2023屆北京市高三上學(xué)期入學(xué)定位考試化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1北京市2023屆高三上學(xué)期入學(xué)定位考試第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.下列物質(zhì)的用途，利用了氧化還原反應(yīng)的是（）A.明礬作凈水劑 B.鐵粉作暖貼發(fā)熱劑C.生石灰作食品干燥劑 D.用熟石灰改良酸性土壤【答案】B【解析】A．明礬作凈水劑時(shí)，明礬中的Al3+發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附水中懸浮顆粒物的能力，發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．鐵粉作暖貼發(fā)熱劑時(shí)，F(xiàn)e、炭粉、空氣等發(fā)生原電池反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，B符合題意；C．生石灰作食品干燥劑時(shí)，與水發(fā)生化合反應(yīng)，屬于非氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．用熟石灰改良酸性土壤時(shí)，發(fā)生中和反應(yīng)，屬于非氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；故選B。2.下列說(shuō)法正確的是（）A.油脂的皂化屬于化學(xué)變化B.氯堿工業(yè)利用的是原電池原理C.“碳中和”是指利用中和反應(yīng)吸收CO2D.工業(yè)上用電解氯化鈉溶液的方法冶煉金屬鈉【答案】A【解析】A．油脂的皂化是油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)，屬于化學(xué)變化，A正確；B．氯堿工業(yè)是電解飽和食鹽水，利用的是電解原理，B不正確；C．“碳中和”是通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，以抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳，實(shí)現(xiàn)正負(fù)抵消，達(dá)到相對(duì)"零排放"，C不正確；D．用電解氯化鈉溶液的方法只能得到燒堿，冶煉金屬鈉時(shí)，應(yīng)電解熔融的氯化鈉，D不正確；故選A。3.下列化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A.CH(CH3)3的名稱(chēng)是2，2－二甲基乙烷B.CO2的電子式是：C.基態(tài)O原子核外電子的軌道表示式是D.S2-的結(jié)構(gòu)示意圖是的【答案】D【解析】A．CH(CH3)3的名稱(chēng)是2－甲基丙烷，A錯(cuò)誤；B．CO2的電子式是,B錯(cuò)誤；C．原子核外電子排布原則：能級(jí)相同的軌道中電子優(yōu)先單獨(dú)占據(jù)1個(gè)軌道，且自旋方向相同，原子的能量最低，故基態(tài)O原子核外電子的軌道表示式是，C錯(cuò)誤；D．S2-核外有18個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖是的，D正確；故答案選D。4.下列說(shuō)法正確的是（）A.HF、HCl、HBr的沸點(diǎn)依次增大B.H原子的1s電子云輪廓圖為球形C.CH2Cl2分子中的碳原子為手性碳原子D.H2O分子的VSEPR模型是平面三角形【答案】B【解析】A．由于HF分子間存在氫鍵，HF的沸點(diǎn)最高，A錯(cuò)誤；B．s軌道的電子云輪廓圖為球形，B正確；C．手性碳原子應(yīng)連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，C錯(cuò)誤；D．H2O分子的中心原子O原子有1個(gè)孤電子對(duì)，VSEPR模型是V形，D錯(cuò)誤；故答案選B。5.下列反應(yīng)的方程式表示正確的是（）A.用濃溴水檢驗(yàn)水體中的苯酚：2+3Br2→2↓B.向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀剛好消失：Ag++2NH3?H2O=[Ag(NH3)4]++OH-C.實(shí)驗(yàn)室制氯氣：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OD.“84消毒液”中加少量食醋可增強(qiáng)漂白性：ClO-+H+=HClO【答案】C【解析】A．濃溴水和苯酚溶液發(fā)生取代反應(yīng)，生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀和溴化氫，A錯(cuò)誤；B．向AgNO3溶液中滴入氨水至沉淀剛好消失：Ag++2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O+，B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)室制氯氣方法為二氧化錳和濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣和水，C正確；D．醋酸為弱酸，不能拆應(yīng)用化學(xué)式表示，D錯(cuò)誤；故答案選C。6.鈉的一種氧化物的正方體晶胞如圖所示(“●”或“○”均表示一個(gè)簡(jiǎn)單離子)。下列說(shuō)法正確的是（）A.該氧化物的化學(xué)式為Na2O2B.晶胞中連接“○”與“●”的線段表示共價(jià)鍵C.晶胞中與“○”最近且等距的“●”的數(shù)目為4D.