北京市2022-2023学年高三上学期入学定位考试化学试卷及答案.pdf

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1、北京市2022-2023学年高三上学期入学定位考试化学试题学校:.姓名:.班级:.考号:一、单选题下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是A.明矶作净水剂B.铁粉作暖贴发热剂C.生石灰作食品干燥剂D.用熟石灰改良酸性土壤2.下列说法正确的是A.油脂的皂化属于化学变化B.氯碱工业利用的是原电池原理C.碳中和 是指利用中和反应吸收CO2D.工业上用电解氯化钠溶液的方法冶炼金属钠3.下列化学用语表示正确的是A.CH(CH3)3的 名 称 是2,2一二甲基乙烷B.CO2的电子式是：O：C：O：c.基 态0原 子 核 外 电 子 的 轨 道 表 示 式 是 叵 E 3tl ND.Sz-的 结 构 示 意

2、图 是 的 褊 J/)Is2s2p4.下列说法正确的是A.HF,HC1、HBr的沸点依次增大B.H原 子 的I s电子云轮廓图为球形C.CH2C12分子中的碳原子为手性碳原子D.H2O分 子 的VSEPR模型是平面三角形5.下列反应的方程式表示正确的是A.用浓溟水检验水体中的苯酚:B.C.向AgNCh溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)4+OH-A实验室制氯气：MnO2+4H+2Cl=Mn2+C12t+2H2OD.“84消毒液”中加少量食醋可增强漂白性：C1O+H+=HC1O6.钠的一种氧化物的正方体晶胞如图所示(”或“。”均表示一个简单离子)。下列说法正确的是A

3、.该氧化物的化学式为NazChB.晶胞中连接“。”与“”的线段表示共价键C.晶胞中与“。”最近且等距的“”的数目为4D.该晶体中“。”与”的核外电子排布相同lOlkPa.298K时，HCN(g)UHNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。二。E士官翔玄迂下列说法正确的是A.分子稳定性：HCNHNCB.该转化过程中G键发生断裂C.HCN(g)UHNC(g)H=-59.3kJ-moHD.HCN分子中的碳原子有孤对电子8.从 NaHPbCh溶液中回收P b的原电池装置如图所示。OI aNaOH-NaHPbO2溶液NaOH溶液c(H C O,)+2 c(C Of)B.由 Na H S C h溶液呈

4、酸性，可知 Na H S O3=Na+H+S O：C.等 p H的醋酸和氯化铉溶液中，阳离子的总物质的量浓度相等D.O.l m o l L-i 醋酸钠溶液中，c(C H3C O O )c(Na+)c(OH )c(H+)11.聚乳酸是一种生物降解高分子材料，它的一种合成方法如图所示。乳酸(C 3 H 6。3)一丙交酯(H 3 C H -。)一聚乳酸(C 3 H 4。2%o=-C H 3下列说法不氐碘的是OHA.乳酸的结构简式为CH3cHeOOHB.每生成Im o l 丙交酯需脱去2 m o l H zOC.丙交酯分子中都含有的六元环为平面结构D.丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基12.利用电激发

5、方法产生的O H 和H O(羟基自由基)可处理废水中的C N-,其可能的反应机理如图所示。下列说法不巧砸的是B.过程中的02来自于H2O2的分解C.0H-和 H0的核外电子总数不相等D.电极上发生的总反应是O2+2H2O+3e=3OH-+HO13.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体蔗糖变黑，品红试纸褪色浓硫酸具有脱水性和氧化性B向 NaHS溶液中滴入稀盐酸生成臭鸡蛋气味气体（经检验为H2S）元素的非金属性：C1SC将乙醇和浓硫酸混合液加热至170,产生的气体通入酸性高镒酸钾溶液中高镭酸钾溶液褪色乙醇一定发生了消去

6、反应D常温下，取相同物质的量浓度的两种溶液：CH3coONa、CH3coONH4,分别测其pH测得pH：CH3co0-的水解程度：四A.A B.B C.C D.D1 4.已知下列离子反应自发进行：CO2+Ca2+2CIO+H2O=CaCO,4+2HClO CO；+HC10=HCO,+C10-下列说法正确的是A.由反应可推断：Ka2（H2C03）Ka（HC10）B.向新制饱和氯水中加入少量碳酸钙，固体不会溶解C.向等物质的量浓度NaHCCh和 NaClO混合液中加入CaCL(s),可生成HC1OD.将 CO2 通入 NaClO 溶液中，发生反应：CCh+2NaClO+H2O=Na2cCh+HCl

