高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 2022-2024北京高考真題分考點(diǎn)匯編

試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)2025屆高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)2022-2024北京高考真題分考點(diǎn)匯編考點(diǎn)化學(xué)物質(zhì)及其變化、化學(xué)與STSE1．（2022·北京·高考真題）2022年3月神舟十三號(hào)航天員在中國(guó)空間站進(jìn)行了“天宮課堂”授課活動(dòng)。其中太空“冰雪實(shí)驗(yàn)”演示了過(guò)飽和醋酸鈉溶液的結(jié)晶現(xiàn)象。下列說(shuō)法不正確的是A．醋酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)B．醋酸鈉晶體與冰都是離子晶體C．常溫下，醋酸鈉溶液的D．該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進(jìn)醋酸鈉晶體析出【答案】B【詳解】A．醋酸鈉在水溶液中能完全電離，醋酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；B．醋酸鈉晶體是離子晶體，冰是分子晶體，故B錯(cuò)誤；C．醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，常溫下，醋酸鈉溶液的，故C正確；D．過(guò)飽和醋酸鈉溶液處于亞穩(wěn)態(tài)，加入少量醋酸鈉固體可以促進(jìn)醋酸鈉晶體析出，形成飽和溶液，故D正確；選B。2．（2022·北京·高考真題）(鍶)的、穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變。土壤生物中值與土壤中值有效相關(guān)。測(cè)定土壤生物中值可進(jìn)行產(chǎn)地溯源。下列說(shuō)法不正確的是A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B．可用質(zhì)譜法區(qū)分和C．和含有的中子數(shù)分別為49和48D．同一地域產(chǎn)出的同種土壤生物中值相同【答案】A【詳解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)譜法可以測(cè)定原子的相對(duì)原子質(zhì)量，和的相對(duì)原子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，故B正確；C．的中子數(shù)為87-38=49，的中子數(shù)為86-38=48，故C正確；D．由題意可知，(鍶)的、穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變，故D正確；故選A。3．（2023·北京·高考真題）下列過(guò)程與水解反應(yīng)無(wú)關(guān)的是A．熱的純堿溶液去除油脂B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸D．向沸水中滴入飽和溶液制備膠體【答案】B【詳解】A．熱的純堿溶液因碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解生成易溶于水的高級(jí)脂肪酸鹽和甘油，故可用熱的純堿溶液去除油脂，A不符合題意；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂化或裂解反應(yīng)生成小分子烴，與水解反應(yīng)無(wú)關(guān)，B符合題意；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下可以發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸，C不符合題意；D．Fe3+能發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3，加熱能增大Fe3+的水解程度，D不符合題意；故選B。4．（2024·北京·高考真題）我國(guó)科研人員利用激光操控方法，從原子束流中直接俘獲原子，實(shí)現(xiàn)了對(duì)同位素的靈敏檢測(cè)。的半衰期(放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時(shí)間)長(zhǎng)達(dá)10萬(wàn)年，是的17倍，可應(yīng)用于地球科學(xué)與考古學(xué)。下列說(shuō)法正確的是A．的原子核內(nèi)有21個(gè)中子B．的半衰期長(zhǎng)，說(shuō)明難以失去電子C．衰變一半所需的時(shí)間小于衰變一半所需的時(shí)間D．從原子束流中直接俘獲原子的過(guò)程屬于化學(xué)變化【答案】A【詳解】A．的質(zhì)量數(shù)為41，質(zhì)子數(shù)為20，所以中子數(shù)為，A正確；B．的半衰期長(zhǎng)短與得失電子能力沒(méi)有關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意衰變一半所需的時(shí)間要大于衰變半所需的時(shí)間，C錯(cuò)誤；D．從原子束流中直接俘獲原子的過(guò)程沒(méi)有新物質(zhì)產(chǎn)生，不屬于化學(xué)變化，D錯(cuò)誤；本題選A。5．（2024·北京·高考真題）下列說(shuō)法不正確的是A．葡萄糖氧化生成和的反應(yīng)是放熱反應(yīng)B．核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的生物大分子C．由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個(gè)氨基和兩個(gè)羧基D．向飽和的溶液中加入少量雞蛋清溶液會(huì)發(fā)生鹽析【答案】C【詳解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放熱反應(yīng)，在人體內(nèi)葡萄糖緩慢氧化成CO2和H2O為人體提供能量，A項(xiàng)正確；B．核酸是一種生物大分子，分析核酸水解的產(chǎn)物可知，核酸是由許多核苷酸單體形成的聚合物，核苷酸進(jìn)一步水解得到磷酸和核苷，核苷進(jìn)一步水解得到戊糖和堿基，故核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過(guò)一定方式結(jié)合而成的生物大分子，B項(xiàng)正確；C．氨基乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H2NCH2COOH，形成的二肽的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H2NCH2CONHCH2COOH，該二肽中含1個(gè)氨基、1個(gè)羧基和1個(gè)肽鍵，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．雞蛋清溶液為蛋白質(zhì)溶液，NaCl溶液屬于輕金屬鹽溶液，向飽和NaCl溶液中加入少量雞蛋清溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，D項(xiàng)正確；答案選C。6．（2024·北京·高考真題）關(guān)于和的下列說(shuō)法中，不正確的是A．兩種物質(zhì)的溶液中，所含微粒的種類(lèi)相同B．可用溶液使轉(zhuǎn)化為C．利用二者熱穩(wěn)定性差異，可從它們的固體混合物中除去D．室溫下，二者飽和溶液的差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【詳解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正確；B．加入溶液會(huì)發(fā)生反應(yīng)：，B正確；C．受熱易分解，可轉(zhuǎn)化為，而熱穩(wěn)定性較強(qiáng)，利用二者熱穩(wěn)定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCO3，C正確；D．室溫下和飽和溶液相差較大的主要原因是的水解程度遠(yuǎn)大于，D錯(cuò)誤；故選D?？键c(diǎn)化學(xué)用語(yǔ)7．（2024·北京·高考真題）下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確的是A．的電子式： B．分子的球棍模型：C．的結(jié)構(gòu)示意圖： D．乙炔的結(jié)構(gòu)式：【答案】A【詳解】A．是共價(jià)化合物，其電子式為，故A錯(cuò)誤；B．為正四面體形，分子的球棍模型：，故B正確；C．Al的原子序數(shù)為13，即的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C正確；D．乙炔含有碳碳三鍵，結(jié)構(gòu)式為：，故D正確；故選A。8．（2023·北京·高考真題）下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)正確的是A．的電子式為 B．的VSEPR模型為

C．電子云圖為

D．基態(tài)原子的價(jià)層電子軌道表示式為

【答案】C【詳解】A．氯化鈉是離子化合物，其電子式是

，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．氨分子的VSEPR模型是四面體結(jié)構(gòu)，B項(xiàng)錯(cuò)誤：C．p能級(jí)電子云是啞鈴(紡錘)形，C項(xiàng)正確；D．基態(tài)鉻原子的價(jià)層電子軌道表示式是

