2024年高考化學終極押題密卷2（北京卷）含答案

2024年高考化學終極押題密卷2（北京卷）一．選擇題（共14小題）1．下列應用中涉及氧化還原反應的是（）A．用二氧化硫作漂白劑使色素褪色 B．用過氧化鈉作潛水艇中的供氧劑 C．使用明礬對自來水進行凈化 D．使用熱的純堿溶液去除油污2．下列化學用語或圖示表達正確的是（）A．基態(tài)N原子的軌道表示式： B．SO3的VSEPR模型： C．Cl﹣Cl的p﹣pσ鍵的形成： D．用電子式表示HCl的形成過程；3．下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．NaOH溶液與醋酸溶液反應：OH﹣+H+═H2O B．CuSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應：Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓ C．電解飽和食鹽水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑ D．向FeI2溶液中通入過量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．常溫下，44gCO2含有NA個C原子 B．1L0.1mol?L﹣1Na2SO4溶液中含有0.1NA個Na+ C．0.1molNa與足量Cl2反應，轉移0.2NA個電子 D．標準狀況下，22.4L的H2O含有3NA個原子5．下列選項中正確的是（）A．第一電離能：I（B）＞I（Al） B．原子半徑：N＜O C．離子半徑：r（K+）＞r（Cl﹣） D．鍵長：H﹣Cl＞H﹣Br6．物質結構決定物質性質，下列性質不能通過元素的電負性進行解釋的是（）A．H2O的沸點高于H2S的沸點 B．乙烯能發(fā)生加成反應，而乙烷不能 C．CF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性 D．氣態(tài)氟化氫中存在HF、（HF）2分子，而氣態(tài)氯化氫中只存在HCl分子7．離子化合物Na2O2和CaC2與水的反應分別為①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑。下列說法不正確的是（）A．Na2O2、CaC2中均含有非極性共價鍵 B．Na2O2、CaC2中陰、陽離子個數(shù)比均為1：1 C．①、②兩個反應中水均不作氧化劑或還原劑 D．相同物質的量的Na2O2和CaC2與足量的水反應，所得氣體的物質的量n（O2）＜n（C2H2）8．一種太陽能電池工作原理示意圖如圖所示，其中電解質溶液為K3[Fe（CN）6]和K4[Fe（CN）6]的混合溶液，下列說法不正確的是（）A．Ks[Fe（CN）6]中，中心離子為Fe3+ B．電極a為負極 C．電子由電極b經(jīng)導線流向電極a D．正極上發(fā)生的電極反應：9．苯與液溴反應生成溴苯，其反應過程的能量變化如圖所示。下列關于苯與Br2反應的說法不正確的是（）A．FeBr3可作該反應的催化劑 B．將反應后的氣體依次通入CCl4和AgNO3溶液以檢驗產(chǎn)物HBr C．過程②的活化能最大，決定總反應速率的大小 D．總反應的ΔH＜0，且ΔH＝E1﹣E2+E310．鼠尾草酮可治療神經(jīng)系統(tǒng)方面的疾病，其結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A．該物質含有3種官能團 B．分子中含有手性碳原子 C．分子中的碳原子有sp2和sp3兩種雜化方式 D．1mol該物質最多可與5molH2發(fā)生還原反應11．將CuSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，均產(chǎn)生沉淀和氣泡。?、僦谐恋硐礈旌?，加入足量鹽酸，無氣泡產(chǎn)生；?、谥谐恋硐礈旌?，加入足量鹽酸，產(chǎn)生少量氣泡。下列分析不正確的是（）A．Na2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1 B．CuSO4能促進Na2CO3、NaHCO3的水解 C．①中發(fā)生的反應：Cu2++2+2H2O═Cu（OH）2↓+2 D．對比①②沉淀加入足量鹽酸后的現(xiàn)象，說明溶液中的c（OH﹣）和均對沉淀成分有影響12．丁烯二酸酐可通過不同的聚合方式合成以下兩種聚合物，轉化關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．反應①為加聚反應 B．聚合物N在一定條件下還可以轉化為交聯(lián)結構 C．聚合物M在堿性水溶液中的溶解程度比在水中的大 D．依據(jù)反應②的合成原理，推測反應②會產(chǎn)生含七元環(huán)的副產(chǎn)物13．實驗室檢驗下列氣體時，選用的除雜試劑和檢驗試劑均正確的是（）氣體除雜試劑檢驗試劑A濃硝酸分解產(chǎn)生的O2無濕潤的淀粉﹣KI試紙B濃鹽酸與MnO2反應產(chǎn)生的Cl2NaOH溶液濕潤的有色布條C木炭和濃硫酸反應產(chǎn)生的CO2飽和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解產(chǎn)生的NH3CaO和NaOH混合物濕潤的紅色石蕊試紙A．A B．B C．C D．D14．如圖為Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中達沉淀溶解平衡時的pM﹣pH關系圖。[pM＝﹣lgc（Mn+）；c（Mn+）≤10﹣5mol?L﹣1可認為Mn+沉淀完全]。下列說法不正確的是（）A．由a點可求得 B．pH＝3時0.1mol?L﹣1Al3+還未開始沉淀 C．濃度均為0.01mol?L﹣1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離 D．Al3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）＝0.2mol?L﹣1時二者不會同時沉淀二．解答題（共4小題）15．氮元素能與金屬或者非金屬元素形成種類繁多、應用廣泛的化合物。（1）基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式是。（2）與碳氫化合物類似，N、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①在最簡單的氮烯分子中，N的雜化方式是。②N2H4具有很強的還原性，是常用的火箭推進劑，它在常溫常壓下為無色液體。判斷N2H4是否溶于水并說明理由。（3）配合物[Cu（NH3）4]SO4可用作廣譜殺菌劑，其中Cu屬于區(qū)元素，該配合物中的配位原子是，配位數(shù)是。（4）C3N4的某種晶體結構中，原子間均以單鍵結合，其硬度比金剛石大，原因是。（5）N和Ga形成的化合物是一種重要的半導體材料。其某種晶胞形狀為立方體，邊長為anm，結構如圖所示。①距離N最近的Ga有個。②已知阿伏加德羅常數(shù)為NA氮化鎵（GaN）的摩爾質量為Mg?mol﹣1，該晶體的密度表達式為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）16．金屬礦物常以硫化物形式存在，如FeS2、ZnS等。Ⅰ.摻燒FeS2和FeSO4，用于制鐵精粉和硫酸（1）已知：2FeSO4（s）═Fe2O3（s）+SO2（g）+SO3（g）為吸熱反應。25℃、101kPa時，1molFeS2固體在2.75mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO2和Fe2O3固體，放出826kJ熱量。①FeS2與O2反應的熱化學方程式為。②將FeS2與FeSO4摻燒（混合燃燒），其目的包括（填字母）。a.節(jié)約燃料和能量b.為制備硫酸提供原料c.減少空氣污染（2）FeSO4常帶一定量的結晶水。FeSO4?7H2O（s）分解脫水反應的能量變化如圖所示。①ΔH3＝kJ?mol﹣1。②為維持爐內溫度基本不變，F(xiàn)eSO4所帶結晶水越多，摻燒比[n（FeS2）：n（FeSO4）]應（填“增大”“減小”或“不變”）。Ⅱ.浸出法處理ZnS（3）ZnS難溶于水，處理ZnS常使用酸浸法，兩步反應依次為：i.ZnS（s）+2H+（aq）?Zn2+（aq）+H2S（aq）K1＝2.2×10﹣3ii.2H2S+O2═2H2O+2SK2＝2×1071①平衡常數(shù)K1的表達式為。②僅發(fā)生反應i時，ZnS酸浸效果不好，結合平衡常數(shù)說明原因：。（4）從平衡移動角度解釋通入O2在ZnS酸浸過程中的作用：。17．由C﹣H鍵構建C﹣C鍵是有機化學的熱點研究領域。我國科學家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H鍵在O2作用下構建C﹣C鍵，實現(xiàn)了喹啉并內酯的高選擇性制備。合成路線如圖。已知：ⅰ.R﹣Br+R′CHOⅱ.ROH+R′BrROR′（1）A→B的反應類型是。（2）B具有堿性，B轉化為C的反應中，使B過量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡轉化率，B的作用是（寫出一條即可）。（3）C轉化為D的化學方程式為。（4）G轉化為H的化學方程式為；G生成H的過程中會得到少量的聚合物，寫出其中一種的結構簡式：。（5）已知：ⅰ.ⅱ.①D和I在O2作用下得到J的4步反應如圖（無機試劑及條件已略去），中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)。結合已知反應信息，寫出結構簡式：中間產(chǎn)物1，中間產(chǎn)物3。