7、O二、结构与性质1 5.硅是地壳中含量第二大的元素。其单质除了用作重要的半导体材料外，还用于测定阿伏伽德罗常数的精确值。(1)基态S i原子的价层电子排布式是一(2)自然界中的硅元素绝大多数是以SiO2或硅酸盐的形式存在的，其中都含有“硅氧四面体”结构单元(如图)。XSiO2晶体中，每个。链接 个 Si。SiC2晶体中，S i原子的杂化类型是一。硅的提纯过程中需用到硅的气态化合物。推测下列化合物中沸点不超过200C的是一(填序号)。a.SiH4 b.SiC c.SiCl4(3)单晶硅的晶胞为正方体，与金刚石的晶胞相似，如图所示。单晶硅的晶体类型是 o已知：金刚石中CC 键能：607kJ-m o

8、r,单晶硅中S i-S i键能：327kJ-molL能否据此比较金刚石和单晶硅的熔点？若能，比较熔点高低。若不能，说明理由。精确的阿伏伽德罗常数是以高纯的单晶28S i为样品通过X 射线衍射法测定的。测得相同条件下样品的密度为pgcm-3,晶胞边长为apm(lpm=10 l0cm),则阿伏伽德罗常数的表达式NA=mol。三、有机推断题1 6.西洛他唾具有扩张血管及抗血小板功能作用，它的一种合成路线如图所示。苯环上原有取代基能影响新导入取代基在苯环上的位置，如：苯环上的一C1使新的取代基导入其邻位或对位；苯环上的一N02使新的取代基导入其间位。请回答：(1)A为芳香化合物，其 官 能 团 是。(

9、2)BC 的反应类型是 反应。(3)CTD的反应中，同时生成的无机物的分子式是 o(4)结合已知，判断F 的结构简式是一。(5)F-G 所需的反应试剂及条件是一。0(6)试剂a 与|互为同系物，则试剂a 的结构简式是一。CI-C(CH2)3CH2C1(7)K中有两个六元环，J-K 反应的化学方程式是一。四、原理综合题1 7.铜氨法可用于测定待测气体中氧气浓度。该法是以C u作为还原剂，用一定量NH4cl溶液和氨水的混合液作为吸收液吸收0 2,其原理如图所示。C u O 玛 屿-C uC N iyU C u2O 犀 啊 Cu(NH3)/启动阶段(慢)己知：水溶液中 C u(N H 3)4 2+为

10、蓝色，Cu(N H 3)2 +为无色；C uOH为黄色不溶于水的固体。(1)新制的吸收液(N H 4 c l溶液和氨水的混合液)呈碱性，由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：o(2)循环阶段的两步反应为：i i.4 Cu(N H 3)2+O 2+4 N H3+4 N H：=4 Cu(N H 3)4 2+2 H2O,(3)若保持常温常压下测得VmL待测气体吸收后剩余气体的体积为V i m L,则待测气体中O2的物质的 量 分 数=o(4)如图原理中，启动阶段和循环阶段总反应相同。相比启动阶段，循环阶段反应速率较快的原因是。(5)配制吸收液时，可在吸收液中加入少量Cu S Ch溶液，目的是。(

11、6)随着吸收过程不断进行，当吸收液中产生黄绿色浑浊 Cu O H、Cu(O H)2 时，表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中N%被消耗，。五、工业流程题1 8.粕(Pl)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化齐I(主要含有Pl、C、A I 2 O 3、M g O)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。I II HI IV(1)1中焙烧时，c与空气中的0 2生成了 C O和C 02,发生的反应如下：C(s)+O 2(g)=CO 2(g)H i=-3 93.5 k J-m o l-1；2 C(s)+O 2(g)=2 CO(g)AH 2=-2 2 1 k J-m o l1；2 c o(g)

