2022年高考化学试卷（北京）（解析卷）_化学高考真题试卷_新·PDF版2008-2024·高考化学真题_版本2：化学（按省份分类）2008-2024_2008-2024·（北京）化学高考真题

2022 年北京卷部分试题 1. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓HNO 分解生成NO 淀粉-KI溶液变蓝 3 2 B Cu与浓H SO 生成SO 品红溶液褪色 2 4 2 C 浓NaOH与NH Cl溶液生成NH 酚酞溶液变红 4 3 D CH CHBrCH 与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色 3 3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀 粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意； B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓 硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意； C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧 化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意； D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反 应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生 成丙烯，故D不符合题意； 故选A。 2. 高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。 第1页 | 共18页下列说法不正确的是 A. F中含有2个酰胺基 B. 高分子Y水解可得到E和G C. 高分子X中存在氢键 D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确， B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成 和 ，故B 错误； C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确； D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保 护，故D正确； 故选B。 3. 某MOFs的多孔材料刚好可将N O “固定”，实现了NO 与N O 分离并制备HNO ，如图所示： 2 4 2 2 4 3 己知：2NO (g)ˆˆ†N O (g) ΔH<0 2 ‡ˆˆ 2 4 下列说法不正确的是 A. 气体温度升高后，不利于N O 的固定 2 4 B. N O 被固定后，平衡正移，有利于NO 的去除 2 4 2 C. 制备HNO 的原理为：2N O +O +2H O=4HNO 3 2 4 2 2 3 第2页 | 共18页D. 每制备0.4mol HNO ，转移电子数约为6.02´1022 3 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化 二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确； B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移 动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确； C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为 2N O +O +2H O=4HNO ，故C正确； 2 4 2 2 3 D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数 约为0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D错误； 故选D。 4. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 序 装置示意图 电解质溶液 实验现象 号 阴极表面有无色气体，一段时 间后阴极表面有红色固体，气 ① 0.1mol/LCuSO +少量H SO 4 2 4 体减少。经检验电解液中有 Fe2+ 阴极表面未观察到气体，一段 ② 0.1mol/LCuSO +过量氨水 时间后阴极表面有致密红色固 4 体。经检验电解液中无Fe元素 下列说法不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中c  H+ 减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触 B. ①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+=Fe2++H 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu 2 C. 随阴极析出Cu，推测②中溶液c  Cu2+ 减少，Cu2++4NH 3‡ ˆˆ ˆ † ˆ é ë CuNH 3  4 ù û 2+ 平衡逆移 D. ②中Cu2+生成éCuNH  ù 2+ ，使得c  Cu2+ 比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密 ë 3 4 û 第3页 | 共18页【答案】C 【解析】 【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚 铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨 水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验 ①更致密的镀层。 【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减 小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确； B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、 氢气和铜，可能发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正确； 2 C．由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子 浓度减小，Cu2++4NH 3‡ ˆˆ ˆ † ˆ é ë CuNH 3  4 ù û 2+ 平衡向正反应方向移动，故C错误； D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢 发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确； 故选C。 5. CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N 为载 2 2 2 气，以恒定组成的N 、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反 2 4 应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO ，在催化剂上有积碳。 2 下列说法不正确的是 催化剂 A. 反应①为CaO+CO =CaCO ；反应②为CaCO +CH CaO+2CO+2H 2 3 3 4 2 催化剂 B. t ~t ，nH  比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH C+2H 1 3 2 2 4 2 第4页 | 共18页C. t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率 2 2 2 D. t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 3 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应 2 3 催化剂 ②为CaCO+CH CaO+2CO+2H ，A正确； 3 4 2 B．由题干图2信息可知，t ~t ，nH  比n(CO)多，且生成H 速率不变，且反应过程中始终未检测 1 3 2 2 催化剂 到CO ，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH C+2H ，反应②和副反应中CH 和H 的系数 2 4 2 4 2 比均为1：2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍然 2 2 2 为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 速 2 2 率，C错误； D．由题干图2信息可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO 3 4 的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 故答案为：C。   6. FeSO ×7H O失水后可转为FeSO ×H O，与FeS 可联合制备铁粉精 Fe O 和H SO 。 4 2 4 2 2 x y 2 4 I.FeSO ×H O结构如图所示。 4 2 （1）Fe2+价层电子排布式为___________。 （2）比较SO2-和H O分子中的键角大小并给出相应解释：___________。 4 2 第5页 | 共18页（3）H O与Fe2+、SO2-和H O的作用分别为___________。 2 4 2 II．FeS 晶胞为立方体，边长为anm，如图所示。 2 （4）①与Fe2+紧邻的阴离子个数为___________。 ②晶胞的密度为ρ=___________ g×cm-3。  1nm=10-9m    （5）以FeS 为燃料，配合FeSO ×H O可以制备铁粉精 Fe O 和H SO 。结合图示解释可充分实现 2 4 2 x y 2 4 能源和资源有效利用的原因为___________。 