該晶體中“○”與“●”的核外電子排布相同【答案】D【分析】由晶胞圖可知，黑色原子有8個(gè)在體內(nèi)，白色原子有8個(gè)在頂點(diǎn)、6個(gè)在面心，根據(jù)均攤法進(jìn)行計(jì)算，，可知白色原子和黑色原子之比為1：2，故該氧化物為Na2O，白色的為氧離子，黑色的為鈉離子，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，該氧化物的化學(xué)式為Na2O，A錯(cuò)誤；B．氧化鈉中含有離子鍵，晶胞中連接氧離子與鈉離子的線段表示離子鍵，B錯(cuò)誤；C．由晶胞圖可知，晶胞中與氧離子最近且等距的鈉離子的數(shù)目為8，C錯(cuò)誤；D．鈉離子和氧離子的核外電子數(shù)均為10，最外層電子均為8，核外電子排布相同，D正確；故答案選D。7.101kPa、298K時(shí)，HCN(g)HNC(g)異構(gòu)化反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.分子穩(wěn)定性：HCN<HNCB.該轉(zhuǎn)化過(guò)程中σ鍵發(fā)生斷裂C.HCN(g)HNC(g)△H=-59.3kJ·mol-1D.HCN分子中的碳原子有孤對(duì)電子【答案】B【解析】A.分子具有的能量越低，分子越穩(wěn)定；反之，越不穩(wěn)定。由圖可知HCN具有的能量低于HNC，所以分子穩(wěn)定性HCN>HNC。A錯(cuò)誤。B.HCN中氫原子與碳原子以單鍵相連，而在HNC中氫原子與氮原子以單鍵相連。氫原子鏈接不同原子說(shuō)明異構(gòu)化反應(yīng)過(guò)程中涉及化學(xué)鍵的斷裂和再生，又由于涉及單鍵的變化，所以該轉(zhuǎn)化過(guò)程中涉及σ鍵斷裂。B正確。C.由圖可知HNC具有的能量高于HCN，則反應(yīng)應(yīng)當(dāng)是吸熱反應(yīng)，熱化學(xué)方程的應(yīng)表示為HCN(g)HNC(g)△H=+59.3kJ·mol-1。C錯(cuò)誤。D.HCN的結(jié)構(gòu)式為，C采用sp雜化，形成的2個(gè)sp雜化軌道中分別含有1個(gè)電子，未參與雜化的2個(gè)p軌道分別含有1個(gè)電子，碳原子沒(méi)有孤對(duì)電子。D錯(cuò)誤。綜上所述，應(yīng)選B。8.從NaHPbO2溶液中回收Pb的原電池裝置如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A.a極為原電池的負(fù)極B.溶液中Na+從b極區(qū)遷移至a極區(qū)C.b極區(qū)的電極反應(yīng)為H2+2OH--2e-=2H2OD.該原電池工作一段時(shí)間后，a極區(qū)溶液的pH增大【答案】A【分析】本實(shí)驗(yàn)的目的，是從NaHPbO2溶液中回收Pb，則Pb由+2價(jià)降為0價(jià)，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，a電極為正極，b電極為負(fù)極?！驹斀狻緼．a(chǎn)極NaHPbO2轉(zhuǎn)化為Pb，Pb得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則a極為原電池的正極，A不正確；B．在原電池中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，則溶液中Na+從b極區(qū)遷移至a極區(qū)，B正確；C．b極為負(fù)極，則b極區(qū)H2失電子產(chǎn)物與電解質(zhì)反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)為H2+2OH--2e-=2H2O，C正確；D．該原電池工作時(shí)，a極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為+2e-+H2O=Pb+3OH-，一段時(shí)間后，a極區(qū)溶液的pH增大，D正確；故選A。9.由1，5－戊二醇制備δ－戊內(nèi)酯的路線如圖。下列說(shuō)法不正確的是（）A.1，5－戊二醇與乙二醇互為同系物B.和互為同分異構(gòu)體C.反應(yīng)a與b均為氧化反應(yīng)D.可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分和【答案】D【解析】A．1，5－戊二醇與乙二醇都為飽和二元醇，分子組成上相差3個(gè)“CH2”，二者互為同系物，A正確；B．和的分子式都為C5H10O2，但結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，B正確；C．反應(yīng)a為醇氧化為醛，發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)b為醇氧化為酮，發(fā)生氧化反應(yīng)，C正確；D．和中的官能團(tuán)為醇羥基和醛基，此二種官能團(tuán)都能被酸性高錳酸鉀氧化，從而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以二種有機(jī)物不能用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，D不正確；故選D。10.關(guān)于常溫時(shí)的下列溶液，說(shuō)法正確的是（）A.NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)B.由NaHSO3溶液呈酸性，可知NaHSO3=Na++H++SOC.等pH的醋酸和氯化銨溶液中，陽(yáng)離子的總物質(zhì)的量濃度相等D.0.1mol·L-1醋酸鈉溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)【答案】A【解析】A．