12、+O 2(g)=2 CO 2(g)AH3=_ _ _k J m o l o(2)实验人员采用三种不同的浸出液分别研究I I中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是H CI-H 2 S O 4-NaC Q、H ClN a CI Ch 和 HC-H2O2。将下列浸出反应的离子方程式补充完整：。3 Pt+1|C 1+1|CI O ；+1 I _ _ _ _ _ _=3 PtC1 6 F+1 I H 2 O 当N a CI Ch或H 2 O 2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(N a C1 0 3)：n(H 2 分离操作X是 一。IV 中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使PtCk2-进入水溶液体系,反应的离

13、子方程式是六、实验题19.Fe2+在空气中易被氧化。某小组探究绿机(FeSCUOHzO)和莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O在空气中的稳定性。I.探究溶液中的稳定性：配制O.lmolL 两种溶液A：FeSO4,B：(NH4)2Fe(SO4)2,露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+,结果如表。编号新配制lh 后24h后PH性状酸化后滴等量KSCN(aq)PH性状酸化看滴等量KSCN(叫)PH性状A3.9无色溶液几乎无色3.4黄色溶液变红3.3红褐色沉淀B3.9无色溶液几乎无色3.3黄色溶液变红3.2红褐色沉淀(1)新配制的A 溶液pH ”或因此新配制的A、B 溶液pH几乎相同。(3

14、)放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中Fe2+被空气氧化的离子方程式：。上述实验说明两种溶液中的Fe2+的稳定性差异不大。II.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记录如表。编号iiiiiiiv实验条件露置密闭容器潮湿的密闭容器盛有干燥剂的密闭容器实验结果绿研晶体逐渐变白，进而出现土黄色;Fe3+含量很多无明显变化；Fe3+含量非常少晶体结块，颜色不变；Fe3+含量非常少晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；Fe3+含量很多莫尔盐无明显变化；Fe3+含量非常少无明显变化；Fe3+含量非常少晶体略结块，颜色不变;Fe3+含量非常少无明显变化；Fe3+含量很少(4)上述实验说明，

15、相同条件下两种晶体在空气中稳定性更强的是。(5)甲同学推测绿矶在ii中的结果与i 不同可能是容器中02不足造成的。乙同学经过对比，分析该推测不成立，其 理 由 是。(6)该小组同学根据实验结果进而推测绿矶易被氧化与其失去结晶水有关。绿 砒 晶 体 失 去 结 晶 水 的 实 验 现 象 是。莫尔盐晶体中 离子的存在使结晶水不易失去；该离子与H2O 分子之间可能存在的作用是(7)同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，o参考答案：1.B【详解】A.明研作净水剂时，明机中的A P+发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬

16、浮颗粒物的能力，发生非氧化还原反应，A不符合题意；B.铁粉作暖贴发热剂时，F e、炭粉、空气等发生原电池反应，属于氧化还原反应，B符合题意；C.生石灰作食品干燥剂时，与水发生化合反应，属于非氧化还原反应，C不符合题意；D.用熟石灰改良酸性土壤时，发生中和反应，属于非氧化还原反应，D不符合题意：故选B。2.A【详解】A.油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，属于化学变化，A正确；B.氯碱工业是电解饱和食盐水，利用的是电解原理，B不正确；C.“碳中和”是通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳，实现正负抵消，达到相对 零排放,C不正确;D.用电解氯化钠溶液的方法只能得到烧碱，冶炼金

17、属钠时，应电解熔融的氯化钠，D不正确；故选A。3.D【详解】A.C H(C H 3)3 的名称是2 一甲基丙烷，A错误；B.c o 2 的电子式是：6：C：6：,B错误;C.原子核外电子排布原则：能级相同的轨道中电子优先单独占据1 个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，故基态o原子核外电子的轨道表示式是囿 也 也山，c错误;Is 2s 2pD.S 2-核外有1 8 个电子,故答案选D o4.B【详解】A.由于H F分子间存在氢键，HF的沸点最高，A错误；B.s 轨道的电子云轮廓图为球形，B正确；C.手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，C错误；D.H 2 O 分子的中心原子O原子有1 个孤

18、电子对，V S E P R 模型是V形，D错误;故答案选B。5.C【详解】A.浓溟水和苯酚溶液发生取代反应，生成2,4,6-三嗅苯酚白色沉淀和澳化氢，A错误；B.向 A g N C h 溶液中滴入氨水至沉淀刚好消失：A g+2 N H 3 H 2 O=A g(N H 3)2+O H +2 H 2 O+N H；,B错误;c.实验室制氯气方法为二氧化镒和浓盐酸加热生成氯化镭、氯气和水，c 正确；D.醋酸为弱酸，不能拆应用化学式表示，D 错误；故答案选C。6.D【分析】由晶胞图可知，黑色原子有8 个在体内，白色原子有8 个在顶点、6 个在面心，根据均摊法进行计算，8 x l+6 x i=4,可知白色