，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。9．（2022·北京·高考真題）下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確的是A．乙炔的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：B．順丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型：C．基態(tài)原子的價(jià)層電子的軌道表示式：D．的電子式：【答案】C【詳解】A．乙炔中含有碳碳三鍵，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A項(xiàng)正確；B．順丁烯中兩個(gè)甲基位于雙鍵同側(cè)，其結(jié)構(gòu)模型為，B項(xiàng)正確；C．基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3s23p2，其軌道表示式為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．是離子化合物，其電子式為，D項(xiàng)正確；答案選C。考點(diǎn)化學(xué)方程式、離子方程式10．（2022·北京·高考真題）下列方程式與所給事實(shí)不相符的是A．加熱固體，產(chǎn)生無(wú)色氣體：B．過(guò)量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無(wú)色氣體：C．苯酚鈉溶液中通入，出現(xiàn)白色渾濁：D．乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生有香味的油狀液體：【答案】B【詳解】A．碳酸氫鈉受熱之后分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，A正確；B．過(guò)量的鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，應(yīng)該生成Fe2+，B錯(cuò)誤；C．苯酚鈉溶液中通入二氧化碳利用強(qiáng)酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氫鈉，C正確；D．乙醇和乙酸在濃硫酸混合加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生有香味的油狀液體乙酸乙酯和水，D正確；故選B。11．（2023·北京·高考真題）下列離子方程式與所給事實(shí)不相符的是A．制備84消毒液(主要成分是)：B．食醋去除水垢中的：C．利用覆銅板制作印刷電路板：D．去除廢水中的：【答案】B【詳解】A．Cl2和NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆寫(xiě)其余均可拆寫(xiě)為離子，A項(xiàng)正確；B．食醋為弱酸不能拆寫(xiě)為離子，反應(yīng)為2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．FeCl3將Cu氧化為CuCl2而自身被還原為FeCl2，反應(yīng)為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C項(xiàng)正確；D．Na2S將Hg2+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應(yīng)為Hg2++S2?=HgS↓，D項(xiàng)正確；故選B。12．（2024·北京·高考真題）下列方程式與所給事實(shí)不相符的是A．海水提溴過(guò)程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)：B．用綠礬()將酸性工業(yè)廢水中的轉(zhuǎn)化為C．用溶液能有效除去誤食的D．用溶液將水垢中的轉(zhuǎn)化為溶于酸的：【答案】D【詳解】A．氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)，發(fā)生置換反應(yīng)，離子方程式正確，A正確；B．可以將氧化成，離子方程式正確，B正確；C．結(jié)合生成沉淀，可以阻止被人體吸收，離子方程式正確，C正確；D．與反應(yīng)屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，不能拆分，正確的離子方程式為CaSO4+=CaCO3+，D錯(cuò)誤；本題選D?？键c(diǎn)物質(zhì)結(jié)構(gòu)域性質(zhì)13．（2022·北京·高考真題）由鍵能數(shù)據(jù)大小，不能解釋下列事實(shí)的是化學(xué)鍵鍵能/411318799358452346222A．穩(wěn)定性： B．鍵長(zhǎng)：C．熔點(diǎn)： D．硬度：金剛石>晶體硅【答案】C【詳解】A．鍵能越大越穩(wěn)定，鍵能大于，所以穩(wěn)定性：，故不選A；

B．鍵能越大，鍵長(zhǎng)越短，鍵能大于，所以鍵長(zhǎng)：，故不選B；C．CO2是分子晶體，熔點(diǎn)由分子間作用力決定，SiO2是共價(jià)晶體，所以熔點(diǎn)，不能用鍵能解釋熔點(diǎn)，故選C；D．金剛石、晶體硅都是共價(jià)晶體，共價(jià)晶體中鍵能越大，晶體的硬度越大，的鍵能大于，所以硬度：金剛石>晶體硅，故不選D；選C。14．（2023·北京·高考真題）中國(guó)科學(xué)家首次成功制得大面積單晶石墨炔，是碳材料科學(xué)的一大進(jìn)步。下列關(guān)于金剛石、石墨、石墨炔的說(shuō)法正確的是A．三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的鍵 B．三種物質(zhì)中的碳原子都是雜化C．三種物質(zhì)的晶體類(lèi)型相同 D．三種物質(zhì)均能導(dǎo)電【答案】A【詳解】A．原子間優(yōu)先形成鍵，三種物質(zhì)中均存在鍵，A項(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)誤；C．金剛石為共價(jià)晶體，石墨炔為分子晶體，石墨為混合晶體，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．金剛石中沒(méi)有自由移動(dòng)電子，不能導(dǎo)電，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。15．（2023·北京·高考真題）下列事實(shí)不能通過(guò)比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋的是A．鍵的鍵能小于鍵的鍵能B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的C．氟化氫分子的極性強(qiáng)于氯化氫分子的極性D．氣態(tài)氟化氫中存在，而氣態(tài)氯化氫中是分子【答案】A【詳解】A．F原子半徑小，電子云密度大，兩個(gè)原子間的斥力較強(qiáng)，鍵不穩(wěn)定，因此鍵的鍵能小于鍵的鍵能，與電負(fù)性無(wú)關(guān)，A符合題意；B．氟的電負(fù)性大于氯的電負(fù)性。鍵的極性大于鍵的極性，使—的極性大于—的極性，導(dǎo)致三氟乙酸的羧基中的羥基極性更大，更容易電離出氫離子，酸性更強(qiáng)，B不符合題意；C．氟的電負(fù)性大于氯的電負(fù)性，鍵的極性大于鍵的極性，導(dǎo)致分子極性強(qiáng)于，C不符合題意；D．氟的電負(fù)性大于氯的電負(fù)性，與氟原子相連的氫原子可以與另外的氟原子形成分子間氫鍵，因此氣態(tài)氟化氫中存在，D不符合題意；故選A?？键c(diǎn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)與實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)16．（2022·北京·高考真題）下列實(shí)驗(yàn)中，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖怯珊Ｋ迫≌麴s水萃取碘水中的碘分離粗鹽中的不溶物由制取無(wú)水固體ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室用海水制取蒸餾水用蒸餾的方法制備，蒸餾時(shí)用到蒸餾燒瓶、酒精燈、冷凝管、牛角管、錐形瓶等儀器，注意溫度計(jì)水銀球應(yīng)處在蒸餾燒瓶的支管口附近，冷凝管應(yīng)從下口進(jìn)水，上口出水，A正確；B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下層，B正確；C．粗鹽中含有較多的可溶性雜質(zhì)和不溶性雜質(zhì)，將粗鹽溶與水形成溶液，用過(guò)濾的方法將不溶于水的雜質(zhì)除去，C正確；D．直接加熱會(huì)促進(jìn)水解，生成的HCl易揮發(fā)，得到氫氧化鐵，繼續(xù)加熱會(huì)使氫氧化鐵分解產(chǎn)生氧化鐵，得不到固體，D錯(cuò)誤；故選D。17．（2022·北京·高考真題）已知：。下列說(shuō)法不正確的是A．分子的共價(jià)鍵是鍵，分子的共價(jià)鍵是鍵B．燃燒生成的氣體與空氣中的水蒸氣結(jié)合呈霧狀C．停止反應(yīng)后，用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近集氣瓶口產(chǎn)生白煙D．可通過(guò)原電池將與反應(yīng)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能【答案】A【詳解】A．H2分子里的共價(jià)鍵H-H鍵是由兩個(gè)s電子重疊形成的，稱(chēng)為s-sσ鍵，Cl2分子里的共價(jià)鍵Cl-Cl鍵是由兩個(gè)p電子重疊形成的，稱(chēng)為p-pσ鍵，故A錯(cuò)誤；B．HCl氣體極易溶于水，遇到空氣中的水蒸氣后立即形成鹽酸小液滴，即白霧，故B正確；C．濃氨水易揮發(fā)，揮發(fā)的氨氣和HCl氣體互相反應(yīng)，化學(xué)方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化銨固體小顆粒，固體粉末就是煙，故C正確；D．與的反應(yīng)是能夠自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，可通過(guò)原電池將與反應(yīng)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故D正確；故選A。18．（2022·北京·高考真題）利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，b中現(xiàn)象不能證明a中產(chǎn)物生成的是a中反應(yīng)b中檢測(cè)試劑及現(xiàn)象A濃分解生成淀粉溶液變藍(lán)B與濃生成品紅溶液褪色C濃與溶液生成酚酞溶液變紅D與乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．濃硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的硝酸也能與碘化鉀溶液反應(yīng)生成遇淀粉溶液變藍(lán)色的碘，則淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)色不能說(shuō)明濃硝酸分解生成二氧化氮，故A符合題意；B．銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成的二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，則品紅溶液褪色能說(shuō)明銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成二氧化硫，故B不符合題意；C．濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應(yīng)生成能使酚酞溶液變紅的氨氣，則酚酞溶液變紅能說(shuō)明濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應(yīng)生成氨氣，故C不符合題意；D．乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇不能與溴水反應(yīng)，則2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成能使溴水褪色的丙烯氣體，則溴水褪色能說(shuō)明2—溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯，故D不符合題意；故選A。19．（2024·北京·高考真題）下列實(shí)驗(yàn)的對(duì)應(yīng)操作中，不合理的是眼睛注視錐形瓶中溶液A．用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液B．稀釋濃硫酸C．從提純后的溶液獲得晶體D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaOH溶液時(shí)，眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液，以便觀察溶液顏色的變化從而判斷滴定終點(diǎn)，A項(xiàng)合理；B．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(shí)應(yīng)將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢倒入盛水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，B項(xiàng)合理；C．NaCl的溶解度隨溫度升高變化不明顯，從NaCl溶液中獲得NaCl晶體采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，C項(xiàng)合理；D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，玻璃棒引流低端應(yīng)該在容量瓶刻度線以下；定容階段，當(dāng)液面在刻度線以下約1cm時(shí)，應(yīng)改用膠頭滴管滴加蒸餾水，D項(xiàng)不合理；答案選D。20．（2023·北京·高考真題）完成下述實(shí)驗(yàn)，裝置或試劑不正確的是A．實(shí)驗(yàn)室制 B．實(shí)驗(yàn)室收集 C．驗(yàn)證易溶于水且溶液呈堿性 D．除去中混有的少量【答案】D【詳解】A．MnO2固體加熱條件下將HCl氧化為Cl2，固液加熱的反應(yīng)該裝置可用于制備Cl2，A項(xiàng)正確；B．C2H4不溶于水，可選擇排水收集，B項(xiàng)正確；C．?dāng)D壓膠頭滴管，水進(jìn)入燒瓶將NH3溶解，燒瓶中氣體大量減少壓強(qiáng)急劇降低打開(kāi)活塞水迅速被壓入燒瓶中形成紅色噴泉，紅色噴泉證明NH3與水形成堿性物質(zhì)，C項(xiàng)正確；D．Na2CO3與HCl、CO2發(fā)生反應(yīng)，不能達(dá)到除雜的目的，應(yīng)該選用飽和NaHCO3溶液，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。21．（2023·北京·高考真題）蔗糖與濃硫酸發(fā)生作用的過(guò)程如圖所示。