②D和I轉化成J的過程中還生成水，理論上該過程中消耗的O2與生成的J的物質的量之比為。18．某小組同學探究硫代硫酸鈉（Na2S2O3）溶液與某些常見金屬離子的反應。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡綠色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（無色）ii.S4在酸性溶液中轉化為、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）將S粉加入沸騰的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，離子方程式是。（2）研究Na2S2O3與某些常見金屬離子的反應，進行如下實驗。序號X溶液現(xiàn)象ⅠCuCl2溶液溶液變?yōu)榈G色，水浴加熱至50℃以上，逐漸析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液變?yōu)樽虾谏?，片刻后溶液變?yōu)闊o色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振蕩后沉淀溶解，得無色溶液①?、裰械臐嵋?，離心分離，經(jīng)檢驗，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.補全Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式：2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查閱資料可知，常溫時，生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，但仍需水浴加熱至50℃以上才出現(xiàn)沉淀，原因是。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的。?、蛑械臒o色溶液進行如下實驗證實了此結論。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重復上述實驗，CS2溶解后幾乎無固體剩余。i.僅由溶液1中加入足量的鹽酸后得到沉淀2，不能說明Ⅱ中生成了S4，理由是。ii.補全實驗方案證實上述結論：將沉淀1洗凈，。③向Ⅲ的無色溶液中繼續(xù)加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀Ag2S2O3。靜置，得到黑色沉淀Ag2S，同時生成強酸。生成Ag2S的化學方程式是。（3）軟硬酸堿原理認為，Ⅲ中，Ag+為軟酸，S2為軟堿，S2﹣是比S2更軟的堿，可解釋S2與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S。由此推測，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，是更軟的酸。三．工藝流程題（共1小題）19．以低品位銅鈷礦（主要成分為CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，還有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等雜質）為原料制備硫酸銅晶體和Co2O3的一種工藝流程如圖：已知：①常溫下部分難溶電解質的溶度積常數(shù)物質Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Co（OH）2CaF2MgF2Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣395.6×10﹣121.6×10﹣154.9×10﹣106.4×10﹣12②萃取時發(fā)生反應Cu2++2HR?CuR2+2H+（1）銅鈷礦浸出前要預先粉碎，其目的是。（2）浸出步驟銅鈷礦中的CoO（OH）轉化為Co2+，該反應的離子方程式為。（3）加入試劑a可使萃取劑再生。（4）對于過程Ⅰ：①加NaClO3溶液作用是。②通過計算判斷Fe3+是否沉淀完全并簡述理由。（一般認為溶液中離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時沉淀完全）（5）濾渣Ⅰ成分。（6）CoC2O4?2H2O在足量空氣中煅燒生成Co2O3，寫出煅燒過程中的化學反應方程式。（7）Co2O3產(chǎn)品純度測定方法如下：已知：Co3+與EDTA﹣2Na按物質的量1：1反應，若滴定至終點時消耗EDTA﹣2Na標準液體積為20.00mL，則Co2O3產(chǎn)品純度為。（Co2O3的摩爾質量是166g?mol﹣1）

2024年菁優(yōu)高考化學終極押題密卷2（北京卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）1．下列應用中涉及氧化還原反應的是（）A．用二氧化硫作漂白劑使色素褪色 B．用過氧化鈉作潛水艇中的供氧劑 C．使用明礬對自來水進行凈化 D．使用熱的純堿溶液去除油污【考點】氧化還原反應與非氧化還原反應．【專題】氧化還原反應專題．【答案】B【分析】化學反應前后元素化合價發(fā)生變化的反應為氧化還原反應。【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，和有機色素結合生成無色不穩(wěn)定的化合物，使色素褪色，反應過程中無元素化合價變化，不是氧化還原反應，故A錯誤；B．過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，用過氧化鈉作潛水艇中的供氧劑，故B正確；C．明礬溶解后鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，具有較大表面積，能吸附懸浮雜質，使用明礬對自來水進行凈化，過程中無元素化合價變化，不是氧化還原反應，故C錯誤；D．純堿是碳酸鈉，溶液中碳酸根離子水解是吸熱反應，加熱促進水解堿性增強，促使油脂水解，過程中無元素化合價變化，不是氧化還原反應，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了氧化還原反應、物質性質和應用，主要是知識的熟練掌握，題目難度不大。2．下列化學用語或圖示表達正確的是（）A．基態(tài)N原子的軌道表示式： B．SO3的VSEPR模型： C．Cl﹣Cl的p﹣pσ鍵的形成： D．用電子式表示HCl的形成過程；【考點】用電子式表示簡單的離子化合物和共價化合物的形成；電子排布式與電子排布圖．【專題】化學用語專題．【答案】D【分析】A．N為7號元素，核外電子排布式為：1s22s2sp3，軌道表示式：；B．SO3中心原子的價電子對數(shù)為＝3，其VSEPR模型為平面正三角形；C．σ鍵是頭碰頭形成的；D．HCl為共價化合物，用電子式表示HCl的形成過程；。【解答】解：A．N為7號元素，核外電子排布式為：1s22s2sp3，軌道表示式：，故A錯誤；B．SO3中心原子的價電子對數(shù)為＝3，其VSEPR模型為平面正三角形，故B錯誤；C．σ鍵是頭碰頭形成的，則Cl﹣Cl的p﹣pσ鍵的形成：，故C錯誤；D．HCl為共價化合物，用電子式表示HCl的形成過程；，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查化學用語，為高頻考點，題目難度不大。3．下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．NaOH溶液與醋酸溶液反應：OH﹣+H+═H2O B．CuSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應：Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓ C．電解飽和食鹽水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑ D．向FeI2溶液中通入過量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣【考點】離子方程式的書寫；電極反應和電池反應方程式；氯氣的化學性質．【專題】離子反應專題．【答案】B【分析】A．醋酸是弱酸，不能拆分；B．CuSO4與Ba（OH）2反應生成BaSO4沉淀和Cu（OH）2沉淀；C．電解飽和食鹽水生成Cl2、H2和NaOH；D．FeI2和過量的Cl2反應生成FeCl3和I2。【解答】解：A．NaOH溶液與醋酸溶液反應的離子方程式為CH3COOH+OH﹣═H2O+CH3COO﹣，故A錯誤；B．CuSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應的離子方程式為Cu2+++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B正確；C．電解飽和食鹽水生成Cl2、H2和NaOH，離子方程式為2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故C錯誤；D．FeI2和過量的Cl2反應生成FeCl3和I2，離子方程式為2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++6Cl﹣+2I2，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子方程式正誤判斷，側重分析能力和靈活運用能力考查，把握物質性質、發(fā)生的反應和離子方程式的書寫方法是解題關鍵，注意掌握與量有關離子方程式的書寫，題目難度中等。