北京市第一零一中學2024-2025學年高三上學期10月月考化學試題 含解析

北京一零一中2024-2025學年度高三第二次月考化學本試卷共10頁，100分?？荚嚂r長90分鐘。考生務必將答案答在答題紙卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，交答題卡?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：P31S32第一部分本部分共14道題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.中國科學家首次成功制得大面積單晶石墨炔，是碳材料科學的一大進步。下列關于金剛石、石墨、石墨炔的說法正確的是A.三種物質中均有碳碳原子間的鍵 B.三種物質中的碳原子都是雜化C.三種物質的晶體類型相同 D.三種物質均能導電【答案】A【解析】【詳解】A．原子間優(yōu)先形成鍵，三種物質中均存在鍵，A項正確；B．金剛石中所有碳原子均采用雜化，石墨中所有碳原子均采用雜化，石墨炔中苯環(huán)上的碳原子采用雜化，碳碳三鍵上的碳原子采用雜化，B項錯誤；C．金剛石為共價晶體，石墨炔為分子晶體，石墨為混合晶體，C項錯誤；D．金剛石中沒有自由移動電子，不能導電，D項錯誤；故選A。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.—OH的電子式： B.基態(tài)Cu原子的價層電子排布式：3d94s2C.NaCl的晶胞： D.CO2的空間結構模型：【答案】A【解析】【詳解】A．-OH含有9個電子，電子式為，A正確；B．Cu是29號元素，含有29個電子，基態(tài)Cu原子的價層電子排布式：3d104s1，B錯誤；C．NaCl是離子化合物，晶胞為：，C錯誤；D．CO2是直線形分子，C原子半徑大于O原子，CO2的空間結構模型為，D錯誤；故選A。3.下列實驗的對應操作中，合理的是A．驗證改變壓強能破壞化學平衡狀態(tài)B．配制一定物質的量濃度的KCl溶液C．稀釋濃硫酸D．從提純后的NH4Cl溶液獲得NH4Cl晶體A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．，該反應為等體積反應，壓強不能改變化學平衡狀態(tài)，A錯誤；B．配制一定物質的量濃度的KCl溶液，加蒸餾水至液面離刻度線1cm～2cm處時應改用膠頭滴管滴加，B錯誤；C．濃硫酸的密度比水的密度大，濃硫酸溶于水放熱，故稀釋濃硫酸時應將濃硫酸沿燒杯內壁緩慢倒入盛水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，C正確；D．氯化銨受熱易分解，不能通過蒸發(fā)結晶獲得NH4Cl晶體，應采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法，D錯誤；故選C。4.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.常溫常壓下，22.4L的NH3約含有的質子數為10NAB.6.4gS在足量的氧氣中充分燃燒，轉移的電子的數目為1.2NAC.標準狀況下，1molNO和0.5molO2充分反應后所得氣體體積為22.4LD.白磷分子(P4)呈正四面體結構，31g白磷中約含有P-P鍵的數目為1.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，22.4L的NH3物質的量小于1mol，含有質子數小于10NA，A錯誤；B．S在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，S從0價升高到+4價，失去4個電子，6.4S的物質的量為0.2mol，故轉移電子數為0.8NA，B錯誤；C．NO與O2反應的方程式為，1molNO和0.5molO2充分反應得到1mol，但會發(fā)生反應，故所得氣體小于1mol，標準狀況下，氣體體積小于22.4L，C錯誤；D．白磷分子(P4)呈正四面體結構，一個P4含有6個P-P鍵，31g白磷的物質的量為，故含有P-P鍵的數目為1.5NA，D正確；故選D。5.下列方程式與所給事實不相符的是A.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：B.鋁粉和氧化鐵組成的鋁熱劑用于焊接鋼軌：C.用綠鞏(FeSO4·7H2O)將酸性工業(yè)廢水中的轉化為Cr3+：D.向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，溶液橙色加深：【答案】A【解析】【詳解】A．用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢中的硫酸鈣，實現硫酸鈣轉化為易溶于酸的碳酸鈣，離子方程式為：，A符合題意；B．鋁粉和氧化鐵組成的鋁熱劑，高溫反應生成液態(tài)鐵和氧化鋁，，用于焊接鋼軌，B不合題意；D．