下列關(guān)于該過(guò)程的分析不正確的是A．過(guò)程①白色固體變黑，主要體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性B．過(guò)程②固體體積膨脹，與產(chǎn)生的大量氣體有關(guān)C．過(guò)程中產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體，體現(xiàn)了濃硫酸的酸性D．過(guò)程中蔗糖分子發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂【答案】C【詳解】A．濃硫酸具有脫水性，能將有機(jī)物中的H原子和O原子按2∶1的比例脫除，蔗糖中加入濃硫酸，白色固體變黑，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，A項(xiàng)正確；B．濃硫酸脫水過(guò)程中釋放大量熱，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生大量氣體，使固體體積膨脹，B項(xiàng)正確；C．結(jié)合選項(xiàng)B可知，濃硫酸脫水過(guò)程中生成的能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)濃硫酸的強(qiáng)氧化性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．該過(guò)程中，蔗糖發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂，D項(xiàng)正確；故選C。考點(diǎn)電化學(xué)22．（2024·北京·高考真題）酸性鋅錳干電池的構(gòu)造示意圖如下。關(guān)于該電池及其工作原理，下列說(shuō)法正確的是A．石墨作電池的負(fù)極材料 B．電池工作時(shí)，向負(fù)極方向移動(dòng)C．發(fā)生氧化反應(yīng) D．鋅筒發(fā)生的電極反應(yīng)為【答案】D【詳解】A．酸性鋅錳干電池，鋅筒為負(fù)極，石墨電極為正極，故A錯(cuò)誤；B．原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極(石墨電極)方向移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．鋅筒為負(fù)極，負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，故D正確；故選D。23．（2022·北京·高考真題）利用下圖裝置進(jìn)行鐵上電鍍銅的實(shí)驗(yàn)探究。裝置示意圖序號(hào)電解質(zhì)溶液實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4陰極表面有無(wú)色氣體，一段時(shí)間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經(jīng)檢驗(yàn)電解液中有②0.1mol/LCuSO4+過(guò)量氨水陰極表面未觀察到氣體，一段時(shí)間后陰極表面有致密紅色固體。經(jīng)檢驗(yàn)電解液中無(wú)元素下列說(shuō)法不正確的是A．①中氣體減少，推測(cè)是由于溶液中減少，且覆蓋鐵電極，阻礙與鐵接觸B．①中檢測(cè)到，推測(cè)可能發(fā)生反應(yīng)：C．隨陰極析出，推測(cè)②中溶液減少，平衡逆移D．②中生成，使得比①中溶液的小，緩慢析出，鍍層更致密【答案】C【分析】由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)①時(shí)，鐵做電鍍池的陰極，鐵會(huì)先與溶液中的氫離子、銅離子反應(yīng)生成亞鐵離子、氫氣和銅，一段時(shí)間后，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銅；實(shí)驗(yàn)②中銅離子與過(guò)量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子，使得溶液中銅離子濃度比①中要小，電解速率減慢，銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應(yīng)生成銅，在鐵表面得到比實(shí)驗(yàn)①更致密的鍍層?！驹斀狻緼．由分析可知，實(shí)驗(yàn)①時(shí)，鐵會(huì)先與溶液中的氫離子、銅離子反應(yīng)，當(dāng)溶液中氫離子濃度減小，反應(yīng)和放電生成的銅覆蓋鐵電極，阻礙氫離子與鐵接觸，導(dǎo)致產(chǎn)生的氣體減少，故A正確；B．由分析可知，實(shí)驗(yàn)①時(shí)，鐵做電鍍池的陰極，鐵會(huì)先與溶液中的氫離子、銅離子反應(yīng)生成亞鐵離子、氫氣和銅，可能發(fā)生的反應(yīng)為，故B正確；C．由分析可知，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，在陰極析出銅，但陽(yáng)極發(fā)生Cu-2e-=Cu2+的反應(yīng)，銅離子濃度不變，平衡不移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，實(shí)驗(yàn)②中銅離子與過(guò)量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子，使得溶液中銅離子濃度比①中要小，電解速率減慢，銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應(yīng)生成銅，在鐵表面得到比實(shí)驗(yàn)①更致密的鍍層，故D正確；故選C。24．（2023·北京·高考真題）回收利用工業(yè)廢氣中的和，實(shí)驗(yàn)原理示意圖如下。

下列說(shuō)法不正確的是A．廢氣中排放到大氣中會(huì)形成酸雨B．裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的和D．裝置中的總反應(yīng)為【答案】C【詳解】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會(huì)形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置a中溶液的溶質(zhì)為，溶液顯堿性，說(shuō)明的水解程度大于電離程度，故B正確；C．裝置a中溶液的作用是吸收氣體，與溶液不反應(yīng)，不能吸收，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知一個(gè)電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個(gè)極二氧化碳和水轉(zhuǎn)化為甲酸，裝置b中總反應(yīng)為，故D正確；選C?？键c(diǎn)有機(jī)化合物25．（2023·北京·高考真題）一種聚合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下，下列說(shuō)法不正確的是

A．的重復(fù)單元中有兩種官能團(tuán)B．可通過(guò)單體

縮聚合成C．在堿性條件下可發(fā)生降解D．中存在手性碳原子【答案】A【詳解】A．的重復(fù)單元中只含有酯基一種官能團(tuán)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由的結(jié)構(gòu)可知其為聚酯，由單體

縮聚合成，B項(xiàng)正確；C．為聚酯，堿性條件下可發(fā)生降解，C項(xiàng)正確；D．的重復(fù)單元中只連有1個(gè)甲基的碳原子為手性碳原子，D項(xiàng)正確；故選A。26．（2023·北京·高考真題）化合物與反應(yīng)可合成藥物中間體，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下。