4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．常溫下，44gCO2含有NA個C原子 B．1L0.1mol?L﹣1Na2SO4溶液中含有0.1NA個Na+ C．0.1molNa與足量Cl2反應，轉移0.2NA個電子 D．標準狀況下，22.4L的H2O含有3NA個原子【考點】阿伏加德羅常數(shù)；氧化還原反應的電子轉移數(shù)目計算．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【答案】A【分析】A．44g二氧化碳的物質的量為1mol，1mol二氧化碳中含有1molC；B．1L0.1mol?L﹣1Na2SO4溶液，鈉離子濃度為0.2mol/L；C．鈉與氯氣反應生成氯化鈉，依據(jù)鈉的量計算轉移電子數(shù)；D．氣體摩爾體積使用對象為氣體。【解答】解：A．44g二氧化碳的物質的量為1mol，含有1mol碳原子，含有NA個C原子，故A正確；B．1L0.1mol?L﹣1Na2SO4溶液，鈉離子濃度為0.2mol/L，含鈉離子個數(shù)為：0.2mol/L×1L×NAmol﹣1＝0.2NA，故B錯誤；C．0.1molNa與足量Cl2反應生成0.1mol氯化鈉，轉移0.1NA個電子，故C錯誤；D．標況下水是液體，不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下四氯化碳不是氣體，要求學生掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。5．下列選項中正確的是（）A．第一電離能：I（B）＞I（Al） B．原子半徑：N＜O C．離子半徑：r（K+）＞r（Cl﹣） D．鍵長：H﹣Cl＞H﹣Br【考點】元素周期律的作用．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】A【分析】A．同主族從上到下，第一電離能減??；B．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，原子半徑越??；C．電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小；D．原子半徑越大，和氫原子形成共價鍵的鍵長越長?！窘獯稹拷猓篈．B、Al為同主族元素，第一電離能：I（B）＞I（Al），故A正確；B．NO原子核外電子層數(shù)相同，原子半徑：N＞O，故B錯誤；C．K+、Cl﹣離子電子層數(shù)相同，則離子半徑r（K+）＜r（Cl﹣），故C錯誤；D．原子半徑Cl＜Br，鍵長：H﹣Cl＜H﹣Br，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了周期律的分析應用，主要是電離能、微粒半徑、鍵長等知識的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。6．物質結構決定物質性質，下列性質不能通過元素的電負性進行解釋的是（）A．H2O的沸點高于H2S的沸點 B．乙烯能發(fā)生加成反應，而乙烷不能 C．CF3COOH酸性大于CCl3COOH的酸性 D．氣態(tài)氟化氫中存在HF、（HF）2分子，而氣態(tài)氯化氫中只存在HCl分子【考點】元素電離能、電負性的含義及應用．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【答案】B【分析】A．非金屬氫化物沸點取決于分子間作用力，水分子間存在氫鍵；B．乙烯含有碳碳雙鍵，乙烷只含單鍵，二者結構不同，性質不同；C．羧酸R﹣COOH中，R﹣結構極性越強，羧基在水溶液中電離能力越強，吸引電子能力：F＞Cl，則F﹣C的極性大于C﹣Cl的極性，則CF3﹣的極性大于CCl3﹣，導致羧基電離出氫離子程度：CF3COOH大于CCl3COOH；D．F元素電負性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．電負性O＞S，H2O分子間存在氫鍵，沸點反常的高，水的沸點高于H2S的沸點，能通過元素的電負性進行解釋，故A錯誤；B．乙烯含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，乙烷只含單鍵，屬于飽和鏈烴，不能發(fā)生加成反應，不能通過元素的電負性進行解釋，故B正確；C．羧酸R﹣COOH中，R﹣結構極性越強，羧基在水溶液中電離能力越強，吸引電子能力：F＞Cl，則F﹣C的極性大于C﹣Cl的極性，則CF3﹣的極性大于CCl3﹣，導致羧基電離出氫離子程度：前者大于后者，則酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，能通過元素的電負性進行解釋，故C錯誤；D．F元素電負性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵，因此氣態(tài)HF中存在（HF）2，氣態(tài)HCl中不存在（HCl）2，能通過比較氟元素和氯元素的電負性進行解釋，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查元素周期律，側重考查對電負性的理解和運用能力，明確物質沸點、物質性質、酸的酸性強弱的影響因素等是解本題關鍵，題目難度不大。7．離子化合物Na2O2和CaC2與水的反應分別為①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑。下列說法不正確的是（）A．Na2O2、CaC2中均含有非極性共價鍵 B．Na2O2、CaC2中陰、陽離子個數(shù)比均為1：1 C．①、②兩個反應中水均不作氧化劑或還原劑 D．相同物質的量的Na2O2和CaC2與足量的水反應，所得氣體的物質的量n（O2）＜n（C2H2）【考點】氧化還原反應的基本概念及規(guī)律；氧化還原反應相關的概念．【專題】氧化還原反應專題．【答案】B【分析】A．Na2O2中中含有非極性共價鍵，CaC2中中含有非極性共價鍵；B．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構成，CaC2中由鈣離子和構成；C．反應①、②中水中氫元素、氧元素化合價不變；D．根據(jù)化學方程式進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．Na2O2中中含有非極性共價鍵，CaC2中中含有非極性共價鍵，均含有非極性共價鍵，故A正確；B．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構成，陰、陽離子個數(shù)比為1：2，CaC2中由鈣離子和構成，陰、陽離子個數(shù)比均為1：1，故B錯誤；C．反應①、②中水中氫元素、氧元素化合價不變，①、②兩個反應中水均不作氧化劑或還原劑，故C正確；D．根據(jù)2Na2O2～O2，CaC2～C2H2，相同物質的量的Na2O2和CaC2與足量的水反應，所得氣體的物質的量n（O2）＜n（C2H2），故D正確；故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確物質構成微粒及微粒之間作用力、氧化還原反應中電子轉移數(shù)目是解本題關鍵，題目難度不大。8．一種太陽能電池工作原理示意圖如圖所示，其中電解質溶液為K3[Fe（CN）6]和K4[Fe（CN）6]的混合溶液，下列說法不正確的是（）A．Ks[Fe（CN）6]中，中心離子為Fe3+ B．電極a為負極 C．電子由電極b經(jīng)導線流向電極a D．正極上發(fā)生的電極反應：【考點】原電池與電解池的綜合．【專題】電化學專題．【答案】C【分析】圖中電極a反應為Fe（CN）64﹣失去電子轉為Fe（CN）63﹣，電極反應式為Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣，a極失去電子為電池負極，則b為電池的正極，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．K3[Fe（CN）6]中內界中鐵離子為中心離子，即中心離子為：Fe3+，故A正確；B．由上述分析可知，a極為負極，故B正確；C．電子由負極經(jīng)導線流向正極，即由電極a經(jīng)導線流向電極b，故C錯誤；D．b為正極，發(fā)生還原反應，發(fā)生Fe（CN）63﹣+e﹣═Fe（CN）64﹣，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原電池的工作原理，為高頻考點，把握電子的流向判斷正負極為解答的關鍵，明確原電池工作原理即可解答，題目難度不大。9．苯與液溴反應生成溴苯，其反應過程的能量變化如圖所示。下列關于苯與Br2反應的說法不正確的是（）A．FeBr3可作該反應的催化劑 B．將反應后的氣體依次通入CCl4和AgNO3溶液以檢驗產(chǎn)物HBr C．過程②的活化能最大，決定總反應速率的大小 D．總反應的ΔH＜0，且ΔH＝E1﹣E2+E3【考點】反應熱和焓變．【專題】化學反應中的能量變化．【答案】D【分析】A．FeBr3可作苯與液溴反應的催化劑；B．苯和溴易揮發(fā)，且都易溶于CCl4溶液；C．基元反應的活化能越大，該步反應速率越慢，是決速步驟；D．由圖可知，總反應為放熱反應，總反應的ΔH＜0，ΔH＝Ea（逆）﹣Ea（正）。【解答】解：A．苯與液溴反應生成溴苯，F(xiàn)eBr3可作該反應的催化劑，故A正確；B．由于反應放熱，部分反應物（苯和溴蒸氣）揮發(fā)，將反應后的氣體依次通入CCl4和AgNO3溶液，CCl4可以溶解苯和溴蒸氣，最后的氣體通入AgNO3溶液，若產(chǎn)生淡黃色沉淀，則證明反應生成了HBr，故B正確；C．