可以將氧化成，本身還原生成Cr3+，離子方程式，C不合題意；向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，，平衡逆向移動，溶液橙色加深：，D不合題意；答案選A。6.下列事實能用平衡移動原理解釋的是A.工業(yè)合成氨時，選擇在500℃條件下進行B.密閉燒瓶內的NO2和N2O4的混合氣體，受熱后顏色加深C.鐵釘放入濃HNO3中，待不再變化后，加熱能產生大量紅棕色氣體D.鋅片與稀H2SO4反應過程中，加入少量CuSO4固體，促進H2的產生【答案】B【解析】【詳解】A．合成氨反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，不利于生成氨氣，選擇在500℃條件下進行是為了反應速率和催化劑活性，A錯誤；B．NO2轉化為N2O4的反應是放熱反應，升溫平衡逆向移動，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B正確；C．鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應生成大量紅棕色氣體，與平衡移動無關，C錯誤；D．加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構成原電池，從而使反應速率加快，與平衡移動無關，D錯誤；故選B。7.硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se五種元素)是一種氨基酸，其分子空間結構如圖。下列說法不正確的是A.圖中最大的球代表SeB.H2Se的沸點小于H2OC.硒代半胱氨酸難溶于水，易溶于苯D.硒代半胱氨酸分子中含一個手性碳原子【答案】C【解析】【詳解】A．硒代半胱氨酸中硒原子的電子層數最多，原子半徑最大，則圖中最大的球代表硒原子，A正確；B．H2O中含有分子間氫鍵，故H2Se的沸點小于H2O，B正確；C．由分子空間結構可知，硒代半胱氨酸分子中含有親水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，C錯誤；D．由分子空間結構可知，硒代半胱氨酸分子中與氨基和羧基相連碳原子是連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，D正確；故選C。8.氘代氨()可用于反應機理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應；②與反應。下列說法不正確的是A.和可用質譜法區(qū)分B.和均為極性分子C.方法①的化學方程式是D.方法②得到的產品純度比方法①的高【答案】D【解析】【詳解】A．和的相對分子質量不同，可以用質譜法區(qū)分，A正確；B．和的H原子不同，但空間構型均為三角錐形，是極性分子，B正確；C．Mg3N2與D2O發(fā)生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應方法①的化學方程式書寫正確，C正確；D．方法②是通過中D原子代替中H原子的方式得到，代換的個數不同，產物會不同，純度低，D錯誤；故選D。9.下列依據相關數據作出的推斷中，不正確的是A.依據相同溫度下可逆反應的Q與K大小的比較，可推斷反應進行的方向B.依據第二周期主族元素電負性依次增大，可推斷它們的第一電離能依次增大C.依據F、Cl、Br、I的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能，可推斷它們的熱穩(wěn)定性強弱D.根據C=C的鍵能小于C—C的鍵能的2倍，推測C=C中鍵的強度比π鍵的大【答案】B【解析】【詳解】A．依據相同溫度下可逆反應Q與K大小的比較可知：Q=K，反應達到平衡狀態(tài)；Q<K，反應正向進行；Q>K，反應逆向進行，則可推斷反應進行的方向，A正確；B．依據第二周期主族元素電負性依次增大，不能推斷它們的第一電離能依次增大，如第一電離能：Be>B，N>O，B錯誤；C．F、Cl、Br、I的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能越大，氫化物的熱穩(wěn)定性越強，則依據F、Cl、Br、I的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能，可推斷它們的熱穩(wěn)定性強弱，C正確；D．C=C中有1個鍵和1個π鍵，C—C中只有一個σ鍵，根據C=C的鍵能小于C—C的鍵能的2倍，可推測C=C中鍵的強度比π鍵的大，D正確；故選B。10.一種分解氯化銨實現產物分離的物質轉化關系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一種。下列說法正確的是A.a、c分別是HCl、B.d既可以是MgO，也可以Mg(OH)ClC.等壓條件下，反應①、②的反應熱之和，小于氯化銨直接分解的反應熱D.已知為副產物，則通入水蒸氣可減少的產生【答案】D【解析】【分析】Mg(OH)Cl可以分解為MgO和HCl，因此b為Mg(OH)Cl，c為HCl，d為MgO，MgO與NH4Cl反應生成Mg(OH)Cl和NH3，即a為NH3?！