已知L能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A．K的核磁共振氫譜有兩組峰 B．L是乙醛C．M完全水解可得到K和L D．反應(yīng)物K與L的化學(xué)計(jì)量比是1∶1【答案】D【詳解】A．有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)K分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，分子中有3種不同環(huán)境的氫原子，核磁共振氫譜有3組峰，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)原子守恒可知1個(gè)K與1個(gè)L反應(yīng)生成1個(gè)M和2個(gè)H2O，L應(yīng)為乙二醛，B錯(cuò)誤；C．M發(fā)生完全水解時(shí)，酰胺基水解，得不到K，C錯(cuò)誤；D．由上分析反應(yīng)物K和L的計(jì)量數(shù)之比為1∶1，D項(xiàng)正確；故選D。27．（2024·北京·高考真題）氘代氨()可用于反應(yīng)機(jī)理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應(yīng)；②與反應(yīng)。下列說(shuō)法不正確的是A．和可用質(zhì)譜法區(qū)分B．和均為極性分子C．方法①的化學(xué)方程式是D．方法②得到的產(chǎn)品純度比方法①的高【答案】D【詳解】A．和的相對(duì)分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，A正確；B．和的H原子不同，但空間構(gòu)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(yīng)方法①的化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)正確，C正確；D．方法②是通過(guò)中D原子代替中H原子的方式得到，代換的個(gè)數(shù)不同，產(chǎn)物會(huì)不同，純度低，D錯(cuò)誤；故選D。28．（2024·北京·高考真題）的資源化利用有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”。利用為原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路線如下。已知：反應(yīng)①中無(wú)其他產(chǎn)物生成。下列說(shuō)法不正確的是A．與X的化學(xué)計(jì)量比為B．P完全水解得到的產(chǎn)物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳雙鍵進(jìn)一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)D．Y通過(guò)碳碳雙鍵的加聚反應(yīng)生成的高分子難以降解【答案】B【詳解】A．結(jié)合已知信息，通過(guò)對(duì)比X、Y的結(jié)構(gòu)可知與X的化學(xué)計(jì)量比為，A正確；B．P完全水解得到的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子式為，Y的分子式為，二者分子式不相同，B錯(cuò)誤；C．P的支鏈上有碳碳雙鍵，可進(jìn)一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，C正確；D．Y形成的聚酯類(lèi)高分子主鏈上含有大量酯基，易水解，而Y通過(guò)碳碳雙鍵加聚得到的高分子主鏈主要為長(zhǎng)碳鏈，與聚酯類(lèi)高分子相比難以降解，D正確；故選B。29．（2022·北京·高考真題）我國(guó)科學(xué)家提出的聚集誘導(dǎo)發(fā)光機(jī)制已成為研究熱點(diǎn)之一、一種具有聚集誘導(dǎo)發(fā)光性能的物質(zhì)，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A．分子中N原子有、兩種雜化方式B．分子中含有手性碳原子C．該物質(zhì)既有酸性又有堿性D．該物質(zhì)可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)【答案】B【詳解】A．該有機(jī)物中從左往右第一個(gè)N原子有一個(gè)孤對(duì)電子和兩個(gè)σ鍵，為雜化；第二個(gè)N原子有一個(gè)孤對(duì)電子和三個(gè)σ鍵，為雜化，A正確；B．手性碳原子是指與四個(gè)各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，該有機(jī)物中沒(méi)有手性碳原子，B錯(cuò)誤；C．該物質(zhì)中存在羧基，具有酸性；該物質(zhì)中還含有，具有堿性，C正確；D．該物質(zhì)中存在苯環(huán)可以發(fā)生加成反應(yīng)，含有甲基可以發(fā)生取代反應(yīng)，D正確；故選B。30．（2022·北京·高考真題）高分子Y是一種人工合成的多肽，其合成路線如下。下列說(shuō)法不正確的是A．F中含有2個(gè)酰胺基 B．高分子Y水解可得到E和GC．高分子X(jué)中存在氫鍵 D．高分子Y的合成過(guò)程中進(jìn)行了官能團(tuán)保護(hù)【答案】B【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，F(xiàn)中含有2個(gè)酰胺基，故A正確，B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，高分子Y一定條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成和，故B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，高分子X(jué)中含有的酰胺基能形成氫鍵，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，則高分子Y的合成過(guò)程中進(jìn)行了官能團(tuán)氨基的保護(hù)，故D正確；故選B。考點(diǎn)化學(xué)工藝流程31．（2024·北京·高考真題）硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A．I的化學(xué)方程式：B．Ⅱ中的反應(yīng)條件都是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率C．將黃鐵礦換成硫黃可以減少?gòu)U渣的產(chǎn)生D．生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4?！驹斀狻緼．反應(yīng)I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，化學(xué)方程式：，故A正確；B．反應(yīng)Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生，即可以減少?gòu)U渣產(chǎn)生，故C正確；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為、，可以用堿液吸收，故D正確；故選B?？键c(diǎn)化學(xué)反應(yīng)熱與化學(xué)原理32．（2023·北京·高考真題）下列事實(shí)能用平衡移動(dòng)原理解釋的是A．溶液中加入少量固體，促進(jìn)分解B．密閉燒瓶?jī)?nèi)的和的混合氣體，受熱后顏色加深C．鐵釘放入濃中，待不再變化后，加熱能產(chǎn)生大量紅棕色氣體D．鋅片與稀反應(yīng)過(guò)程中，加入少量固體，促進(jìn)的產(chǎn)生【答案】B【詳解】A．MnO2會(huì)催化H2O2分解，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項(xiàng)正確；C．鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會(huì)使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應(yīng)生成大量紅棕色氣體，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構(gòu)成原電池，從而使反應(yīng)速率加快，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。33．（2024·北京·高考真題）下列依據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)作出的推斷中，不正確的是A．依據(jù)相同溫度下可逆反應(yīng)的Q與K大小的比較，可推斷反應(yīng)進(jìn)行的方向B．依據(jù)一元弱酸的，可推斷它們同溫度同濃度稀溶液的大小C．依據(jù)第二周期主族元素電負(fù)性依次增大，可推斷它們的第一電離能依次增大D．依據(jù)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(qiáng)弱【答案】C【詳解】A．對(duì)于可逆反應(yīng)的Q與K的關(guān)系：Q>K，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行；Q<K，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行；Q=K，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故依據(jù)相同溫度下可逆反應(yīng)的Q與K大小的比較，可推斷反應(yīng)進(jìn)行的方向，A正確；B．一元弱酸的越大，同溫度同濃度稀溶液的酸性越強(qiáng)，電離出的越多，越小，B正確；C．同一周期從左到右，第一電離能是增大的趨勢(shì)，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正確；D．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(qiáng)，D正確；故選C。34．（2023·北京·高考真題）一種分解氯化銨實(shí)現(xiàn)產(chǎn)物分離的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如下，其中代表或中的一種。下列說(shuō)法正確的是