19、原子和黑色原子之比为1：2,故该氧化物为N azO,白8 2色的为氧离子，黑色的为钠离子，据此分析解答。【详解】A.由分析可知，该氧化物的化学式为NazO,A 错误；B.氧化钠中含有离子键，晶胞中连接氧离子与钠离子的线段表示离子键，B 错误；C.由晶胞图可知，晶胞中与氧离子最近且等距的钠离子的数目为8,C 错误；D.钠离子和氧离子的核外电子数均为1 0,最外层电子均为8,核外电子排布相同，D 正确；故答案选D。7.B【详解】A.分子具有的能量越低，分子越稳定；反之，越不稳定。由图可知HCN具有的能量低于H N C,所以分子稳定性HCNHNC。A 错误。B.HCN中氢原子与碳原子以单键相连，而在

20、HNC中氢原子与氮原子以单键相连。氢原子链接不同原子说明异构化反应过程中涉及化学键的断裂和再生，又由于涉及单键的变化，所以该转化过程中涉及。键断裂。B 正确。C.由图可知HNC具有的能量高于H C N,则反应应当是吸热反应，热化学方程的应表示为HCN(g)UHNC(g)H=+59.3kJ mol1,C 错误。D.HCN的结构式为H C=N，C 采用sp杂化，形成的2 个 sp杂化轨道中分别含有1 个电子，未参与杂化的2 个 p 轨道分别含有1个电子，碳原子没有孤对电子。D 错误。综上所述，应选B。8.A【分析】本实验的目的，是从NaHPbCh溶液中回收P b,则 P b 由+2价降为0 价，得

21、电子发生还原反应，a 电极为正极，b 电极为负极。【详解】A.a 极 NaHPbCh转化为Pb,Pb得电子发生还原反应，则 a 极为原电池的正极，A 不正确；B.在原电池中，阳离子向正极移动，则溶液中Na+从 b 极区迁移至a 极区，B 正确；C.b 极为负极，则 b 极区H2失电子产物与电解质反应生成水，电极反应为H2+2OH-2e-=2H2O,C正确；D.该原电池工作时，a 极区发生的反应为HPbO：+2e-+H2O=Pb+3OH 一段时间后，a 极区溶液的pH增大，D 正确;故选A o9.D【详解】A.1,5 一戊二醇与乙二醇都为饱和二元醇，分子组成上相差3 个“C H 2”,二者互为同

22、系物，A正确；o o/0HB./和的分子式都为c 5 HH)0 2,但结构不同，二者互为同分异构体，B正确；C.反应a 为醇氧化为醛，发生氧化反应，反应b为醇氧化为酮，发生氧化反应，C正确；0D.和/中的官能团为醇羟基和醛基，此二种官能团都能被酸性高镒酸钾氧化，从而使酸性高镭酸钾溶液褪色，所以二种有机物不能用酸性高镒酸钾溶液区分，D不正确；故选D。1 0.A【详解】A.N a H C C h 溶液中，有电荷守恒：c(N a+)+c(H+)=c(H C O)+c(O H )+2 c(C O；-),N a H C O3溶液显碱性，则有：c(O H )c(H+),所以有：c(N a+)c(H C 0

23、,)+2 c(C 0；),A 正确；B.N a H S C h 溶液呈酸性，是因为其电离程度大于水解程度，N a H S C h 的电离应写为：N a H S C h=N a+H S O ；,B 错误；C.醋酸溶液中，阳离子为N a+和 H+,氯化铉溶液中阳离子为NH：和 H+,两溶液等p H,则 c(H+)相等，但 NH：要水解，N a+不水解，所以阳离子的总物质的量浓度不相等，C错误；D.醋酸钠溶液中，N a+不水解，C H3c o 0-要水解，c(N a+)应大于c(C H3c o 0-)，D错误；故选A oO H11.C【详解】A.乳酸的结构简式为|,A正确；CH3CHCOOHB.乳酸