驹斀狻緼．由分析得，a為NH3、c為HCl，故A錯誤；B．d為MgO，故B錯誤；C．反應①和反應②相加即為氯化銨直接分解的反應，由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應①、反應②的反應熱之和等于氯化銨直接分解的反應熱，故C錯誤；D．可以水解生成Mg(OH)Cl，因此通入水蒸氣可減少的產生，故D正確；故選D。11.過渡金屬氧化物離子(以MO+表示)在烴類的選擇性氧化等方面應用廣泛。MO+與CH4反應的過程如下圖所示。下列說法不正確的是A.反應速率：步驟Ⅰ<步驟ⅡB.CH3OH分子中，C—H鍵和O—H鍵均為鍵C.若MO+與CH3D反應，生成的氘代甲醇有2種D.【答案】D【解析】【詳解】A．步驟I的活化能大于步驟Ⅱ，反應速率步驟I更小，故A正確；B．CH3OH分子中C、O均為雜化，C—H鍵和O—H鍵均為鍵，故B正確；C．根據反應機理可知，若MO+與CH3D反應，生成的氘代甲醇可能為CH3OD或CH2DOH，共兩種，故C正確；D．根據反應歷程能量變化圖所示，總反應的反應熱為E1-E2+E3-E4，故D錯誤；故選：D。12.某小組同學利用如下實驗探究平衡移動原理。實驗1：實驗2：已知：ⅰ.。ⅱ.溶液為無色。下列說法正確的是A.結合實驗1和2，推測ⅰ中反應是放熱反應B.①中滴加濃鹽酸，增大了，導致Q>K，ⅰ中平衡正向移動C.②中加水，溶液變紅，說明平衡逆向移動，的濃度增大D.③中加入，溶液變紅，推測與形成了配合物【答案】D【解析】【詳解】A．由實驗1，降溫平衡逆向移動，逆向為放熱方向，正向為吸熱反應，A錯誤；B．①中滴加濃鹽酸，增大了，導致Q<K，ⅰ中平衡正向移動，B錯誤；C．②中加水，溶液變紅，說明平衡逆向移動，的濃度減小，C錯誤；D．③中加入，溶液變紅，推測與形成了配合物，使Cl-濃度減小，平衡逆向移動，溶液變紅，D正確；故選D。13.CO2催化加氫制甲醇，在減少CO2排放的同時實現了CO2的資源化，該反應可表示為：保持起始反應物，時x(CH3OH)隨壓強變化的曲線和時x(CH3OH)隨溫度變化的曲線，如下圖。已知：x(CH3OH)表示平衡體系中甲醇的物質的量分數。下列說法正確的是A.該反應B.a、b交點處化學平衡常數値相同C.當時，H2的平衡轉化率約為33%D.當，時，達平衡后【答案】C【解析】【分析】該反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，甲醇的物質的量分數增大，則曲線a表示時x(CH3OH)隨壓強的變化，曲線b表示時x(CH3OH)隨溫度的變化，由圖可知，升高溫度，x(CH3OH)減小，說明平衡逆向移動，該反應ΔH<0，據此解答?！驹斀狻緼．由分析可知，該反應ΔH<0，A錯誤；B．化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變，由圖可知，a、b交點處，b曲線對應反應溫度小于250℃，則a、b交點處化學平衡常數值不相同，B錯誤；C．設起始二氧化碳和氫氣的物質的量為1mol和3mol，平衡時生成甲醇為amol，由題意可建立如下三段式：當時，可得：=0.1，解得a=13mol，則氫氣的轉化率為×100%=33%，C正確；D．由圖可知，，時，達平衡后x(CH3OH)>0.05，D錯誤；故選C。14.不同條件下，當KMnO4與KI按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。反應序號起始酸堿性KIKMnO4還原產物氧化產物物質的量/mol物質的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說法正確的是A.反應①，B.對比反應①和②，C.對比反應①和②，的還原性隨酸性減弱而減弱D.隨反應進行，體系變化：①增大，②不變【答案】B【解析】【詳解】A．反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A項錯誤；B．根據反應①可得關系式10I-~2，可以求得n=0.0002，則反應②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，反應②對應的關系式為I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合價為+5價，根據離子所帶電荷數等于正負化合價的代數和知x=3，反應②的離子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B項正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產物，I-的還原性隨酸性減弱而增強，C項錯誤；D．根據反應①和②的離子方程式知，反應①消耗H+、產生水、pH增大，反應②產生OH-、消耗水、pH增大，D項錯誤；答案選B。第二部分本部分共5題，共58分15.元素周期律的發(fā)現和元素周期表的誕生，開創(chuàng)了化學科學的新紀元。