A．a(chǎn)、c分別是B．既可以是，也可以是C．已知為副產(chǎn)物，則通入水蒸氣可減少的產(chǎn)生D．等壓條件下，反應(yīng)①、②的反應(yīng)熱之和，小于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱【答案】C【分析】分解的產(chǎn)物是和，分解得到的與反應(yīng)生成，又可以分解得到和，則a為，b為，c為，d為?！驹斀狻緼．由分析可知，a為，c為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．d為，B錯(cuò)誤；C．可以水解生成，通入水蒸氣可以減少的生成，C正確；D．反應(yīng)①和反應(yīng)②相加即為氯化銨直接分解的反應(yīng)，由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應(yīng)①、反應(yīng)②的反應(yīng)熱之和等于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱，D錯(cuò)誤；故選C。35．（2024·北京·高考真題）苯在濃和濃作用下，反應(yīng)過(guò)程中能量變化示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A．從中間體到產(chǎn)物，無(wú)論從產(chǎn)物穩(wěn)定性還是反應(yīng)速率的角度均有利于產(chǎn)物ⅡB．X為苯的加成產(chǎn)物，Y為苯的取代產(chǎn)物C．由苯得到M時(shí)，苯中的大鍵沒(méi)有變化D．對(duì)于生成Y的反應(yīng)，濃作催化劑【答案】C【詳解】A．生成產(chǎn)物Ⅱ的反應(yīng)的活化能更低，反應(yīng)速率更快，且產(chǎn)物Ⅱ的能量更低即產(chǎn)物Ⅱ更穩(wěn)定，以上2個(gè)角度均有利于產(chǎn)物Ⅱ，故A正確；B．根據(jù)前后結(jié)構(gòu)對(duì)照，X為苯的加成產(chǎn)物，Y為苯的取代產(chǎn)物，故B正確；C．M的六元環(huán)中與相連的C為雜化，苯中大鍵發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；D．苯的硝化反應(yīng)中濃作催化劑，故D正確；故選C。36．（2022·北京·高考真題）某多孔材料孔徑大小和形狀恰好將“固定”，能高選擇性吸附。廢氣中的被吸附后，經(jīng)處理能全部轉(zhuǎn)化為。原理示意圖如下。已知：下列說(shuō)法不正確的是A．溫度升高時(shí)不利于吸附B．多孔材料“固定”，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)C．轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)是D．每獲得時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為【答案】D【分析】廢氣經(jīng)過(guò)MOFs材料之后，NO2轉(zhuǎn)化成N2O4被吸附，進(jìn)而與氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，從該過(guò)程中我們知道，NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的程度，決定了整個(gè)廢氣處理的效率。【詳解】A．從可以看出，這個(gè)是一個(gè)放熱反應(yīng)，升高溫度之后，平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致生成的N2O4減少，不利于NO2的吸附，A正確；B．多孔材料“固定”，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，B正確；C．N2O4和氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，其方程式為，C正確；D．在方程式中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4e-，則每獲得，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4mol，即個(gè)數(shù)為，D錯(cuò)誤；故選D。37．（2022·北京·高考真題）CO2捕獲和轉(zhuǎn)化可減少CO2排放并實(shí)現(xiàn)資源利用，原理如圖1所示。反應(yīng)①完成之后，以N2為載氣，以恒定組成的N2、CH4混合氣，以恒定流速通入反應(yīng)器，單位時(shí)間流出氣體各組分的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時(shí)間變化如圖2所示。反應(yīng)過(guò)程中始終未檢測(cè)到CO2，在催化劑上有積碳。下列說(shuō)法不正確的是A．反應(yīng)①為CaO+CO2=CaCO3；反應(yīng)②為CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不變，可能有副反應(yīng)CH4C+2H2C．t2時(shí)刻，副反應(yīng)生成H2的速率大于反應(yīng)②生成H2速率D．t3之后，生成CO的速率為0，是因?yàn)榉磻?yīng)②不再發(fā)生【答案】C【詳解】A．由題干圖1所示信息可知，反應(yīng)①為CaO+CO2=CaCO3，結(jié)合氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)②為，A正確；B．由題干圖2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不變，且反應(yīng)過(guò)程中始終未檢測(cè)到CO2，在催化劑上有積碳，故可能有副反應(yīng)，反應(yīng)②和副反應(yīng)中CH4和H2的系數(shù)比均為1:2，B正確；C．由題干反應(yīng)②方程式可知，H2和CO的反應(yīng)速率相等，而t2時(shí)刻信息可知，H2的反應(yīng)速率未變，仍然為2mmol/min，而CO變?yōu)?~2mmol/min之間，故能夠說(shuō)明副反應(yīng)生成H2的速率小于反應(yīng)②生成H2速率，C錯(cuò)誤；D．由題干圖2信息可知，t3之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復(fù)到1，說(shuō)明生成CO的速率為0，是因?yàn)榉磻?yīng)②不再發(fā)生，而后副反應(yīng)逐漸停止反應(yīng)，D正確；答案選C。38．（2023·北京·高考真題）利用平衡移動(dòng)原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產(chǎn)物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與的關(guān)系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。

下列說(shuō)法不正確的是A．由圖1，B．由圖2，初始狀態(tài)，無(wú)沉淀生成C．由圖2，初始狀態(tài)，平衡后溶液中存在D．由圖1和圖2，初始狀態(tài)、，發(fā)生反應(yīng)：【答案】C【詳解】A．水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時(shí)，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項(xiàng)正確；B．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會(huì)產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項(xiàng)正確；C．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．時(shí)，溶液中主要含碳微粒是，，時(shí)，該點(diǎn)位于曲線Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為，D項(xiàng)正確；故選C。考點(diǎn)氧化還原反應(yīng)39．（2022·北京·高考真題）下列物質(zhì)混合后，因發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液減小的是A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B．向和的懸濁液中通入空氣，生成紅褐色沉淀C．向溶液中加入少量溶液，生成藍(lán)綠色沉淀D．向溶液中通入氯氣，生成黃色沉淀【答案】D【詳解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，實(shí)際參與反應(yīng)的只有硫酸根離子和鋇離子，忽略體積變化，H+的濃度不變，其pH不變，A錯(cuò)誤；B．向NaOH和Fe(OH)2的懸濁液中通入空氣，雖然有氫氧化亞鐵被氧化成了紅褐色的氫氧化鐵，其方程式為，該過(guò)和中會(huì)消耗水，則增大了氫氧根離子的濃度，pH會(huì)變大，B錯(cuò)誤；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍(lán)綠色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中沒(méi)有元素的化合價(jià)發(fā)生變化，故沒(méi)有氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．向H2S中通入氯氣生成HCl和單質(zhì)硫沉淀，這個(gè)氧化還原反應(yīng)增大了H+的濃度，pH減小，D正確。故選D。40．（2023·北京·高考真題）離子化合物和與水的反應(yīng)分別為①；②。下列說(shuō)法正確的是A．中均有非極性共價(jià)鍵B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)C．中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為，中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同【答案】C【詳解】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯(cuò)誤；B．①中水的化合價(jià)不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個(gè)氧氣分子轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，②中每生成1個(gè)氫氣分子轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí)，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯(cuò)誤；故選C。41．（2024·北京·高考真題）不同條件下，當(dāng)KMnO4與KI按照反應(yīng)①②的化學(xué)計(jì)量比恰好反應(yīng)，結(jié)果如下。反應(yīng)序號(hào)起始酸堿性KIKMnO4還原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量/mol物質(zhì)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(shuō)法正確的是A．反應(yīng)①，B．對(duì)比反應(yīng)①和②，C．對(duì)比反應(yīng)①和②，的還原性隨酸性減弱而減弱D．隨反應(yīng)進(jìn)行，體系變化：①增大，②不變【答案】B【詳解】A．反應(yīng)①中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)①可得關(guān)系式10I-~2，可以求得n=0.0002，則反應(yīng)②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應(yīng)②中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+4價(jià)，反應(yīng)②對(duì)應(yīng)的關(guān)系式為I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合價(jià)為+5價(jià)，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和知x=3，反應(yīng)②的離子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B項(xiàng)正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對(duì)比反應(yīng)①和②的產(chǎn)物，I-的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)①和②的離子方程式知，反應(yīng)①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應(yīng)②產(chǎn)生OH-、消耗水、pH增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。42．（2024·北京·高考真題）可采用催化氧化法將工業(yè)副產(chǎn)物制成，實(shí)現(xiàn)氯資源的再利用。反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：。下圖所示為該法的一種催化機(jī)理。下列說(shuō)法不正確的是A．Y為反應(yīng)物，W為生成物B．反應(yīng)制得，須投入C．升高反應(yīng)溫度，被氧化制的反應(yīng)平衡常數(shù)減小D．圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應(yīng)中有兩個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)【答案】B【分析】由該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可知，該反應(yīng)涉及的主要物質(zhì)有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應(yīng)生成Cu(OH)Cl，則Y為HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，則W為H2O；CuCl2分解為X和CuCl，則X為Cl2；CuCl和Z反應(yīng)生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是、、、?！驹斀狻緼．由分析可知，Y為反應(yīng)物，W為生成物，A正確；B．在反應(yīng)中作催化劑，會(huì)不斷循環(huán)，適量即可，B錯(cuò)誤；C．總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件一定，升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，C正確；D．圖中涉及的兩個(gè)氧化還原反應(yīng)是和，D正確；故選B?？键c(diǎn)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)43．（2023·北京·高考真題）硫代硫酸鹽是一類(lèi)具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根可看作是中的一個(gè)原子被原子取代的產(chǎn)物。(1)基態(tài)原子價(jià)層電子排布式是。(2)比較原子和原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說(shuō)明理由：。(3)的空間結(jié)構(gòu)是。(4)同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)中兩個(gè)原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過(guò)程為。過(guò)程ⅱ中，斷裂的只有硫硫鍵，若過(guò)程ⅰ所用試劑是和，過(guò)程ⅱ含硫產(chǎn)物是。(5)的晶胞形狀為長(zhǎng)方體，邊長(zhǎng)分別為、，結(jié)構(gòu)如圖所示。