過程②的活化能最大，該步反應速率最慢，是決定總反應速率大小的一步反應，即決速步驟，故C正確；D．由圖可知，總反應為放熱反應，總反應的ΔH＜0，只知道正反應的活化能，不能計算反應的焓變，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查學生的看圖理解能力、應用能力，掌握放熱反應與能量變化的關系是解決本題的關鍵，屬于基本知識的考查，難度不大。10．鼠尾草酮可治療神經(jīng)系統(tǒng)方面的疾病，其結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A．該物質含有3種官能團 B．分子中含有手性碳原子 C．分子中的碳原子有sp2和sp3兩種雜化方式 D．1mol該物質最多可與5molH2發(fā)生還原反應【考點】有機物的結構和性質；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】B【分析】A．分子中含羥基、碳碳雙鍵、羰基；B．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子；C．苯環(huán)及雙鍵中的碳原子為sp2雜化，其他碳原子為sp3雜化；D．苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基均與氫氣發(fā)生加成反應?！窘獯稹拷猓篈．分子中含羥基、碳碳雙鍵、羰基，共3種官能團，故A正確；B．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，則分子中不含手性碳原子，故B錯誤；C．苯環(huán)及雙鍵中的碳原子為sp2雜化，其他碳原子為sp3雜化，共2種雜化方式，故C正確；D．苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基均與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該物質最多可與5molH2發(fā)生還原反應，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物的結構、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。11．將CuSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，均產(chǎn)生沉淀和氣泡。取①中沉淀洗滌后，加入足量鹽酸，無氣泡產(chǎn)生；?、谥谐恋硐礈旌?，加入足量鹽酸，產(chǎn)生少量氣泡。下列分析不正確的是（）A．Na2CO3、NaHCO3溶液中均存在c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1 B．CuSO4能促進Na2CO3、NaHCO3的水解 C．①中發(fā)生的反應：Cu2++2+2H2O═Cu（OH）2↓+2 D．對比①②沉淀加入足量鹽酸后的現(xiàn)象，說明溶液中的c（OH﹣）和均對沉淀成分有影響【考點】重要的鈉鹽；鹽類水解的應用．【專題】物質的性質和變化專題；電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題．【答案】C【分析】A．Na2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）＝n（C）；B．硫酸銅為強酸弱堿鹽，他三年前和碳酸氫鈉為強堿弱酸鹽，水解相互促進；C．D．?、僦谐恋硐礈旌?，加入足量鹽酸，無氣泡產(chǎn)生，說明程度為氫氧化銅，取②中沉淀洗滌后，加入足量鹽酸，產(chǎn)生少量氣泡，說明有碳酸銅?！窘獯稹拷猓篈．Na2CO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1，NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）＝n（C），c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1，故A正確；B．硫酸銅為強酸弱堿鹽，他三年前和碳酸氫鈉為強堿弱酸鹽，水解相互促進，CuSO4能促進Na2CO3、NaHCO3的水解，故B正確；C．取①中沉淀洗滌后，加入足量鹽酸，無氣泡產(chǎn)生，①中發(fā)生的反應：Cu2+++H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑，故C錯誤；D．?、僦谐恋硐礈旌螅尤胱懔葵}酸，無氣泡產(chǎn)生，說明程度為氫氧化銅，取②中沉淀洗滌后，加入足量鹽酸，產(chǎn)生少量氣泡，說明有碳酸銅，對比①②沉淀加入足量鹽酸后的現(xiàn)象，說明溶液中的c（OH﹣）和均對沉淀成分有影響，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了鹽類水解和應用，注意實驗現(xiàn)象的分析判斷、鹽類水解原理的理解應用，題目難度中等。12．丁烯二酸酐可通過不同的聚合方式合成以下兩種聚合物，轉化關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．反應①為加聚反應 B．聚合物N在一定條件下還可以轉化為交聯(lián)結構 C．聚合物M在堿性水溶液中的溶解程度比在水中的大 D．依據(jù)反應②的合成原理，推測反應②會產(chǎn)生含七元環(huán)的副產(chǎn)物【考點】有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】D【分析】A．反應①中2個雙鍵斷裂，生成高分子，且高分子的主鏈只有碳原子；B．聚合物N還含碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應；C．聚合物M在堿性溶液中可發(fā)生水解反應；D．丁烯二酸酐含5元環(huán)，甲基環(huán)氧乙烷含3元環(huán)。【解答】解：A．反應①中2個雙鍵斷裂，生成高分子，且高分子的主鏈只有碳原子，該反應為加聚反應，故A正確；B．聚合物N還含碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應，則聚合物N在一定條件下還可以轉化為交聯(lián)結構，故B正確；C．聚合物M在堿性溶液中可發(fā)生水解反應，可知聚合物M在堿性水溶液中的溶解程度比在水中的大，故C正確；D．丁烯二酸酐含5元環(huán)，甲基環(huán)氧乙烷含3元環(huán)，反應②為開環(huán)聚合，則不能產(chǎn)生含七元環(huán)的副產(chǎn)物，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物的結構、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。13．實驗室檢驗下列氣體時，選用的除雜試劑和檢驗試劑均正確的是（）氣體除雜試劑檢驗試劑A濃硝酸分解產(chǎn)生的O2無濕潤的淀粉﹣KI試紙B濃鹽酸與MnO2反應產(chǎn)生的Cl2NaOH溶液濕潤的有色布條C木炭和濃硫酸反應產(chǎn)生的CO2飽和NaHCO3溶液澄清石灰水DNH4HCO3分解產(chǎn)生的NH3CaO和NaOH混合物濕潤的紅色石蕊試紙A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價．【專題】實驗評價題．【答案】D【分析】A．可能揮發(fā)的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘單質變藍；B．氯氣與NaOH溶液反應；C．生成的二氧化硫與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳；D．碳酸氫銨分解生成氨氣、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。【解答】解：A．可能揮發(fā)的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘單質變藍，不能證明濃硝酸分解產(chǎn)生O2，故A錯誤；B．氯氣與NaOH溶液反應，不能用濕潤的有色布條檢驗氯氣，故B錯誤；C．生成的二氧化硫與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳，不能證明木炭和濃硫酸反應產(chǎn)生CO2，故C錯誤；D．碳酸氫銨分解生成氨氣、水、二氧化碳，CaO和NaOH混合物可除去水和二氧化碳，氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，可檢驗生成的氨氣，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、物質的檢驗、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。14．如圖為Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中達沉淀溶解平衡時的pM﹣pH關系圖。[pM＝﹣lgc（Mn+）；c（Mn+）≤10﹣5mol?L﹣1可認為Mn+沉淀完全]。下列說法不正確的是（）A．由a點可求得 B．pH＝3時0.1mol?L﹣1Al3+還未開始沉淀 C．濃度均為0.01mol?L﹣1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離 D．Al3+和Cu2+混合溶液中，c（Cu2+）＝0.2mol?L﹣1時二者不會同時沉淀【考點】沉淀溶解平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【答案】D【分析】A．Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）?c3（OH﹣），結合a點數(shù)值計算判斷；B．圖中（4，3）時c（Al3+）＝10﹣3mol/L，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）?c3（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣10）3＝10﹣33，結合濃度積Q與Ksp[Al（OH）3]關系分析判斷；C．根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]、Ksp[Al（OH）3]計算濃度均為0.01mol?L﹣1的Al3+和Fe3+沉淀完全或開始沉淀的pH，進而分析判斷；D．圖中（7，5.5）時c（Cu2+）＝10﹣5.5mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，Ksp[Cu（OH）3]＝c（Cu2+）?c2（OH﹣）＝10﹣5.5×（10﹣7）2＝10﹣19.5，0.2mol?L﹣1Cu2+開始沉淀時c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣9.75mol/L，c（H+）＝×10﹣4.25mol/L，pH＝4.25+lg≈4.6，結合圖中信息分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．圖中a點c（Fe3+）＝10﹣2.5mol/L，c（H+）＝10﹣2mol/L，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）?c3（OH﹣）＝10﹣2.5×（10﹣12）3＝10﹣38.5，故A正確；B．圖中（4，3）時c（Al3+）＝10﹣3mol/L，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）?c3（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣10）3＝10﹣33，pH＝3時0.1mol?L﹣1Al3+溶液中濃度積Q＝c（Al3+）?c3（OH﹣）＝0.1×（10﹣11）3＝10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]，即pH＝3時0.1mol?L﹣1Al3+還未開始沉淀，故B正確；C．Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）?c3（OH﹣）＝10﹣38.5，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）?c3（OH﹣）＝10﹣33，則濃度相同時Fe3+先沉淀，F(xiàn)e3+沉淀完全時c（Fe3+）≤10﹣5mol/L，此時c（OH﹣）≥mol/L≈10﹣11.2mol/L，c（H+）≤10﹣2.8mol/L，pH≥1.8；0.01mol?L﹣1Al3+開始沉淀時c（OH﹣）＝mol/L≈10﹣10.3mol/L，c（H+）＝10﹣3.7mol/L，pH＝3.7＞2.8，所以濃度均為0.01mol?L﹣1Al3+和Fe3+可通過控制溶液pH在2.8～3.7范圍內分步沉淀進行分離，故C正確；D．圖中（7，5.5）時c（Cu2+）＝10﹣5.5mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，Ksp[Cu（OH）3]＝c（Cu2+）?c2（OH﹣）＝10﹣5.5×（10﹣7）2＝10﹣19.5，0.2mol?L﹣1Cu2+開始沉淀時c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣9.75mol/L，c（H+）＝×10﹣4.25mol/L，pH＝4.25+lg≈4.6，此時Al3+部分轉化為Al（OH）3沉淀，即Al3+、Cu2+混合溶液中c（Cu2+）＝0.2mol?L﹣1時二者會同時沉淀，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查難溶電解質的溶解平衡，把握圖象信息、溶度積常數(shù)的計算及應用是解題關鍵，側重分析能力、識圖能力和計算能力的考查，題目難度中等。二．解答題（共4小題）15．氮元素能與金屬或者非金屬元素形成種類繁多、應用廣泛的化合物。（1）基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式是。（2）與碳氫化合物類似，N、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①在最簡單的氮烯分子中，N的雜化方式是sp2。②N2H4具有很強的還原性，是常用的火箭推進劑，它在常溫常壓下為無色液體。判斷N2H4是否溶于水并說明理由N2H4為極性分子，且N2H4與水可形成分子間氫鍵，易溶于水中。（3）配合物[Cu（NH3）4]SO4可用作廣譜殺菌劑，其中Cu屬于ds區(qū)元素，該配合物中的配位原子是N，配位數(shù)是4。（4）C3N4的某種晶體結構中，原子間均以單鍵結合，其硬度比金剛石大，原因是原子半徑C＞N，鍵長C﹣N＜C﹣C，鍵能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大。（5）N和Ga形成的化合物是一種重要的半導體材料。其某種晶胞形狀為立方體，邊長為anm，結構如圖所示。①距離N最近的Ga有4個。②已知阿伏加德羅常數(shù)為NA氮化鎵（GaN）的摩爾質量為Mg?mol﹣1，該晶體的密度表達式為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）【考點】晶胞的計算；原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】原子組成與結構專題；元素周期律與元素周期表專題；化學鍵與晶體結構．【答案】（1）；（2）①sp2；②N2H4為極性分子，且N2H4與水可形成分子間氫鍵，易溶于水中；（3）ds；N；4；（4）原子半徑C＞N，鍵長C﹣N＜C﹣C，鍵能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大；（5）①4；②?！痉治觥浚?）基態(tài)N原子的價層電子排布式為：2s22p3；（2）①最簡單的氮烯中含有兩個N原子，兩個N原子間形成氮氮雙鍵，每個N原子與H原子形成N﹣H鍵，故最簡單的氮烯分子式：N2H2；②根據(jù)相似相溶原理和形成分子間氫鍵能增大溶解度進行分析；（3）基態(tài)Cu原子價層電子排布式為3d104s1；形成配位鍵時中心原子提供空軌道，配體原子提供孤電子對；（4）原子半徑越小，鍵長越短、鍵能越大，共價晶體的硬度越大；（5）①由晶胞圖可知，距面心的N最近且等距的Ga有2個；②N位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4，4個Ga位于體內，晶胞內相當于含有4個“GaN”，晶胞質量為g，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，根據(jù)ρ＝計算晶體密度。【解答】解：（1）基態(tài)N原子的價層電子排布式為：2s22p3，其價層電子軌道表示式為：，故答案為：；（2）①最簡單的氮烯中含有兩個N原子，兩個N原子間形成氮氮雙鍵，每個N原子與H原子形成N﹣H鍵，故最簡單的氮烯分子式：N2H2，N原子形成3個σ鍵，為sp2雜化，故答案為：sp2；②N2H4為極性分子，根據(jù)相似相溶原理，易溶于極性溶劑水中，N2H4與水可形成分子間氫鍵，使其溶解度增大，故答案為：N2H4為極性分子，且N2H4與水可形成分子間氫鍵，易溶于水中；（3）基態(tài)Cu原子價層電子排布式為3d104s1，位于元素周期表中ds區(qū)；配合物[Cu（NH3）4]SO4中形成配位鍵時中心原子Cu2+提供空軌道，配體中N原子提供孤電子對，共有4個配體，故答案為：ds；N；4；（4）原子半徑C＞N，鍵長C﹣N＜C﹣C，鍵能C﹣N＞C﹣C，所以C3N4的硬度比金剛石大，故答案為：原子半徑C＞N，鍵長C﹣N＜C﹣C，鍵能C﹣N＞C﹣C，故硬度C3N4更大；（5）①由晶胞圖可知，距面心的N最近且等距的Ga有2個，面心原子為2個晶胞共有，故距離N最近的Ga有4個，故答案為：4；②N位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×＝4，4個Ga位于體內，晶胞內相當于含有4個“GaN”，晶胞質量為g，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c評】本題主要考查晶胞的計算與原子的結構，涉及核外電子排布、溶解性、硬度比較、雜化方式、晶胞結構與計算等知識點，側重考查學生的識圖能力、分析能力和計算能力，掌握晶胞的分析和計算是關鍵，題目難度中等。16．金屬礦物常以硫化物形式存在，如FeS2、ZnS等。Ⅰ.摻燒FeS2和FeSO4，用于制鐵精粉和硫酸（1）已知：2FeSO4（s）═Fe2O3（s）+SO2（g）+SO3（g）為吸熱反應。25℃、101kPa時，1molFeS2固體在2.75mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO2和Fe2O3固體，放出826kJ熱量。①FeS2與O2反應的熱化學方程式為4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol。②將FeS2與FeSO4摻燒（混合燃燒），其目的包括ab（填字母）。a.節(jié)約燃料和能量b.為制備硫酸提供原料c.減少空氣污染（2）FeSO4常帶一定量的結晶水。FeSO4?7H2O（s）分解脫水反應的能量變化如圖所示。①ΔH3＝+31.4kJ?mol﹣1。②為維持爐內溫度基本不變，F(xiàn)eSO4所帶結晶水越多，摻燒比[n（FeS2）：n（FeSO4）]應增大（填“增大”“減小”或“不變”）。Ⅱ.浸出法處理ZnS（3）ZnS難溶于水，處理ZnS常使用酸浸法，兩步反應依次為：i.ZnS（s）+2H+（aq）?Zn2+（aq）+H2S（aq）K1＝2.2×10﹣3ii.2H2S+O2═2H2O+2SK2＝2×1071①平衡常數(shù)K1的表達式為K1＝。②僅發(fā)生反應i時，ZnS酸浸效果不好，結合平衡常數(shù)說明原因：K1較小，說明ZnS酸浸反應ⅰ進行得不充分（合理即可）。（4）從平衡移動角度解釋通入O2在ZnS酸浸過程中的作用：O2與H2S充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進ZnS的溶解。【考點】化學平衡的計算；熱化學方程式；化學平衡的影響因素．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡計算．【答案】（1）①4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol；②ab；（2）①+31.4；②增大；（3）①K1＝；②K1較小，說明ZnS酸浸反應ⅰ進行得不充分；（4）O2與H2S充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進ZnS的溶解?！痉治觥浚?）①25℃、101kPa時，4molFeS2固體在11mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO2和Fe2O3固體，放出3304kJ熱量；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，F(xiàn)eS2燃燒為放熱可為FeSO4分解提供能量，F(xiàn)eSO4分解產(chǎn)生SO2、SO3可作為制鐵精粉和硫酸原料；（2）①根據(jù)圖象可判斷ΔH3＝ΔH4﹣ΔH1﹣ΔH2；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，使爐溫升高，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，使爐溫降低，F(xiàn)eSO4所帶結晶水越多，吸收越多，降溫越多，據(jù)此判斷；（3）①反應ZnS（s）+2H+（aq）?Zn2+（aq）+H2S（aq）的平衡常數(shù)表達式K1＝；②K1較小，反應進行的程度很小，據(jù)此分析；（4）結合氬氣和H2S反應分析。【解答】解：（1）①由已知得，25℃、101kPa時，1molFeS2固體在2.75mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO2和Fe2O3固體，放出826kJ熱量，25℃、101kPa時，4molFeS2固體在11mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO2和Fe2O3固體，放出3304kJ熱量，故熱化學方程式為：4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol，故答案為：4FeS2（g）+11O2（g）＝8SO2（g）+2Fe2O3（s）ΔH＝﹣3304kJ/mol；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，F(xiàn)eS2燃燒為放熱可為FeSO4分解提供能量，F(xiàn)eSO4分解產(chǎn)生SO2、SO3可作為制鐵精粉和硫酸原料，ab正確，故答案為：ab；（2）①根據(jù)圖象可判斷ΔH3＝ΔH4﹣ΔH1﹣ΔH2＝+31.4kJ/mol，故答案為：+31.4；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，使爐溫升高，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，使爐溫降低，F(xiàn)eSO4所帶結晶水越多，吸收越多，降溫越多，維持溫度不變，則摻燒比應該增大，故答案為：增大；（3）①此溫度下，反應ZnS（s）+2H+（aq）?Zn2+（aq）+H2S（aq）的平衡常數(shù)表達式K1＝，故答案為：K1＝；②僅發(fā)生反應i時，ZnS酸浸效果不好，原因K1較小，反應進行的程度很小，說明ZnS酸浸反應ⅰ進行得不充分，故答案為：K1較小，說明ZnS酸浸反應ⅰ進行得不充分；（4）通入O2在ZnS酸浸過程中的作用O2與H2S充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進ZnS的溶解，故答案為：O2與H2S充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進ZnS的溶解?！军c評】本題考查化學反應熱計算、化學平衡影響因素、化學平衡常數(shù)及其計算等，注意基礎知識理解掌握，綜合性較高，難度較大。17．由C﹣H鍵構建C﹣C鍵是有機化學的熱點研究領域。我國科學家利用N﹣苯基甘氨酸中的C﹣H鍵在O2作用下構建C﹣C鍵，實現(xiàn)了喹啉并內酯的高選擇性制備。合成路線如圖。已知：ⅰ.R﹣Br+R′CHOⅱ.ROH+R′BrROR′（1）A→B的反應類型是還原反應。（2）B具有堿性，B轉化為C的反應中，使B過量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡轉化率，B的作用是增大苯胺用量，使反應物苯胺濃度增大（苯胺具有堿性，與生成的HCl發(fā)生中和反應，HCl濃度減?。蛊胶庹蛞苿?，提高ClCH2COOC2H5的轉化率（寫出一條即可）。（3）C轉化為D的化學方程式為+H2O+CH3CH2OH。（4）G轉化為H的化學方程式為CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的過程中會得到少量的聚合物，寫出其中一種的結構簡式：。（5）已知：ⅰ.ⅱ.①D和I在O2作用下得到J的4步反應如圖（無機試劑及條件已略去），中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)。結合已知反應信息，寫出結構簡式：中間產(chǎn)物1，中間產(chǎn)物3。②D和I轉化成J的過程中還生成水，理論上該過程中消耗的O2與生成的J的物質的量之比為1：1?！究键c】有機物的合成．【專題】有機化合物的獲得與應用．【答案】（1）還原反應；（2）增加反應物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學平衡正向移動；（3）+H2O+CH3CH2OH；（4）CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；（5）①；；②1：1。【分析】苯和試劑a在加熱條件下發(fā)生取代反應生成A，根據(jù)A的分子式知，A的結構簡式為，試劑a為濃硫酸、濃硝酸，根據(jù)B的結構簡式及C的分子式知，B發(fā)生取代反應生成C，C發(fā)生縮聚反應生成D，根據(jù)D的結構簡式知，C的結構簡式為；丙烯和溴發(fā)生取代反應生成E，E和甲醛發(fā)生信息i的反應生成F，則E的結構簡式為CH2＝CHCH2Br，F(xiàn)的結構簡式為CH2＝CHCH2CH2OH，F(xiàn)和溴發(fā)生加成反應生成G為CH2BrCHBrCH2CH2OH，G發(fā)生信息ii的反應生成H為，H發(fā)生消去反應生成I；（5）D和I在O2作用下得到J的4步反應，中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，根據(jù)信息i知，中間產(chǎn)物1的結構簡式為，中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)，則中間產(chǎn)物1發(fā)生信息ii的反應生成中間產(chǎn)物2，則中間產(chǎn)物2的結構簡式為，中間產(chǎn)物2再發(fā)生酯化反應生成中間產(chǎn)物3為，中間產(chǎn)物3再發(fā)生氧化反應得到J。【解答】解：（1）A為硝基苯，B為苯胺，則A→B的反應類型是還原反應，故答案為：還原反應；（2）B轉化為C的反應中還生成HCl，B具有堿性，過量的B能和HCl發(fā)生中和反應而促進平衡正向移動，所以使B過量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡轉化率，故答案為：增加反應物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學平衡正向移動；（3）C為，C水解生成D，C轉化為D的化學方程式為+H2O+CH3CH2OH，故答案為：+H2O+CH3CH2OH；（4）G為CH2BrCHBrCH2CH2OH，G發(fā)生信息ii的反應生成H為，G轉化為H的化學方程式為：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的過程中會得到少量的聚合物，一種聚合物的結構簡式：，故答案為：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；；（5）①通過以上分析知，中間產(chǎn)物1、3的結構簡式分別為、，故答案為：；；②D和I中共有15個H原子和3個O原子、1個N原子，J中有9個H原子、2個O原子、1個N原子，反應中少了6個H原子、1個O原子，6個H原子需要3個O原子，但1個O原子需要2個H原子，即生成1molJ消耗1mol氧氣，所以理論上該過程中消耗的O2與生成的J的物質的量之比為1：1，故答案為：1：1。