24、分子之间发生酯化反应，生成丙交酯，每生成I m o l 丙交酯需消耗乳酸2m o l，脱去2m o l Hz O,B正确；C.丙交酯分子中含有的六元环中的连接-C M 的 C原子均形成4个单键，为立体结构，C错误；D.聚乳酸分子可通过乳酸分子之间直接脱水缩合得到，故丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基,D正确；故答案选C。12.B【分析】由反应机理图可知，02在 电 极 上 得 电 子 生 成 和 水 反 应，水得电子生成H Q,凡 0 失电子被氧化成02和 H2O2,H2O2在电极上得电子生成0H-和 HO,0 H 和 H0与CN发生氧化还原反应生成N2、H g、CO；,据此分析解答。【详解】

25、A.H0具有氧化性，CN-失电子被氧化N2,A 正确；B.由分析可知，过程中的02部分来自于出。失电子被氧化，B 错误；C.OH的核外电子总数为10,H0的核外电子总数为9,C 正确；D.根据分析可知，电极上发生的总反应是02+2H20+3e=30H+HO,D 正确；故答案选B。13.A【详解】A.将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，蔗糖变黑，并用湿润的品红试纸检验产生的气体，品红试纸褪色，说明有SO2生成，说明浓硫酸具有氧化性，故 A 正确；B.元素非金属性的强弱可以根据最高价氧化物对应的水化物的酸性判断，向 NaHS溶液中滴入稀盐酸生成H zS,说明盐酸的酸性强于氢硫酸，无法据此

26、判断氯和硫的非金属性的强弱，故 B 错误;c.乙醇有挥发性，乙醇也能使酸性高镒酸钾溶液褪色，所以将乙醇和浓硫酸混合液加热至i7(r c,产生的气体通入酸性高镒酸钾溶液中，高镒酸钾溶液褪色，不能证明乙醇一定发生了消去反应，故C 错误；D.CH3COONH4中 CH3COO和 都 发 生 水 解，两者水解程度近似相等，所以醋酸核溶液接近中性，CH3coONa溶液中只有CH3co0-发生水解，溶液呈碱性，不能根据相同温度和相同浓度下两溶液的pH 判断CH3COO的水解程度，故 D 错误；故选A,14.C【分析】根据反应和，结合强酸制弱酸规律可得，酸性强弱顺序：H2CO3HC1OHCO；,据此分析解答

27、。【详解】A.由反应可推断：Kai(H2co3)Ka(HClO)Ka2(H2CCh),A 错误；B.新制饱和氯水中含有H C 1,向其加入少量碳酸钙，碳酸钙与HC1反应生成可溶于水的氯化钙和水和C O 2,固体溶解，B 错误；C.向等物质的量浓度NaHCCh和 NaClO混合液中加入C aC h(s),发生反应，CO2+Ca2+2ClO+H2O=CaCO31+2HClO,C 正确；D.根据可知将CO2通入NaClO溶液中，得到碳酸氢钠和HC10,D 错误；故答案选C。15.(l)3s23P2(2)2 sp3 ac(3)共 价 晶 体 能。金刚石的熔点高于单晶硅【解析】(1)28 x 8p a3

28、X103OS i为14号元素，基态Si原子的核外电子排布式是I s 2 2 s 2 2 P 2 3 s 2 3 P 2,因此基态Si原子的价层电子排布式是3 s 2 3 P 2;(2)根据结构图可知，Si C h晶体中，每个0链接2个Si；Si C h晶体中，Si原子的杂化类型是s p3；Si H4和Si C L 为分子晶体，Si C是共价晶体，分子晶体的沸点较低，原子晶体的沸点较高；(3)单晶硅和金刚石都属于共价晶体，金刚石中C-C键能比单晶硅中Si-Si键能大，故金刚石的熔点_ MxN 2 8 x 8 2 8 x 8高于单晶硅；根据密度公式=而 一=再 一x l O 3 O g.cm-3,