晶胞中的個(gè)數(shù)為。已知的摩爾質(zhì)量是，阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為。(6)浸金時(shí)，作為配體可提供孤電子對(duì)與形成。分別判斷中的中心原子和端基原子能否做配位原子并說(shuō)明理由：?！敬鸢浮?1)(2)，氧原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去一個(gè)電子(3)四面體形(4)和(5)4(6)中的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子【詳解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基態(tài)S原子價(jià)層電子排布式為。答案為；（2）S和O為同主族元素，O原子核外有2個(gè)電子層，S原子核外有3個(gè)電子層，O原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去1個(gè)電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能。答案為I1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去一個(gè)電子；（3）的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為四面體形，可看作是中1個(gè)O原子被S原子取代，則的空間構(gòu)型為四面體形。答案為四面體形；（4）過(guò)程Ⅱ中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應(yīng)機(jī)理可知，整個(gè)過(guò)程中最終轉(zhuǎn)化為，S最終轉(zhuǎn)化為。若過(guò)程ⅰ所用的試劑為和，過(guò)程Ⅱ的含硫產(chǎn)物是和。答案為和；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個(gè)晶胞中含有個(gè)，含有4個(gè)；該晶體的密度。答案為4；；（6）具有孤電子對(duì)的原子就可以給個(gè)中心原子提供電子配位。中的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子。44．（2022·北京·高考真題）工業(yè)中可利用生產(chǎn)鈦白的副產(chǎn)物和硫鐵礦聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸，實(shí)現(xiàn)能源及資源的有效利用。(1)結(jié)構(gòu)示意圖如圖1。①的價(jià)層電子排布式為。②中O和中S均為雜化，比較中鍵角和中鍵角的大小并解釋原因。③中與與的作用力類(lèi)型分別是。(2)晶體的晶胞形狀為立方體，邊長(zhǎng)為，結(jié)構(gòu)如圖2。①距離最近的陰離子有個(gè)。②的摩爾質(zhì)量為，阿伏加德羅常數(shù)為。該晶體的密度為。(3)加熱脫水后生成，再與在氧氣中摻燒可聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸。分解和在氧氣中燃燒的能量示意圖如圖3。利用作為分解的燃料，從能源及資源利用的角度說(shuō)明該工藝的優(yōu)點(diǎn)?！敬鸢浮?1)孤電子對(duì)有較大斥力，使鍵角小于鍵角配位鍵、氫鍵(2)6(3)燃燒放熱為分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料【詳解】（1）①Fe的價(jià)層電子排布為3d64s2，形成Fe2+時(shí)失去4s上的2個(gè)電子，于是Fe2+的價(jià)層電子排布為3d6。②H2O中O和中S都是sp3雜化，H2O中O雜化形成的4個(gè)雜化軌道中2個(gè)被孤電子對(duì)占據(jù)，2個(gè)被鍵合電子對(duì)占據(jù)，而中S雜化形成的4個(gè)雜化軌道均被鍵合電子對(duì)占據(jù)。孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)間的斥力大于鍵合電子對(duì)與鍵合電子對(duì)間的斥力，使得鍵角與鍵角相比被壓縮減小。③H2O中O有孤電子對(duì)，F(xiàn)e2+有空軌道，二者可以形成配位鍵。中有電負(fù)性較大的O元素可以與H2O中H元素形成氫鍵。答案為：3d6；孤電子對(duì)有較大斥力，使鍵角小于鍵角；配位鍵、氫鍵。（2）①以位于面心Fe2+為例，與其距離最近的陰離子所處位置如圖所示（圓中）：。

4個(gè)陰離子位于楞上，2個(gè)位于體心位置上，共6個(gè)。②依據(jù)分?jǐn)偡芍О蠪e2+離子個(gè)數(shù)為，個(gè)數(shù)為。一個(gè)晶胞中相當(dāng)于含有4個(gè)FeS2，因此一個(gè)晶胞的質(zhì)量。所以晶體密度。答案為：6；（3）燃燒為放熱反應(yīng)，分解為吸熱反應(yīng)，燃燒放出的熱量恰好為分解提供能量。另外，燃燒和分解的產(chǎn)物如Fe2O3、SO2、SO3可以作為制備鐵精粉或硫酸的原料。答案為：燃燒放熱為分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料。45．（2024·北京·高考真題）錫()是現(xiàn)代“五金”之一，廣泛應(yīng)用于合金、半導(dǎo)體工業(yè)等。(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。將的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：。(2)和是錫的常見(jiàn)氯化物，可被氧化得到。①分子的模型名稱(chēng)是。②的鍵是由錫的軌道與氯的軌道重疊形成σ鍵。(3)白錫和灰錫是單質(zhì)的常見(jiàn)同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結(jié)構(gòu)；灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)。①灰錫中每個(gè)原子周?chē)c它最近且距離相等的原子有個(gè)。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為和，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。(4)單質(zhì)的制備：將與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至，由于固體之間反應(yīng)慢，未明顯發(fā)生反應(yīng)。若通入空氣在下，能迅速被還原為單質(zhì)，通入空氣的作用是?！敬鸢浮?1)(2)平面三角形雜化(3)4(4)與焦炭在高溫下反應(yīng)生成，將還原為單質(zhì)【詳解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基態(tài)Sn原子的最外層電子排布式為5s25p2，Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式為；（2）①SnCl2中Sn的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱(chēng)是平面三角形；②SnCl4中Sn的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+×(4-4×1)=4，有4個(gè)σ鍵、無(wú)孤電子對(duì)，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，金剛石中每個(gè)碳原子以單鍵與其他4個(gè)碳原子相連，此5碳原子在空間構(gòu)成正四面體，且該碳原子在正四面體的體心，所以灰錫中每個(gè)Sn原子周?chē)c它最近且距離相等的Sn原子有4個(gè)；②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+6×+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為∶=；（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應(yīng)慢，未發(fā)生明顯反應(yīng)；若通入空氣在800℃下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)Sn，通入空氣的作用是：與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn，有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。考點(diǎn)化學(xué)原理綜合46．（2024·北京·高考真題）是一種重要的工業(yè)原料。可采用不同的氮源制備。(1)方法一：早期以硝石(含)為氮源制備，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。該反應(yīng)利用了濃硫酸的性質(zhì)是酸性和。(2)方法二：以為氮源催化氧化制備，反應(yīng)原理分三步進(jìn)行。①第I步反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②針對(duì)第Ⅱ步反應(yīng)進(jìn)行研究：在容積可變的密閉容器中，充入和進(jìn)行反應(yīng)。在不同壓強(qiáng)下(、)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。解釋y點(diǎn)的容器容積小于x點(diǎn)的容器容積的原因。(3)方法三：研究表明可以用電解法以為氨源直接制備，其原理示意圖如下。①電極a表面生成的電極反應(yīng)式：。②研究發(fā)現(xiàn)：轉(zhuǎn)化可能的途徑為。電極a表面還發(fā)生iii．。iii的存在，有利于途徑ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的過(guò)程，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)解釋原因。方法三為的直接利用提供了一種新的思路?！敬鸢浮?1)難揮發(fā)性(2)，該反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，條件下轉(zhuǎn)化率高于，故，x、y點(diǎn)轉(zhuǎn)化率相同，此時(shí)壓強(qiáng)對(duì)容積的影響大于溫度對(duì)容積的影響(3)反應(yīng)iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成(4)中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時(shí)需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過(guò)程【詳解】（1）濃硫酸難揮發(fā)，產(chǎn)物為氣體，有利于復(fù)分解反應(yīng)進(jìn)行，體現(xiàn)了濃硫酸的難揮發(fā)性和酸性。（2）①第I步反應(yīng)為氨氣的催化氧化，化學(xué)方程式為；②，該反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，條件下轉(zhuǎn)化率高于，故，根據(jù)，x、y點(diǎn)轉(zhuǎn)化率相同，則n相同，此時(shí)壓強(qiáng)對(duì)容積的影響大于溫度對(duì)容積的影響，故y點(diǎn)的容器容積小于x點(diǎn)的容器容積。（3）①由電極a上的物質(zhì)轉(zhuǎn)化可知，氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極a為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為；②反應(yīng)iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成。（4）中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時(shí)需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過(guò)程。47．（2023·北京·高考真題）資料顯示，可以將氧化為。某小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究被氧化的產(chǎn)物及銅元素的價(jià)態(tài)。已知：易溶于溶液，發(fā)生反應(yīng)(紅棕色)；和氧化性幾乎相同。I.將等體積的溶液加入到銅粉和的固體混合物中，振蕩。實(shí)驗(yàn)記錄如下：實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ極少量溶解，溶液為淡紅色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實(shí)驗(yàn)Ⅱ部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實(shí)驗(yàn)Ⅲ完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色(1)初始階段，被氧化的反應(yīng)速率：實(shí)驗(yàn)Ⅰ(填“>”“<”或“=”)實(shí)驗(yàn)Ⅱ。(2)實(shí)驗(yàn)Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有(藍(lán)色)或(無(wú)色)，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：步驟a．取實(shí)驗(yàn)Ⅲ的深紅棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步驟b．取分液后的無(wú)色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍(lán)色，并逐漸變深。?。襟Ea的目的是。ⅱ．查閱資料，，(無(wú)色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟的溶液中發(fā)生的變化：。(3)結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅲ，推測(cè)實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實(shí)驗(yàn)Ⅰ中銅被氧化的化學(xué)方程式是。分別取實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ充分反應(yīng)后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃溶液，(填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應(yīng)的原因是。(4)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果，僅將氧化為價(jià)。在隔絕空氣的條件下進(jìn)行電化學(xué)實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了能將氧化為。裝置如圖所示，分別是。