NaHCO3溶液中，有電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+２c(CO),NaHCO3溶液顯堿性，則有：c(OH-)>c(H+)，所以有：c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，A正確；B．NaHSO3溶液呈酸性，是因?yàn)槠潆婋x程度大于水解程度，NaHSO3的電離應(yīng)寫(xiě)為：NaHSO3=Na++HSO，B錯(cuò)誤；C．醋酸溶液中，陽(yáng)離子為Na+和H+，氯化銨溶液中陽(yáng)離子為NH和H+，兩溶液等pH，則c(H+)相等，但NH要水解，Na+不水解，所以陽(yáng)離子的總物質(zhì)的量濃度不相等，C錯(cuò)誤；D．醋酸鈉溶液中，Na+不水解，CH3COO-要水解，c(Na+)應(yīng)大于c(CH3COO-)，D錯(cuò)誤；故選A。11.聚乳酸是一種生物降解高分子材料，它的一種合成方法如圖所示。乳酸(C3H6O3)→丙交酯()→聚乳酸[(C3H4O2)n]下列說(shuō)法不正確的是（）A.乳酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為B.每生成1mol丙交酯需脫去2molH2OC.丙交酯分子中都含有的六元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)D.丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基【答案】C【解析】A．乳酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A正確；B．乳酸分子之間發(fā)生酯化反應(yīng)，生成丙交酯，每生成1mol丙交酯需消耗乳酸2mol，脫去2molH2O，B正確；C．丙交酯分子中含有的六元環(huán)中的連接-CH3的C原子均形成4個(gè)單鍵，為立體結(jié)構(gòu)，C錯(cuò)誤；D．聚乳酸分子可通過(guò)乳酸分子之間直接脫水縮合得到，故丙交酯分子和聚乳酸分子中都含有酯基，D正確；故答案選C。12.利用電激發(fā)方法產(chǎn)生的OH-和HO?(羥基自由基)可處理廢水中的CN-，其可能的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A.HO?具有氧化性，將CN-去除B.過(guò)程中的O2來(lái)自于H2O2的分解C.OH-和HO?的核外電子總數(shù)不相等D.電極上發(fā)生的總反應(yīng)是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO?【答案】B【分析】由反應(yīng)機(jī)理圖可知，O2在電極上得電子生成，和水反應(yīng)，水得電子生成，失電子被氧化成O2和H2O2，H2O2在電極上得電子生成OH-和HO?，OH-和HO?與CN-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2、H2O、，據(jù)此分析解答。【詳解】A．HO?具有氧化性，CN-失電子被氧化N2，A正確；B．由分析可知，過(guò)程中的O2部分來(lái)自于失電子被氧化，B錯(cuò)誤；C．OH-的核外電子總數(shù)為10，HO?的核外電子總數(shù)為9，C正確；D．根據(jù)分析可知，電極上發(fā)生的總反應(yīng)是O2+2H2O+3e-=3OH-+HO?，D正確；故答案選B。13.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將濃硫酸與蔗糖混合攪拌，并用濕潤(rùn)的品紅試紙檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體蔗糖變黑，品紅試紙褪色濃硫酸具有脫水性和氧化性B向NaHS溶液中滴入稀鹽酸生成臭雞蛋氣味氣體(經(jīng)檢驗(yàn)為H2S)元素的非金屬性：Cl>SC將乙醇和濃硫酸混合液加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中高錳酸鉀溶液褪色乙醇一定發(fā)生了消去反應(yīng)D常溫下，取相同物質(zhì)的量濃度的兩種溶液：①CH3COONa、②CH3COONH4，分別測(cè)其pH測(cè)得pH：①>②CH3COO-的水解程度：①>②【答案】A【解析】A．將濃硫酸與蔗糖混合攪拌，濃硫酸將蔗糖脫水碳化，蔗糖變黑，并用濕潤(rùn)的品紅試紙檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體，品紅試紙褪色，說(shuō)明有SO2生成，說(shuō)明濃硫酸具有氧化性，故A正確；B．元素非金屬性的強(qiáng)弱可以根據(jù)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性判斷，向NaHS溶液中滴入稀鹽酸生成H2S，說(shuō)明鹽酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸，無(wú)法據(jù)此判斷氯和硫的非金屬性的強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤；C．乙醇有揮發(fā)性，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以將乙醇和濃硫酸混合液加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，高錳酸鉀溶液褪色，不能證明乙醇一定發(fā)生了消去反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．