29、则阿伏伽德罗常数的表达式NA=-x l O3 0.1 6.硝基(2)取代比0(4)-Cl(5)浓硫酸、浓硝酸、加热(6)(7)9CICCH2CH2CICH3O C lN HO+CH3 cl【分析】硝基苯和氢气发生反应得到B(%)和?门发生取代反应生成C,C L C(C H?)3 cH 2 cl根据西洛他哇结构简式得到C和H N 3反应生成D(N八N N:-N-C);本在一定条件下反应(C H2)3C H.C 1O H生成氯苯，氯苯和浓硝酸在浓硫酸催化剂作用下反应生成G(),G和CH30 H在氢氧化钠作N O,O C H.入0用下反应生成H(J),H发生还原反应生成I,I和Q8c HeH C l

30、发生取代反应生成J根据西N O,一NH洛他理的结构简式得到J 和氯化铝作用生成K(H()C 1)，K 和 D 在氢氧化钠作用下发生取代反应生成西洛他哇。(1)A 为芳香化合物，根据前面分析A 为硝基苯，其官能团是硝基；故答案为；硝基。(2)B(T N H 2)和？发生取代反应生成C,则 B-C 的反应类型是取代反应；故答C LC(C H 2 2 c l案为：取代。(3)N XC 和 HN3反应生成口(/二 T 个 )，根据质量守恒，c 中碳氧双键和氮氢键断裂，和(CH,)3CH2C 1HN3中的氢原子结合生成水，因此CTD的反应中，同时生成的无机物的分子式是用0；故答案为：H2OO(4)结合已

31、知，先是氯原子取代苯环，再是硝基在氯原子对位发生取代，因此F 的结构简式是故答案为：(5)F-G 是发生硝化反应，因此所需的反应试剂及条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热。(6)试剂a 与互为同系物，根据J 的结构简式分析得到试剂a 的结构简式是CIC(Cri2)jCHjClo oII.故答案为.II。CICCH2CH2CI*取口耒，J CICCH2CH2C10(7)/NHK 中有两个六元环，根据西洛他嘎结构简式分析得到K 的结构简式为HOC j=O，则 J-K反应的化学方程式是O+CH3CI；故答案为:0+CH3C1O17.(1)溶液中存在两个平衡：NH3H 2O=N

32、H；+OH-NH；+H 20U NH3W2O+H+,中产生的c(OH)大于中产生的c(H+)(2)CU(N H3)4 2+CU=2 CU(N H 3)2+(4)循环阶段中CU(N H 3)4 2+和CU(N H 3)2在C u与02的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与。2反应，其速率大于启动阶段固体C u与0 2反应(5)生成少量CU(N H 3)4 2+,加快开始吸收时的反应速率(6)Cu+和Cu2+发生水解反应生成CuOH和CU(0 H)2【分析】在启动阶段：2 CU+O2=2 CUO,CUO+2 N H3+2N H；=Cu(NH3)42+H2O；4 C u+O 2=2

33、 C u2O,C112O+2NH3+2NH：=2 CU(N H 3)2+H20O(1)新制的吸收液(NH4cl溶液和氨水的混合液)呈碱性，则表明一水合氨电离程度大于氯化镀的水解程度，则由溶质微粒在水溶液中存在的平衡解释其原因：溶液中存在两个平衡：NH3-H2OUNH：+0H-NH：+H 20U NH3H2O+H+,中产生的C(O H )大于中产生的C(H+)。答案为：溶液中存在两个平衡：NH3H2O=NH；+OH-NH；+H 20U NH3H2O+H+,中产生的c(OH)大于中产生的c(H+)；(2)循环过程中，Cu(NH3)42+吸收 C u,转化为 CU(N H 3)2 +；CU(N H

34、3)2 +再吸收。2,转化为Cu(NH3)4p+。则吸收 Cu 的反应为：i.CU(N H 3)4 2+CU=2 CU(N H 3)2 +0 答案为：CU(N H 3)4 2+CU=2 CU(N H 3)2 +；(3)常温常压下Vm L待测气体，通过吸收液后，02被吸收液吸收，吸收后剩余气体的体积为VimL,则待测气体中O2的体积为(V-V i)m L,物质的量分数=丫*。答案为：然；(4)启动阶段：C u与0 2发生反应，然后与NH3-NH；发生反应；循环阶段：Cu(NH3)4p+与C u反应、Cu(NH3)2+与02反应，相比启动阶段，循环阶段反应速率较快，原因是：循环阶段中Cu(NH3)