從此，人們對豐富多彩的物質世界的認識更加系統(tǒng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe在周期表中的位置是_______。（2）下列有關性質的比較，能用元素周期律解釋的是_______。a．酸性：H2SO3>H2CO3b．金屬性：Ca>Alc．熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3d．堿性：NaOH>Mg(OH)2（3）比較Br和I的非金屬性，從原子結構角度解釋原因_______，用一個離子方程式證明_______。（4）科學家合成了一種新化合物(如圖所示)，其中R、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數是Y核外電子數的一半。①R位于_______區(qū)，單質與水反應的離子方程式為_______。②1moIY單質的晶體中含有共價鍵的數目為_______。寫出Y的氧化物的一種用途_______。③X的氫化物的空間結構是_______，用電子式表示其形成過程_______?！敬鸢浮浚?）第四周期第Ⅷ族（2）bd（3）①.非金屬性：Br>I．Br和I位于同一主族，最外層電子數相同，電子層數Br<I，原子半徑Br<I，得電子能力Br>I，非金屬性Br>I②.（4）①s②.③.2NA(或1.204×1024)④.光導纖維（制玻璃等)⑤.三角錐形⑥.【解析】【小問1詳解】Fe為56號元素，為第四周期第Ⅷ族元素；故答案為：第四周期第Ⅷ族；【小問2詳解】a．元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，H2SO3中的S為+4價，不屬于最高價含氧酸，則無法呂勇元素周期律判斷酸性，故a錯誤；b．同主族元素從上到下金屬性依次增強，從左到右金屬性減弱，則金屬性Ca＞Mg＞Al，故b正確；c．酸式碳酸鹽易分解，碳酸鹽難分解，則熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解釋，故c錯誤；d．元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性：Na＞Mg，則堿性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解釋，故d正確；故答案為：bd；【小問3詳解】非金屬性：Br>I，Br和I位于同一主族，最外層電子數相同，電子層數Br<I，原子半徑Br<I，得電子能力Br>I，非金屬性Br>I；根據氧化性強的物質置換氧化性弱的物質原理，Br2+2I?=I2+2Br?；故答案為：非金屬性：Br>I，Br和I位于同一主族，最外層電子數相同，電子層數Br<I，原子半徑Br<I，得電子能力Br>I，非金屬性Br>I；Br2+2I?=I2+2Br?；【小問4詳解】R、X、Y、Z為同一短周期元素，根據圖知，Y能形成4個共價鍵、Z能形成1個共價鍵，則Y位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外層電子數是Y核外電子數的一半，Z最外層7個電子，則Y原子核外有14個電子，故Y為Si元素，Z為Cl元素；該陰離子中Cl元素為-1價、Si元素為+4價，根據化合價的代數和為-1價可知，X為-3價，則X為P元素；根據陽離子所帶電荷知，R為Na元素，據此解答，通過以上分析知：R、X、Y、Z分別為Na、P、Si、Cl元素；①由分析知：R為Na，位于第三周期第ⅠA，屬于s區(qū)，鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣；故答案為：s；；②Y單質晶體為硅單質，則1molSi，共價鍵數目為2NA(或1.204×1024)；硅形成的氧化物，SiO2可以用作光導纖維（制玻璃等)；故答案為：2NA(或1.204×1024)；光導纖維（制玻璃等)；③X為P元素，其氫化物的分子式為PH3，是共價化合物，價層電子對數為，為三角錐形，則其電子式為；故答案為：三角錐形；。16.向CoCl2溶液中滴加過量的氨水得到含有[Co(NH3)6]Cl2的溶液。（1）基態(tài)Co2+的核外電子有_______種空間運動狀態(tài)。（2）基態(tài)Cl-占據的最高能級的電子云輪廓圖的形狀是_______。（3）O、N、H的電負性由大到小的順序是_______。（4）下列狀態(tài)的氮中，電離最外層一個電子所需能量最小的是_______(填序號)。a．b．c．（5）[Co(NH3)6]Cl2的晶胞結構示意圖如下。①在下圖虛線框內畫出[Co(NH3)6]2+中一個NH3的結構式_______。②比較H—N—H鍵角NH3_______[Co(NH3)6]2+(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。③該立方晶胞的邊長為acm，阿伏加德羅常數為NA，[Co(NH3)6]Cl2的摩爾質量為Mg/mol，則該晶體的密度為_______g/cm3。