色,固体中未检测到Fe单质;实验Ⅱ中,加入过量的Zn,发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑,有气泡产生,pH逐渐增大,使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3,固体中未检测到Fe单质,原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹;实验Ⅲ中,加入过量Mg,发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑,由于Mg很活泼,该反应非常剧烈,pH逐渐增大,产生了大量红褐色沉淀后,持续产生大量气泡,当溶液pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质,对比实验Ⅱ和Ⅲ,加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹,实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【小问1详解】
在金属活动性顺序表中,Mg、Zn 排在Fe之前,Cu排在Fe之后,因此Mg、Zn 可将Fe3+还原为Fe;
【小问2详解】
①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的K3[Fe(CN)6]沉淀;
②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H+,促进Fe3+水解平衡正向移动,使其转化为Fe(OH)3沉淀;
③i.a.Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为:2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑ ;
b.要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗,可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉,一段时间后取出少量溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀,即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+;
ⅱ.结合a,b和c可知,实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹,因此可控制反应条件,在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原,即可排除两个干扰因素,具体操作为:重新做实验Ⅱ,当溶液pH为3~4时,不取出固体,向固-液混合物中持续加入盐酸,控制pH<1.2,加入几滴KSCN溶液,待溶液红色消失后,停止加入盐酸,待pH为3~4时,取出固体,固体中检测到Fe单质;
【小问3详解】
对比实验Ⅱ和Ⅲ,加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹,实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
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