35、42+和Cu(NH3)2+在C u与0 2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与02反应,其速率大于启动阶段固体Cu与0 2反应。答案为：循环阶段中 C u(N H 3)4 2+和 C u(N H 3)2 +在Cu与0 2的反应中起到了传递电子的作用(或循环阶段中溶液中的离子与0 2反应，其速率大于启动阶段固体CU与。2反应；(5)配制吸收液时，在吸收液中加入少量C u S 0 4溶液，能与N H 3反应生成 CU(N H 3)4 2+,从而增大吸收液的浓度，目的是：生成少量 CU(N H 3)4 2+,加快开始吸收时的反应速率。答案为：生成少量 CU(N H3)4 2+,加

36、快开始吸收时的反应速率；(6)吸收液中产生黄绿色浑浊 C u O H、C u(0 H)2 b则表明CU+和CM+发生水解反应，CU(N H 3)4 2+、CU(N H 3)2 +不断发生电离，从而表明吸收液已失效。产生该现象的原因：随着溶液中N H 3被消耗，C u+和CP+发生水解反应生成CuOH和CU(0 H)2 答案为：C u+和C#+发生水解反应生成CuOH和CU(O H)2O【点睛】通常，在溶液中发生反应时，接触面积大，反应速率快。1 8.(1)-5 6 6(2)3 P t+1 6 C 1+2 C 1 O；+1 2 H+-3 l P t C 1 6 j2+6 H2O 1：3 CV 甲

37、中 c(C k)最小，不利于 P t C k F-的形成(3)分液(R3N H2)P t C 1 6 (o)+2 O H-(A)=2 R3N(o)+P t C 1 6 2-(A)+2 H2O(A)【分析】从某废催化剂(主要含有P t、C、A I 2 O 3,M g O)中回收P t,进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、C O 2,通过酸浸，将P t浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到P t,据此分析解答。(1)根据盖斯定律,AH 3=2AHI.AH2=2 x(-3 9 3.5 k J-m o l1)-(-2 2 1 k J-m o l )=-5 6 6 k J-m o l 1；(2)

38、根据氧化还原反应规律配平：3 P t+1 6 C l-+2 C 1 0；+1 2 H+=3 P t C 1 6 F+6 H 2 0；由方程式可知，当N a C I C h作为氧化剂时，浸出3 m o i P t时，P t的化合价升高+4,3 m o i P t失1 2 m o i电子，N a C I C h作为氧化剂消耗 2 m o l,H 2 O 2作为氧化剂时,应得 1 2 m o i 电子,消耗 H z C h G m o l ,故 n(N a C l C h)：n(H2O 2)=l：3；由表格可知，随着c(N a C 1 0 3)增大，其氧化性增强，部分C I O；与C 1-发生氧化还

39、原反应而被消耗，P t的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2 m o l-L 时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(C)最小，不利于 P t C 1 6户的形成，甲中P t的浸出率最低；(3)加入萃取剂萃取后，进行分液；由 ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)PtC16,加入NaOH溶液可使PtCkF进入水溶液体系，则萃取剂(R3N)与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)PtC16(o)+2OH-(A)=2R3N(o)+PtC162-(A)+2H2O(A)19.(l)Fe2+2H2Of Fe(OH)2+2H+(3)4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+(4)莫尔

40、盐(5)根据实验i v,同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化(6)晶体变白 NH；氢键(7)02分子较难进入晶体中与Fe2+反应 分 析 通过检测Fe3+的含量来探究绿研(FeSO47H2O)和莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O在空气中的稳定性，若 Fe3+的含量高说明不稳定；(1)Fe2+发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子因此溶液呈酸性，离子方程式是Fe2+2H2Of Fe(OH),+2H+；(2)已知同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的酸性比(NH4XSO4溶液的酸性强，说明B 溶液中水解程度：Fe2+NH；(3)溶液pH均减小说明酸性增强，Fe2+被空气氧化生成Fe(0H)3的离子方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+；(4)莫尔盐露置在空气中Fe3+含量非常少，说明莫尔盐晶体的稳定性更强；(5)绿帆在实验i 中 Fe3+含量少不可能是02不足造成的，理由是根据实验i v,同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化；(6)绿矶晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白;莫尔盐晶体中N H；离子的存在使结晶水不易失去，N H：中的N能与H20分子之间可能存在氢键;(7)莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，0 2 分子较难进入晶体中与 F e 2+反应。