【答案】（1）14（2）啞鈴形（3）0>N>H（4）c（5）①.②.<③.氮原于均為sp3雜化，NH3分子中的N原子有孤電子對，[Co(NH3)6]2+中的N原子無孤電子對，孤電子對有較大斥力④.【解析】【小問1詳解】Co是27號元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為3d74s2，則基態(tài)Co2+的核外電子排布式為，核外電子有14種空間運動狀態(tài)；【小問2詳解】氯離子基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，其最高能級為3p，電子云輪廓圖的形狀是啞鈴形；【小問3詳解】同周期主族元素從左到右，元素的電負性逐漸增大，則電負性：O>N，三種元素中H的電負性最小，于是有電負性：O>N>H；【小問4詳解】2s22p2屬于基態(tài)的N+，由于基態(tài)N的第二電離能高于其第一電離能，故其再失去一個電子所需能量較高；2s22p3屬于基態(tài)N原子，其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)N+，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)N+；2s22p23s1屬于激發(fā)態(tài)N原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)N原子；綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最小的是2s22p23s1，故選c。【小問5詳解】①中心N原子孤電子對數=，有3個鍵，則中心N原子價層電子對數=3+1=4，采取sp3雜化，空間構型為三角錐形，且N原子形成了1個配位鍵，則答案為：；②由①分析知，由于NH3中心N原子有一對孤電子對，排斥力較大，則H-N-H鍵角小于109°28′，約為107°，[Co(NH3)6]2+形成配位鍵，氨分子中不再有孤電子對，H—N—H鍵角變大，故答案為＜；③該晶胞中，[Co(NH3)6]2+位于頂點和面心的個數為，位于晶胞內部Cl-個數為8，故晶胞的密度為g/cm3。17.煙氣脫硝技術是環(huán)境科學研究的熱點。實驗室模擬將煙氣中的深度氧化為，并進一步將轉化獲得含氮產品，流程示意圖如下。深度氧化器中發(fā)生的反應：i．ii．iii．（1）被深度氧化，補全熱化學方程式：___________（2）一定條件下，不同溫度時，的濃度隨時間的變化如圖所示。①___________(填“>”或“<”)。②8s時，的濃度不同的原因是___________。（3）一定條件下，NO的初始濃度為時，不同反應時間，深度氧化器中的濃度隨的變化如圖所示。反應過程中的濃度極低。①時，深度氧化器中發(fā)生的反應主要是___________(填“i”“ii”或“iii”)。②時，的濃度隨變化的原因是___________。（4）且恒壓的條件下進行煙氣處理，煙氣達到排放標準所需深度氧化的時間仍較長。結合(3)，保持上述條件不變，解決這一問題可采取的措施及目的分別是___________。（5）深度氧化后的煙氣通過吸收器完全轉化為硝酸鹽產品，產品濃度的測定方法如下。已知的還原產物分別是。產品中的物質的量濃度為___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.<②.8s時反應已達到平衡狀態(tài)，將深度氧化為是放熱反應，溫度越高，越不利于反應正向進行，生成的濃度越低（3）①.i②.0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0時，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，從而使的濃度減小（4）使用適宜的催化劑，以增大ⅱ的反應速率（5）【解析】【小問1詳解】根據蓋斯定律知：i2+ii+iii可得，；【小問2詳解】由圖知，T2溫度下，反應速率快，首先到達平衡，因此<；由圖知，8s時反應已達到平衡狀態(tài)，將深度氧化為是放熱反應，溫度越高，平衡逆向移動，越不利于反應正向進行，生成的濃度越低，所以答案為：8s時反應已達到平衡狀態(tài)，將深度氧化為是放熱反應，溫度越高，越不利于反應正向進行，生成的濃度越低；【小問3詳解】當時，NO主要轉化為NO2,所以深度氧化器中發(fā)生的反應主要是i；由圖知，時，的濃度隨著增大而減小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，從而使NO2的濃度減小；【小問4詳解】由（3）知反應過程中NO3的濃度極低，說明反應ⅲ比反應ⅱ快，因為煙氣達到排放標準所需深度氧化的時間仍較長，所以為了加快反應速率，采取的措施及目的分別是：使用適宜的催化劑，以增大ⅱ的反應速率；【小問5詳解】溶液X中的與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應后，剩余的亞鐵離子與發(fā)生氧化還原反應，，則與發(fā)生氧化還原反應的Fe2+為n2=，則與反應的Fe2+為n1=，，則物質的量，則的物質的量濃度為。