CH3COONH4中CH3COO-和都發(fā)生水解，兩者水解程度近似相等，所以醋酸銨溶液接近中性，CH3COONa溶液中只有CH3COO-發(fā)生水解，溶液呈堿性，不能根據(jù)相同溫度和相同濃度下兩溶液的pH判斷CH3COO-的水解程度，故D錯(cuò)誤；故選A。14.已知下列離子反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行：①CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO②CO+HClO=+ClO-下列說(shuō)法正確的是（）A.由反應(yīng)①可推斷：Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)B.向新制飽和氯水中加入少量碳酸鈣，固體不會(huì)溶解C.向等物質(zhì)的量濃度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，可生成HClOD.將CO2通入NaClO溶液中，發(fā)生反應(yīng)：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+HClO【答案】C【分析】根據(jù)反應(yīng)①和②，結(jié)合強(qiáng)酸制弱酸規(guī)律可得，酸性強(qiáng)弱順序：H2CO3＞HClO＞，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由反應(yīng)①可推斷：Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，A錯(cuò)誤；B．新制飽和氯水中含有HCl，向其加入少量碳酸鈣，碳酸鈣與HCl反應(yīng)生成可溶于水的氯化鈣和水和CO2，固體溶解，B錯(cuò)誤；C．向等物質(zhì)的量濃度NaHCO3和NaClO混合液中加入CaCl2(s)，發(fā)生反應(yīng)，CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，C正確；D．根據(jù)②可知將CO2通入NaClO溶液中，得到碳酸氫鈉和HClO，D錯(cuò)誤；故答案選C。第二部分15.硅是地殼中含量第二大的元素。其單質(zhì)除了用作重要的半導(dǎo)體材料外，還用于測(cè)定阿伏伽德羅常數(shù)的精確值。（1）基態(tài)Si原子的價(jià)層電子排布式是____________________。（2）自然界中的硅元素絕大多數(shù)是以SiO2或硅酸鹽的形式存在的，其中都含有“硅氧四面體”結(jié)構(gòu)單元(如圖)。=1\*GB3①SiO2晶體中，每個(gè)O鏈接____個(gè)Si。②SiO2晶體中，Si原子的雜化類(lèi)型是____________。③硅的提純過(guò)程中需用到硅的氣態(tài)化合物。推測(cè)下列化合物中沸點(diǎn)不超過(guò)200℃的是________(填序號(hào))。a.SiH4b.SiCc.SiCl4（3）單晶硅的晶胞為正方體，與金剛石的晶胞相似，如圖所示。=1\*GB3①單晶硅的晶體類(lèi)型是_________________。②已知：金剛石中C－C鍵能：607kJ·mol-1，單晶硅中Si－Si鍵能：327kJ·mol-1。能否據(jù)此比較金剛石和單晶硅的熔點(diǎn)？若能，比較熔點(diǎn)高低。若不能，說(shuō)明理由。_______________________________________________________________。③精確的阿伏伽德羅常數(shù)是以高純的單晶28Si為樣品通過(guò)X射線衍射法測(cè)定的。測(cè)得相同條件下樣品的密度為ρg?cm-3，晶胞邊長(zhǎng)為apm(1pm=10-10cm)，則阿伏伽德羅常數(shù)的表達(dá)式NA=________________mol-1。【答案】（1）3s23p2（2）①2②sp3③ac（3）①共價(jià)晶體②能。金剛石的熔點(diǎn)高于單晶硅③×1030【解析】（1）Si為14號(hào)元素，基態(tài)Si原子的核外電子排布式是1s22s22p23s23p2，因此基態(tài)Si原子的價(jià)層電子排布式是3s23p2；（2）根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可知，SiO2晶體中，每個(gè)O鏈接2個(gè)Si；SiO2晶體中，Si原子的雜化類(lèi)型是sp3；SiH4和SiCl4為分子晶體，SiC是共價(jià)晶體，分子晶體的沸點(diǎn)較低，原子晶體的沸點(diǎn)較高；（3）單晶硅和金剛石都屬于共價(jià)晶體，金剛石中C－C鍵能比單晶硅中Si－Si鍵能大，故金剛石的熔點(diǎn)高于單晶硅；根據(jù)密度公式ρ=×1030g?cm-3，則阿伏伽德羅常數(shù)的表達(dá)式NA=×1030。16.西洛他唑具有擴(kuò)張血管及抗血小板功能作用，它的一種合成路線如圖所示。已知：①②苯環(huán)上原有取代基能影響新導(dǎo)入取代基在苯環(huán)上的位置，如：苯環(huán)上的－Cl使新的取代基導(dǎo)入其鄰位或?qū)ξ?；苯環(huán)上的－NO2使新的取代基導(dǎo)入其間位。請(qǐng)回答：（1）A為芳香化合物，其官能團(tuán)是_________________。（2）B→C的反應(yīng)類(lèi)型是_____________反應(yīng)。（3）C→D的反應(yīng)中，同時(shí)生成的無(wú)機(jī)物的分子式是________________。（4）結(jié)合已知②，判斷F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_________________________。