(5)運(yùn)用氧化還原反應(yīng)規(guī)律，分析在上述實(shí)驗(yàn)中被氧化的產(chǎn)物中價(jià)態(tài)不同的原因：?！敬鸢浮?1)<(2)除去，防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn)、(3)或白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o(wú)色銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)(或濃度小未能氧化全部的)(4)銅、含的的溶液(5)在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ中可以進(jìn)一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強(qiáng)，發(fā)生反應(yīng)和?！痉治觥恳騃2溶解度較小，Cu與I2接觸不充分，將轉(zhuǎn)化為可以提高Cu與的接觸面積，提高反應(yīng)速率。加入，平衡逆向移動(dòng)，I2濃度減小，濃度增加，濃度增加，加入氨水后轉(zhuǎn)化為，被氧化為，故而產(chǎn)生無(wú)色溶液變?yōu)樗{(lán)色溶液的現(xiàn)象?！驹斀狻浚?）提高KI濃度，便于提高的濃度，與Cu接觸更加充分，Cu與的反應(yīng)速率加快，故實(shí)驗(yàn)Ⅰ<實(shí)驗(yàn)Ⅱ；（2）加入，I2濃度減小，平衡逆向移動(dòng)，濃度增加，其目的為：除去，防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn)。加入濃氨水后轉(zhuǎn)化為，無(wú)色的被氧化為藍(lán)色的，方程式為、；（3）結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅲ，推測(cè)實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實(shí)驗(yàn)Ⅰ中銅被氧化的化學(xué)方程式是或；反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入濃溶液，I2濃度減小，CuI轉(zhuǎn)化為Cu和I2，故產(chǎn)生白色沉淀溶解，溶液變?yōu)闊o(wú)色，出現(xiàn)紅色固體的過(guò)程；銅未完全反應(yīng)的原因是銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)(或濃度小未能氧化全部的)；（4）要驗(yàn)證能將氧化為，需設(shè)計(jì)原電池負(fù)極材料為Cu，b為含的的溶液；（5）含的的溶液銅與碘反應(yīng)的體系在原電池裝置中，將氧化為；而在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ和實(shí)驗(yàn)Ⅲ中以形式存在，這是由于在實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ中可以進(jìn)一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強(qiáng)，發(fā)生反應(yīng)和?？键c(diǎn)制備實(shí)驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)48．（2022·北京·高考真題）煤中硫的存在形態(tài)分為有機(jī)硫和無(wú)機(jī)硫(、硫化物及微量單質(zhì)硫等)。庫(kù)侖滴定法是常用的快捷檢測(cè)煤中全硫含量的方法。其主要過(guò)程如下圖所示。已知：在催化劑作用下，煤在管式爐中燃燒，出口氣體主要含。(1)煤樣需研磨成細(xì)小粉末，其目的是。(2)高溫下，煤中完全轉(zhuǎn)化為，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)通過(guò)干燥裝置后，待測(cè)氣體進(jìn)入庫(kù)侖測(cè)硫儀進(jìn)行測(cè)定。已知：庫(kù)侖測(cè)硫儀中電解原理示意圖如下。檢測(cè)前，電解質(zhì)溶液中保持定值時(shí)，電解池不工作。待測(cè)氣體進(jìn)入電解池后，溶解并將還原，測(cè)硫儀便立即自動(dòng)進(jìn)行電解到又回到原定值，測(cè)定結(jié)束，通過(guò)測(cè)定電解消耗的電量可以求得煤中含硫量。①在電解池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。②測(cè)硫儀工作時(shí)電解池的陽(yáng)極反應(yīng)式為。(4)煤樣為，電解消耗的電量為x庫(kù)侖，煤樣中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。已知：電解中轉(zhuǎn)移電子所消耗的電量為96500庫(kù)侖。(5)條件控制和誤差分析。①測(cè)定過(guò)程中，需控制電解質(zhì)溶液，當(dāng)時(shí)，非電解生成的使得測(cè)得的全硫含量偏小，生成的離子方程式為。②測(cè)定過(guò)程中，管式爐內(nèi)壁上有殘留，測(cè)得全硫量結(jié)果為。(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑(3)SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+3I--2e-=I(4)(5)偏小【詳解】（1）煤樣研磨成細(xì)小粉末后固體表面積增大，與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分，故答案為：與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分；（2）由題意可知，在催化劑作用下，硫酸鈣高溫分解生成氧化鈣、二氧化硫和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；（3）①由題意可知，二氧化硫在電解池中與溶液中I反應(yīng)生成碘離子、硫酸根離子和氫離子，離子方程式為SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案為：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；②由題意可知，測(cè)硫儀工作時(shí)電解池工作時(shí)，碘離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成碘三離子，電極反應(yīng)式為3I--2e-=I，故答案為：3I--2e—=I；（4）由題意可得如下關(guān)系：S—SO2—I—2e-，電解消耗的電量為x庫(kù)侖，則煤樣中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=，故答案為：；（5）①當(dāng)pH<1時(shí)，非電解生成的碘三離子使得測(cè)得的全硫含量偏小說(shuō)明碘離子與電解生成的碘反應(yīng)生成碘三離子，導(dǎo)致消耗二氧化硫的量偏小，反應(yīng)的離子方程式為，故答案為：；②測(cè)定過(guò)程中，管式爐內(nèi)壁上有三氧化硫殘留說(shuō)明硫元素沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，會(huì)使二氧化硫與碘三離子反應(yīng)生成的碘離子偏小，電解時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目偏小，導(dǎo)致測(cè)得全硫量結(jié)果偏低，故答案為：偏小。49．（2024·北京·高考真題）某小組同學(xué)向的的溶液中分別加入過(guò)量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產(chǎn)物。(1)理論分析依據(jù)金屬活動(dòng)性順序，中可將還原為的金屬是。(2)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)金屬操作、現(xiàn)象及產(chǎn)物I過(guò)量一段時(shí)間后，溶液逐漸變?yōu)樗{(lán)綠色，固體中未檢測(cè)到單質(zhì)Ⅱ過(guò)量一段時(shí)間后有氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)緩慢，逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，無(wú)氣泡冒出，此時(shí)溶液為3~4，取出固體，固體中未檢測(cè)到單質(zhì)Ⅲ過(guò)量有大量氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)劇烈，逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，當(dāng)溶液為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測(cè)到單質(zhì)①分別取實(shí)驗(yàn)I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據(jù)的現(xiàn)象是。②實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動(dòng)原理解釋原因。③對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ未檢測(cè)到單質(zhì)進(jìn)行分析及探究。i．a(chǎn)．甲認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，當(dāng)、濃度較大時(shí)，即使與反應(yīng)置換出少量，也會(huì)被、消耗。寫(xiě)出與、反應(yīng)的離子方程式。b．乙認(rèn)為在為3~4的溶液中即便生成也會(huì)被消耗。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)(填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象)。證實(shí)了此條件下可忽略對(duì)的消耗。c．丙認(rèn)為產(chǎn)生的紅褐色沉淀包裹在粉上，阻礙了與的反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)證實(shí)了粉被包裹。ii．查閱資料：開(kāi)始沉淀的約為1.2，完全沉淀的約為3。結(jié)合a、b和c，重新做實(shí)驗(yàn)Ⅱ，當(dāng)溶液為3~4時(shí)，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制，(填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象)，待為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測(cè)到單質(zhì)。(3)對(duì)比實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ，解釋實(shí)驗(yàn)Ⅲ的固體中檢測(cè)到單質(zhì)的原因。【答案】(1)(2)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀水解方程式為，加入的或會(huì)消耗，促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，使其轉(zhuǎn)化為沉淀或、向?yàn)?~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時(shí)間后取出少量溶液，滴加溶液，不產(chǎn)生藍(lán)色沉淀加入幾滴溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸(3)加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹【分析】實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，加入過(guò)量的Cu，Cu與Fe3+發(fā)生反應(yīng)，一段時(shí)間后，溶液逐漸變?yōu)樗{(lán)綠色，固體中未檢測(cè)到Fe單質(zhì)；實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，加入過(guò)量的Zn，發(fā)生反應(yīng)，有氣泡產(chǎn)生，pH逐漸增大，使得Fe3+轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，固體中未檢測(cè)到Fe單質(zhì)，原因可能是的干擾以及沉淀對(duì)鋅粉的包裹；實(shí)驗(yàn)Ⅲ中，加入過(guò)量Mg，發(fā)生反應(yīng)，由于Mg很活潑，該反應(yīng)非常劇烈，pH逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，當(dāng)溶液pH為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)，對(duì)比實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹，實(shí)驗(yàn)Ⅲ的固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)。【詳解】（1）在金屬活動(dòng)性順序表中，排在之前，排在之后，因此可將還原為；（2）①與會(huì)生成藍(lán)色的沉淀；②水解方程式為，加入的或會(huì)消耗，促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，使其轉(zhuǎn)化為沉淀；③i．a(chǎn)．Fe與Fe3+、H+反應(yīng)的離子方程式為：或、；b．要證實(shí)在pH為3~4的溶液中可忽略H+對(duì)Fe的消耗，可向?yàn)?~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時(shí)間后取出少量溶液，滴加溶液，不產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，即說(shuō)明此條件下Fe未與H+反應(yīng)生成Fe2+；ⅱ．結(jié)合a，b和c可知，實(shí)驗(yàn)Ⅱ未檢測(cè)到單質(zhì)的原因可能是的干擾以及沉淀對(duì)鋅粉的包裹，因此可控制反應(yīng)條件，在未生成沉淀時(shí)將還原，即可排除兩個(gè)干擾因素，具體操作為：重新做實(shí)驗(yàn)Ⅱ，當(dāng)溶液pH為3~4時(shí)，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制pH<1.2，加入幾滴溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸，待pH為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)；（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產(chǎn)生大量氣泡，使鎂粉不容易被沉淀包裹，實(shí)驗(yàn)Ⅲ的固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)。