【點評】本題考查有機物的推斷與合成，為高考常見題型，側重考查學生的分析能力，題目充分利用有機物結構、反應條件進行分析，關鍵是理解給予的反應信息、記住常見官能團的結構、性質以及官能團之間的相互轉化，然后結合題意靈活運用即可，難點是（5）題中間產(chǎn)物結構簡式的確定。18．某小組同學探究硫代硫酸鈉（Na2S2O3）溶液與某些常見金屬離子的反應。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡綠色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（無色）ii.S4在酸性溶液中轉化為、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）將S粉加入沸騰的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，離子方程式是。（2）研究Na2S2O3與某些常見金屬離子的反應，進行如下實驗。序號X溶液現(xiàn)象ⅠCuCl2溶液溶液變?yōu)榈G色，水浴加熱至50℃以上，逐漸析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液變?yōu)樽虾谏毯笕芤鹤優(yōu)闊o色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振蕩后沉淀溶解，得無色溶液①?、裰械臐嵋?，離心分離，經(jīng)檢驗，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.補全Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查閱資料可知，常溫時，生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，但仍需水浴加熱至50℃以上才出現(xiàn)沉淀，原因是室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的。?、蛑械臒o色溶液進行如下實驗證實了此結論。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重復上述實驗，CS2溶解后幾乎無固體剩余。i.僅由溶液1中加入足量的鹽酸后得到沉淀2，不能說明Ⅱ中生成了S4，理由是無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中。ii.補全實驗方案證實上述結論：將沉淀1洗凈，加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質量比固體1的小。③向Ⅲ的無色溶液中繼續(xù)加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀Ag2S2O3。靜置，得到黑色沉淀Ag2S，同時生成強酸。生成Ag2S的化學方程式是Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4。（3）軟硬酸堿原理認為，Ⅲ中，Ag+為軟酸，S2為軟堿，S2﹣是比S2更軟的堿，可解釋S2與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S。由此推測，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，Cu+是更軟的酸。【考點】性質實驗方案的設計．【專題】無機實驗綜合．【答案】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②i.無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質量比固體1的小；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+?！痉治觥浚?）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②i.無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質量比固體1的??；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+?！窘獯稹拷猓海?）S與Na2SO3發(fā)生歸中反應得到Na2S2O3，其反應的離子方程式為，故答案為：；（2）①i.根據(jù)元素守恒，可知產(chǎn)物中Cu2S的系數(shù)是1，中S的化合價為+2價，Cu2S中Cu和S的化合價分別為+1和﹣2，Cu從+2價降低到+1，S的化合價從+2價降低到﹣2；生成1molCu2S，共得到了6mol電子。其他產(chǎn)物中還有S和S2，轉化成S，化合價從+2價降低到0；轉化為，化合價從+2價降低到+6；在氧化還原反應中，得失電子守恒，可知S和的系數(shù)分別是1和2；再結合電荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式為2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+，故答案為：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，說明反應進行得很完全，但是仍需要加熱至50℃才會出現(xiàn)沉淀，可知在常溫下，該反應的反應速率很慢，升高溫度加快了反應速率，故答案為：室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有少量的，加入過量的BaCl2溶液，沉淀1為BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有S4，加入足量的鹽酸，S4在酸性溶液中轉化為、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S單質，剩余的固體1為BaSO4；i根據(jù)已知，被Fe3+氧化成S4，方程式：2+2Fe3+＝S4+2Fe2+，實驗Ⅱ中加入的Fe3+和S4的比例為1：2，可知是過量的，因此無色溶液中含有，雖然加入了過量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍會有少量的，加入鹽酸后，與H+反應，方程式：+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，也會生成S單質存在于沉淀2中，因此S單質不一定來自于S4，故答案為：無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii證實結論：被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的；可知沉淀1中出了BaS2O3外，還有少量的BaSO4。BaSO4固體不溶于鹽酸，可用于證明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量應比固體1中的少。實驗操作為加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質量比固體1的小，故答案為：加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質量比固體1的??；③Ag2S2O3發(fā)生歧化反應，得到Ag2S，另一種物質為強酸，為H2SO4，則方程式為Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，故答案為：Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Ag+為軟酸，為軟堿，S2﹣是比更軟的堿，可解釋與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S；可知軟酸容易與更軟的堿的結合。Ⅰ中，與Cu2+反應的最終產(chǎn)物為Cu2S，可知Cu+是比Cu2+更軟的酸，故答案為：Cu+。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。三．工藝流程題（共1小題）19．以低品位銅鈷礦（主要成分為CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，還有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等雜質）為原料制備硫酸銅晶體和Co2O3的一種工藝流程如圖：已知：①常溫下部分難溶電解質的溶度積常數(shù)物質Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Co（OH）2CaF2MgF2Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣395.6×10﹣121.6×10﹣154.9×10﹣106.4×10﹣12②萃取時發(fā)生反應Cu2++2HR?CuR2+2H+（1）銅鈷礦浸出前要預先粉碎，其目的是增大接觸面積，加快反應速率。