（5）F→G所需的反應(yīng)試劑及條件是____________________________。（6）試劑a與互為同系物，則試劑a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________________。（7）K中有兩個(gè)六元環(huán)，J→K反應(yīng)的化學(xué)方程式是________________________________________________________________?！敬鸢浮浚?）硝基（2）取代（3）H2O（4）（5）濃硫酸、濃硝酸、加熱（6）（7）+CH3Cl【分析】硝基苯和氫氣發(fā)生反應(yīng)得到B()，B和發(fā)生取代反應(yīng)生成C，根據(jù)西洛他唑結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式得到C和HN3反應(yīng)生成D()；苯在一定條件下反應(yīng)生成氯苯，氯苯和濃硝酸在濃硫酸催化劑作用下反應(yīng)生成G()，G和CH3OH在氫氧化鈉作用下反應(yīng)生成H()，H發(fā)生還原反應(yīng)生成I，I和發(fā)生取代反應(yīng)生成J，根據(jù)西洛他唑的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式得到J和氯化鋁作用生成K()，K和D在氫氧化鈉作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成西洛他唑。【詳解】（1）A為芳香化合物，根據(jù)前面分析A為硝基苯，其官能團(tuán)是硝基；故答案為；硝基。（2）B()和發(fā)生取代反應(yīng)生成C，則B→C的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)；故答案為：取代。（3）C和HN3反應(yīng)生成D()，根據(jù)質(zhì)量守恒，C中碳氧雙鍵和氮?dú)滏I斷裂，和HN3中的氫原子結(jié)合生成水，因此C→D的反應(yīng)中，同時(shí)生成的無(wú)機(jī)物的分子式是H2O；故答案為：H2O。（4）結(jié)合已知②，先是氯原子取代苯環(huán)，再是硝基在氯原子對(duì)位發(fā)生取代，因此F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；故答案為：。（5）F→G是發(fā)生硝化反應(yīng)，因此所需的反應(yīng)試劑及條件是濃硫酸、濃硝酸、加熱；故答案為：濃硫酸、濃硝酸、加熱。（6）試劑a與互為同系物，根據(jù)J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分析得到試劑a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；故答案為：。（7）K中有兩個(gè)六元環(huán)，根據(jù)西洛他唑結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分析得到K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則J→K反應(yīng)的化學(xué)方程式是+CH3Cl；故答案為：+CH3Cl。17.銅氨法可用于測(cè)定待測(cè)氣體中氧氣濃度。該法是以Cu作為還原劑，用一定量NH4Cl溶液和氨水的混合液作為吸收液吸收O2，其原理如圖所示。已知：水溶液中[Cu(NH3)4]2+為藍(lán)色，[Cu(NH3)2]+為無(wú)色；CuOH為黃色不溶于水的固體。（1）新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈堿性，由溶質(zhì)微粒在水溶液中存在的平衡解釋其原因：_____________________________________________________。（2）循環(huán)階段的兩步反應(yīng)為：i.___________________________________________________________；ii.4[Cu(NH3)2]++O2+4NH3+4=4[Cu(NH3)4]2++2H2O。（3）若保持常溫常壓下測(cè)得VmL待測(cè)氣體吸收后剩余氣體的體積為V1mL，則待測(cè)氣體中O2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=______________。（4）如圖原理中，啟動(dòng)階段和循環(huán)階段總反應(yīng)相同。相比啟動(dòng)階段，循環(huán)階段反應(yīng)速率較快的原因是_______________________________________________________________。（5）配制吸收液時(shí)，可在吸收液中加入少量CuSO4溶液，目的是___________________________________________________________。（6）隨著吸收過(guò)程不斷進(jìn)行，當(dāng)吸收液中產(chǎn)生黃綠色渾濁[CuOH、Cu(OH)2]時(shí)，表明吸收液已失效。產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因：隨著溶液中NH3被消耗，___________________________________________________________?！敬鸢浮浚?）