50．（2022·北京·高考真題）某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價(jià)錳化合物的反應(yīng)資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無(wú)關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱。實(shí)驗(yàn)裝置如圖(夾持裝置略)序號(hào)物質(zhì)aC中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無(wú)色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化Ⅱ5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀?0%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋?1)B中試劑是。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為。(3)對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、Ⅱ通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是。(4)根據(jù)資料ii，Ⅲ中應(yīng)得到綠色溶液，實(shí)驗(yàn)中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過(guò)量，氧化劑將氧化為。①化學(xué)方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因，但通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定溶液的堿性變化很小。②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被(填“化學(xué)式)氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過(guò)量；③取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是。④從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因?！敬鸢浮?1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2OCl23ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OⅢ中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)Ⅲ未得到綠色溶液【分析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應(yīng)制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對(duì)Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過(guò)改變?nèi)芤旱膒H，驗(yàn)證不同條件下Cl2與MnSO4反應(yīng)，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染；【詳解】（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體，故答案為：飽和NaCl溶液；（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的OH-反應(yīng)產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會(huì)被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、Ⅱ通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)，故答案為：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)；（4）①Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應(yīng)的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，根據(jù)題給信息，Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無(wú)關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱，此時(shí)溶液堿性較強(qiáng)，則原因是MnO2被Cl2氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過(guò)量，故答案為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；③取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說(shuō)明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應(yīng)是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案為：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④根據(jù)題給信息可知，(綠色)、(紫色)，則從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因是：Ⅲ中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)Ⅲ未得到綠色溶液?？键c(diǎn)化學(xué)工藝流程51．（2022·北京·高考真題）白云石的主要化學(xué)成分為，還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。已知：物質(zhì)(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學(xué)方程式為。(2)用量對(duì)碳酸鈣產(chǎn)品的影響如下表n(NH4Cl)/n(CaO)氧化物()浸出率/%產(chǎn)品中純度/%產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%(以計(jì))計(jì)算值實(shí)測(cè)值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、純度計(jì)算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時(shí)計(jì)算出的產(chǎn)品中純度。①解釋“浸鈣”過(guò)程中主要浸出的原因是。②沉鈣反應(yīng)的離子方程式為。③“浸鈣”過(guò)程不適宜選用的比例為。④產(chǎn)品中純度的實(shí)測(cè)值高于計(jì)算值的原因是。(3)“浸鎂”過(guò)程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應(yīng)后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達(dá)98.9%。從化學(xué)平衡的角度解釋浸出率增大的原因是。(4)濾渣C中含有的物質(zhì)是。(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氫氧化鈣會(huì)和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故先浸出2.4∶1，優(yōu)先析出，且氧化鈣也能轉(zhuǎn)化為碳酸鈣(3)，，隨大量氨逸出，平衡正向移動(dòng)(4)(5)【分析】白云石礦樣煅燒后轉(zhuǎn)化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進(jìn)入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過(guò)濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉(zhuǎn)化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；【詳解】（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳?xì)怏w，化學(xué)方程式為；（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，，在一定量溶液中，氫氧化鈣會(huì)和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；②沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為。③由圖表可知，“浸鈣”過(guò)程的比例為2.4∶1時(shí)，產(chǎn)品中鎂元素雜質(zhì)最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。④，在反應(yīng)中會(huì)優(yōu)先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3質(zhì)量更小，二者共同作用導(dǎo)致產(chǎn)品中純度的實(shí)測(cè)值高于計(jì)算值；（3）“浸鎂”過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)：，，加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動(dòng)，利于氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂；（4）白云石的主要化學(xué)成分為，還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進(jìn)入濾液中，部分鈣進(jìn)入B中加入硫酸銨后轉(zhuǎn)化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應(yīng)進(jìn)入濾渣中；“浸鎂”過(guò)程中，的浸出率最終可達(dá)98.9%，則還有部分氧化鎂進(jìn)入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是；（5）沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過(guò)程中加熱蒸餾會(huì)有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會(huì)生成二氧化碳；在流程中既是反應(yīng)物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。52．（2024·北京·高考真題）利用黃銅礦(主要成分為，含有等雜質(zhì))生產(chǎn)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(chǎn)生的使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為。發(fā)生熱分解的化學(xué)方程式是。(3)礦石和過(guò)量按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時(shí)間，測(cè)得：“吸收”過(guò)程氨吸收率和“浸銅”過(guò)程銅浸出率變化如圖；和時(shí)，固體B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質(zhì)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(jù)焙燒時(shí)可能發(fā)生的反應(yīng)，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(guò)程中加入的目的。(5)粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時(shí)用酸化的溶液做電解液，并維持一定的和。粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時(shí)，會(huì)降低得到純銅的量，原因是?！敬鸢浮?1)增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分(2)(3)溫度低于，隨焙燒溫度升高，分解產(chǎn)生的增多，可溶物含量增加，故銅浸出率顯著增加溫度高于，隨焙燒溫度升高發(fā)生反應(yīng)：，和轉(zhuǎn)化成難溶于水的，銅浸出率降低(4)(5)粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)會(huì)參與放電，則消耗相同電量時(shí)，會(huì)降低得到純銅的量【分析】黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì))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(zhuǎn)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(zhì)，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(guò)量的鐵，置換得到粗銅和FeSO4，粗銅再精煉可以得到純銅?！驹斀狻浚?）黃銅礦的礦石在焙燒前需粉碎，是為了增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；（2）銨鹽不穩(wěn)定，易分解，分解為非氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)物中有NH3和SO3，故化學(xué)方程式為；（3）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?yàn)闇囟鹊陀?25℃，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產(chǎn)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(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，發(fā)生反應(yīng)4CuFeS2+