18.利用黃銅礦(主要成分為，含有等雜質)生產純銅，流程示意圖如下。（1）礦石在焙燒前需粉碎，其作用是_______。（2）的作用是利用其分解產生的使礦石中的銅元素轉化為。發(fā)生熱分解的化學方程式是_______。（3）礦石和過量按一定比例混合，取相同質量，在不同溫度下焙燒相同時間，測得：“吸收”過程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；和時，固體B中所含銅、鐵的主要物質如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質400500①溫度低于，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是_______。②溫度高于，根據焙燒時可能發(fā)生的反應，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是_______。（4）用離子方程式表示置換過程中加入的目的_______。（5）粗銅經酸浸處理，再進行電解精煉；電解時用酸化的溶液做電解液，并維持一定的和。粗銅若未經酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是_______?！敬鸢浮浚?）增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分（2）（3）①.溫度低于，隨焙燒溫度升高，分解產生的增多，可溶物含量增加，故銅浸出率顯著增加②.溫度高于，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應：，和轉化成難溶于水的，銅浸出率降低（4）（5）粗銅若未經酸浸處理，其中雜質會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量【解析】【分析】黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質)粉碎后加入硫酸銨通入空氣焙燒，黃銅礦在硫酸銨生成的SO3作用下，轉化成CuSO4，得到的混合氣體中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸銨，是溶液A的主要溶質，可以循環(huán)利用，固體B為SiO2、CuSO4及含鐵的化合物，加水分離，主要形成含硫酸銅的濾液和含SiO2的濾渣，分別為濾液C和濾渣D，向硫酸銅溶液中加入過量的鐵，置換得到粗銅和FeSO4，粗銅再精煉可以得到純銅。【小問1詳解】黃銅礦的礦石在焙燒前需粉碎，是為了增大反應物的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；【小問2詳解】銨鹽不穩(wěn)定，易分解，分解非氧化還原反應，產物中有NH3和SO3，故化學方程式為；【小問3詳解】①由圖，溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大，是因為溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加；②溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的CuO，發(fā)生反應4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，銅浸出率降低；【小問4詳解】加入置換硫酸銅溶液中的銅，反應的離子方程式為；【小問5詳解】粗銅中含有雜質，加酸可以除，但粗銅若未經酸浸處理，其中雜質會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量。19.某小組同學向的的溶液中分別加入過量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。（1）理論分析依據金屬活動性順序，中可將還原為的金屬是_______。（2）實驗驗證實驗金屬操作、現象及產物I過量一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到單質Ⅱ過量一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液為3~4，取出固體，固體中未檢測到單質Ⅲ過量有大量氣泡產生，反應劇烈，逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產生大量氣泡，當溶液3~4時，取出固體，固體中檢測到單質①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據的現象是_______。②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因_______。③對實驗Ⅱ未檢測到單質進行分析