（2）浸出步驟銅鈷礦中的CoO（OH）轉化為Co2+，該反應的離子方程式為2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O。（3）加入試劑aH2SO4可使萃取劑再生。（4）對于過程Ⅰ：①加NaClO3溶液作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子。②通過計算判斷Fe3+是否沉淀完全并簡述理由pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol?L﹣1，故沉淀完全。（一般認為溶液中離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時沉淀完全）（5）濾渣Ⅰ成分CaF2、MgF2。（6）CoC2O4?2H2O在足量空氣中煅燒生成Co2O3，寫出煅燒過程中的化學反應方程式4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O。（7）Co2O3產(chǎn)品純度測定方法如下：已知：Co3+與EDTA﹣2Na按物質的量1：1反應，若滴定至終點時消耗EDTA﹣2Na標準液體積為20.00mL，則Co2O3產(chǎn)品純度為×100%。（Co2O3的摩爾質量是166g?mol﹣1）【考點】制備實驗方案的設計．【專題】制備實驗綜合．【答案】（1）增大接觸面積，加快反應速率；（2）2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O；（3）H2SO4；（4）①將亞鐵離子氧化為鐵離子；②pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol?L﹣1，故沉淀完全；（5）根據(jù)分析，濾渣Ⅰ成分為CaF2、MgF2；（6）4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；（7）×100%。【分析】以低品位銅鈷礦（主要成分為CoO（OH）、Cu2（OH）2CO3、SiO2，還有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等雜質）為原料制備硫酸銅晶體和Co2O3，銅鈷礦加入亞硫酸鈉和硫酸使各物質轉化為硫酸亞，同時使CoO（OH）轉化為Co2+，過濾除去不溶的硫酸鈣以及SiO2，浸出液加入HR萃取劑萃取，使硫酸銅進入有機層，有機層加入硫酸反萃取，得到硫酸銅蓉兒，進一步得到硫酸銅晶體，水層加入氯酸鈉氧化亞鐵離子為鐵離子，再加入碳酸鈉調節(jié)pH，使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到氫氧化鐵，濾液加入NaF，除去溶液中的鈣離子、鎂離子，則濾渣1為CaF2、MgF2，濾液含有鈷離子，加入草酸鹽使其轉化為草酸鈷，煅燒得到三氧化二鈷，據(jù)此解答。【解答】解：（1）銅鈷礦浸出前要預先粉碎，其目的是增大接觸面積，加快反應速率，故答案為：增大接觸面積，加快反應速率；（2）浸出步驟銅鈷礦中的CoO（OH）轉化為Co2+，鈷化合價降低，為氧化劑，加入的亞硫酸鈉為還原劑，該反應的離子方程式為2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O，故答案為：2CoO（OH）++4H+＝+2Co2++3H2O；（3）結合萃取的物質的為硫酸銅，加入試劑a為H2SO4可使萃取劑再生，故答案為：H2SO4；（4）①溶液中存在亞鐵離子，加NaClO3溶液作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子，故答案為：將亞鐵離子氧化為鐵離子；②根據(jù)溶液pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol?L﹣1，故沉淀完全，故答案為：pH＝4，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.8×10﹣9＜1×10﹣5mol?L﹣1，故沉淀完全；（5）根據(jù)分析，濾渣Ⅰ成分，故答案為：CaF2、MgF2；（6）CoC2O4?2H2O在足量空氣中煅燒生成Co2O3，煅燒過程中的化學反應方程式4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故答案為：4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；（7）Co3+與EDTA﹣2Na按物質的量1：1反應，根據(jù)反應過程可得Co2O3～Co2（SO4）3～2EDTA﹣2Na，可得mg產(chǎn)品中Co3+物質的量為amol/L×0.02L×＝0.2amol，則Co2O3產(chǎn)品純度為×100%＝×100%，故答案為：×100%?！军c評】本題考查物質的物質的制備，側重考查分析及知識綜合運用能力，明確流程圖中各物質的成分及其性質、物質分離提純方法，注意常見元素單質及其化合物性質，題目難度較大。

考點卡片1．氧化還原反應與非氧化還原反應【知識點的認識】1.得失氧或得失氫的角度：得氧或失氫的反應為氧化反應，失氧或得氫的反應為還原反應；2.電子轉移角度：得電子的反應為還原反應、失電子的反應為氧化反應；3.化合價角度：失電子化合價升高的反應為氧化反應、得電子化合價降低的反應為還原反應；【命題的方向】1.基本概念及氧化性、還原性的判斷：典例：水是重要的化合物，其既能作化學反應的溶劑，又能參與化學反應。下列是水參與的部分反應：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列問題：（1）上述反應中，不屬于氧化還原反應的是（③）（填序號）。（2）上述反應中，水只作氧化劑的反應是（①）（填序號，下同）；水只作還原劑的反應是（④）。該反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為（1：2）；2.電子轉移的表示方法：單線橋、雙線橋典例：用單線橋或雙線橋表示下列反應的電子轉移，并寫出氧化劑和還原劑（用單線橋表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用單線橋表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用雙線橋表示）（）；3.氧化性強弱的判斷：（1）根據(jù)氧化反應反應原理判斷：氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物；（2）根據(jù)元素周期表、金屬活動性順序表、元素周期律判斷；典例：下列事實不能作為元素的金屬性或非金屬性強弱判斷依據(jù)的是（）A.Zn和Fe分別與稀硫酸反應，判斷金屬性強弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置換出銅，Ba投入CuCl2溶液中不能置換出銅，判斷金屬性強弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判斷非金屬性強弱：Cl＞SiD.依據(jù)O2、S分別與H2反應的難易程度，判斷非金屬性強弱：O＞S（3）根據(jù)元素化合價高低判斷，最高價只有氧化性、最低價只有還原性、中間價態(tài)既有氧化性又有還原性；（4）根據(jù)原電池和電解池原理判斷，一般來說，兩種金屬和電解質溶液構成的原電池中，負極的還原性大于正極；電解池中，陰離子還原性越強，越易在陽極上失電子，陽離子氧化性越強，越易在陰極上得電子；典例：（5）外界影響因素：濃度、溫度、溶液酸堿性；4.氧化還原反應的有關計算，典例：實驗室可以用固體氯酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣：KClO3+6HCl（濃）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列說法中正確的是（）A.KClO3是氧化劑，HCl是還原劑；Cl2是氧化產(chǎn)物，KCl是還原產(chǎn)物B.當有9mol電子轉移時，參加反應的KClO3的物質的量為1.5molC.產(chǎn)生1.5molCl2時，轉移電子的物質的量為3molD.當有3molCl2生成時，作還原劑的HCl為5mol5.氧化還原反應的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發(fā)生下列反應。配平反應方程式并用單線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化還原反應方程式的書寫：典例：高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子[c0（Mn+）＝0.1mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O?！窘忸}思路點撥】1.氧化劑和還原劑可能是同一種物質；氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物可能是同一種物質；2.根據(jù)元素化合價高低可以判斷物質是否具有氧化性或還原性，但不能判斷氧化性或還原性強弱；3.元素處于最高價態(tài)時只有氧化性，但不一定具有強氧化性；金屬陽離子不一定只有氧化性，如亞鐵離子；4.在氧化還原反應的有關計算中靈活運用轉移電子守恒進行計算；2．用電子式表示簡單的離子化合物和共價化合物的形成【知識點的知識】（1）電子式的概念：在化學反應中，一般是原子的外層電子發(fā)生變化．為了簡便起見，化學中常在元素符號周圍用小黑點“．”或小叉“×”來表示元素原子的最外層電子．這種表示的物質的式子叫做電子式．（2）電子