溶液中存在兩個(gè)平衡：①NH3?H2O+OH-②+H2ONH3?H2O+H+，②中產(chǎn)生的c(OH-)大于②中產(chǎn)生的c(H+)（2）[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+（3）（4）循環(huán)階段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu與O2的反應(yīng)中起到了傳遞電子的作用(或循環(huán)階段中溶液中的離子與O2反應(yīng)，其速率大于啟動(dòng)階段固體Cu與O2反應(yīng)（5）生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快開(kāi)始吸收時(shí)的反應(yīng)速率（6）Cu+和Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)生成CuOH和Cu(OH)2【分析】在啟動(dòng)階段：2Cu+O2=2CuO，CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O；4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O+2NH3+2=2[Cu(NH3)2]++H2O?！驹斀狻浚?）新制的吸收液(NH4Cl溶液和氨水的混合液)呈堿性，則表明一水合氨電離程度大于氯化銨的水解程度，則由溶質(zhì)微粒在水溶液中存在的平衡解釋其原因：溶液中存在兩個(gè)平衡：①NH3?H2O+OH-②+H2ONH3?H2O+H+，②中產(chǎn)生的c(OH-)大于②中產(chǎn)生的c(H+)。答案為：溶液中存在兩個(gè)平衡：①NH3?H2O+OH-②+H2ONH3?H2O+H+，②中產(chǎn)生的c(OH-)大于②中產(chǎn)生的c(H+)；（2）循環(huán)過(guò)程中，[Cu(NH3)4]2+吸收Cu，轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)2]+；[Cu(NH3)2]+再吸收O2，轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+。則吸收Cu的反應(yīng)為：i.[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+。答案為：[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+；（3）常溫常壓下VmL待測(cè)氣體，通過(guò)吸收液后，O2被吸收液吸收，吸收后剩余氣體的體積為V1mL，則待測(cè)氣體中O2的體積為(V-V1)mL，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=。答案為：；（4）啟動(dòng)階段：Cu與O2發(fā)生反應(yīng)，然后與NH3-發(fā)生反應(yīng)；循環(huán)階段：[Cu(NH3)4]2+與Cu反應(yīng)、[Cu(NH3)2]+與O2反應(yīng)，相比啟動(dòng)階段，循環(huán)階段反應(yīng)速率較快，原因是：循環(huán)階段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu與O2的反應(yīng)中起到了傳遞電子的作用(或循環(huán)階段中溶液中的離子與O2反應(yīng)，其速率大于啟動(dòng)階段固體Cu與O2反應(yīng)。答案為：循環(huán)階段中[Cu(NH3)4]2+和[Cu(NH3)2]+在Cu與O2的反應(yīng)中起到了傳遞電子的作用(或循環(huán)階段中溶液中的離子與O2反應(yīng)，其速率大于啟動(dòng)階段固體Cu與O2反應(yīng)；（5）配制吸收液時(shí)，在吸收液中加入少量CuSO4溶液，能與NH3反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]2+，從而增大吸收液的濃度，目的是：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快開(kāi)始吸收時(shí)的反應(yīng)速率。答案為：生成少量[Cu(NH3)4]2+，加快開(kāi)始吸收時(shí)的反應(yīng)速率；（6）吸收液中產(chǎn)生黃綠色渾濁[CuOH、Cu(OH)2]，則表明Cu+和Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)2]+不斷發(fā)生電離，從而表明吸收液已失效。產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因：隨著溶液中NH3被消耗，Cu+和Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)生成CuOH和Cu(OH)2。答案為：Cu+和Cu2+發(fā)生水解反應(yīng)生成CuOH和Cu(OH)2。18.鉑(Pt)是一種貴金屬，廣泛用于化工領(lǐng)域。從某廢催化劑(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一種工藝流程如圖所示。（1）I中焙燒時(shí)，C與空氣中的O2生成了CO和CO2，發(fā)生的反應(yīng)如下：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221kJ·mol-1；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH3=__________kJ·mol-1。（2）實(shí)驗(yàn)人員采用三種不同的浸出液分別研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分別是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。①將下列浸出反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：____。3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O②當(dāng)NaClO3或H2O2作為氧化劑浸出等量Pt時(shí)，n(NaClO3)：n(H2O2)=_____________。③c(H+)相同、浸出時(shí)間相同時(shí)，三種浸出液對(duì)Pt的浸出率如表。[注：c(NaClO3)按照②中的物質(zhì)的量關(guān)系換算成c(H2O2)計(jì)]。氧化劑濃度/mol·L-10.10.20.30.4甲HCl－H2SO4－NaClO3對(duì)Pt的浸出率/%72.778.277.575.4乙HCl－NaClO3對(duì)Pt的浸出率/%79.685.382.181.6丙HCl－H2O2對(duì)Pt的浸出率/%80.085.683.282.5a.以HCl－NaClO3為例，說(shuō)明當(dāng)其中氧化劑濃度大于0.2mol·L-1時(shí)，Pt的浸出率降低的原因：隨著c(NaClO3)增大，其氧化性增強(qiáng)，部分ClO被________還原而消耗。b.氧化劑濃度均為0.2mol·L-1時(shí)，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三種浸出液中的c(H+)均相同，_______________________________________________。（3）III中萃取劑(R3N)的萃取機(jī)理如下(O表示有機(jī)體系，A表示水溶液體系)。i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)=1\*GB3①分離操作x是________________。②IV中向含Pt的有機(jī)物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-進(jìn)入水溶液體系，反應(yīng)的離子方程式是___________________________________________________________。【答案】（1）-566（2）①3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O②1∶3③Cl-甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成（3）①分液②(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)【分析】從某廢催化劑(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，進(jìn)行流程分析，通過(guò)焙燒將C轉(zhuǎn)化為CO、CO2，通過(guò)酸浸，將Pt浸出，經(jīng)過(guò)萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)蓋斯定律，ΔH3=2ΔH1-ΔH2==-566kJ·mol-1；（2）根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，當(dāng)NaClO3作為氧化劑時(shí)，浸出3molPt時(shí)，Pt的化合價(jià)升高+4，3molPt失12mol電子，NaClO3作為氧化劑消耗2mol，H2O2作為氧化劑時(shí)，應(yīng)得12mol電子，消耗H2O26mol，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，隨著c(NaClO3)增大，其氧化性增強(qiáng)，部分ClO與Cl-發(fā)生氧化還原反應(yīng)而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化劑濃度均為0.2mol·L-1時(shí)，由于三種浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；（3）加入萃取劑萃取后，進(jìn)行分液；由ii可知，萃取后有機(jī)體系為(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-進(jìn)入水溶液體系，則萃取劑(R3N)與水溶液分層，反應(yīng)的離子方程式為(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。19.Fe2+在空氣中易被氧化。某小組探究綠礬(FeSO4?7H2O)和莫爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]在空氣中的穩(wěn)定性。I.探究溶液中的穩(wěn)定性：配制0.1mol·L-1兩種溶液[A：FeSO4，B：(NH4)2Fe(SO4)2]，露置于空氣中一段時(shí)間，并檢驗(yàn)其中的Fe3+，結(jié)果如表。編號(hào)新配制1h后24h后pH性狀酸化后滴等量KSCN(aq)pH性狀酸化后滴等量KSCN(aq)pH性狀A(yù)3.9無(wú)色溶液幾乎無(wú)色3.4黃色溶液變紅3.3紅褐色沉淀B3.9無(wú)色溶液幾乎無(wú)色3.3黃色溶液變紅3.2紅褐色沉淀（1）新配制的A溶液pH<7，原因是Fe2+發(fā)生了水解，離子方程式是_____________________________________________________。（2）常溫時(shí)0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液pH=5.0，則B溶液中水解程度：Fe2+________NH(填“>”或“<”)，因此新配制的A、B溶液pH幾乎相同。（3）放置24h后溶液pH均減小，寫(xiě)出該過(guò)程中Fe2+被空氣氧化的離子方