【答案】（1）3d6 （2）SO2-的键角大于H O，SO2-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0， 4 2 4 离子的空间构型为正四面体形，H O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构 2 型为V形 480 （3）配位键、氢键 （4） ①. 6 ②. ×1021 a3N A （5）由图可知，FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应， 2 2 x y 4 2 x y 放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与H O反应生成H SO 3 2 2 4 【解析】 【小问1详解】 铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6； 【小问2详解】 硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中 第6页 | 共18页氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水 分子，故答案为：SO2-的键角大于H O，SO2-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的 4 2 4 空间构型为正四面体形，H O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为 2 V形； 【小问3详解】 由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间 形成氢键，故答案为：配位键；氢键； 【小问4详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S 2-离子间的距离最近，则亚铁离子 2 紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6； 1 ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8× +6× 1 =4，位于棱上和体心的S 2-离 8 2 2 1 4´(56+32´2) 子个数为12× +1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： ==10—21a3d，解 4 N A 480 480 得d= ×1021，故答案为： ×1021； a3N a3N A A 【小问5详解】 由图可知，FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应，放 2 2 x y 4 2 x y 热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与H O反应生成H SO ，所以以FeS 3 2 2 4 2 为燃料，配合FeSO ·H O可以制备铁粉精和H SO 可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可 4 2 2 4 知，FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应，放热反应 2 2 x y 4 2 x y 放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与H O反应生成H SO 。 3 2 2 4 7. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO 、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检 4 测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O 、CO 、H O、N 、SO 。 2 2 2 2 2 （1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。 （2）高温下，煤中CaSO 完全转化为SO ，该反应的化学方程式为___________。 4 2 第7页 | 共18页（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 c  I- 3 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中 保持定值时，电解池不工作。待 c  I- c  I- 测气体进入电解池后，SO 溶解并将I-还原，测硫仪便立即自动进行电解到 3 又回到原定值，测定结 2 3 c  I- 束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①SO 在电解池中发生反应的离子方程式为___________。 2 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。 （4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。 已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。 （5）条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的I-使得测得的全硫含量偏小，生成I- 3 3 的离子方程式为___________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有SO 残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”) 3 【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分 催化剂 （2）2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑ 4 2 2 高温 （3） ①. SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+ ②. 3I——2e—=I- 2 3 2 4 3 16x （4） % 965a （5） ①. I +I—=I- ②. 偏低 2 3 【解析】 第8页 | 共18页【小问1详解】 煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接 触面积增大，反应更加充分； 【小问2详解】 由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为 催化剂 催化剂 2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑，故答案为：2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑； 4 2 2 4 2 2 高温 高温 【小问3详解】 ①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I-反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为 3 SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+，故答案为：SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+； 2 3 2 4 2 3 2 4 ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反 应式为3I——2e—=I-，故答案为：3I——2e—=I-； 3 3 【小问4详解】 由题意可得如下关系：S—SO —I-—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为 2 3 x ´32 16x 16x 2´96500 ×100%= %，故答案为： %； 965a 965a a 【小问5详解】 ①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三 离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I +I—=I-，故答案为：I +I—=I-； 2 3 2 3 ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三 离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏低。 8. 碘番酸可用于X射线的口服造影液，其合成路线如图所示。 第9页 | 共18页已知：R-COOH+R’-COOH¾¾催¾化剂¾¾® +H O 2 （1）A可发生银镜反应，其官能团为___________。 （2）B无支链，B的名称为___________；B的一种同分异构体中只有一种环境氢，其结构简式为 ___________。 （3）E是芳香族化合物，E¾¾®F的方程式为___________。 （4）G中有乙基，则G的结构简式为___________。 （5）碘番酸中的碘在苯环不相邻的碳原了上，碘番酸的相对分了质量为571，J的相对分了质量为193。 则碘番酸的结构简式为___________。 （6）通过滴定法来确定口服造影液中碘番酸的质量分数。 第一步 取amg样品，加入过量Zn 粉，NaOH溶液后加热，将I元素全部转为I-，冷却，洗涤。 第二步 调节溶液pH，用bmol×L-1AgNO 溶液滴定至终点，用去cmL。已知口服造影液中无其他含碘 3 物质，则碘番酸的质量分数为___________。 【答案】（1）醛基 （2） ①. 丁酸 ②. （3） +HNO ¾浓¾硫¾酸® +H O 3 Δ 2 第10页 | 共18页57100cb （4） （5） （6） % 3a 【解析】 【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，CH CH CH CHO发生氧化反应生成CH CH CH COOH， 3 2 2 3 2 2 则A为CH CH CH CHO、B为CH CH CH COOH；CH CH CH COOH发生信息反应生成 3 2 2 3 2 2 3 2 2 ，则D为 ；在浓硫酸作用下， 与发烟硝酸共热发生硝化反应生成 ，则E为 、F为 ；在催化剂作用 下， 与 反应生成CH CH CH COOH和 ， 3 2 2 则G为 ； 与在镍做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠发生还原反应后， 调节溶液pH生成 ， 与氯化碘发生取代反应生成 ，则碘番酸的结构简式为 。 【小问1详解】 由分析可知，能发生银镜反应的A的结构简式为CH CH CH CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基； 3 2 2 【小问2详解】 由分析可知，无支链的B的结构简式为CH CH CH COOH，名称为丁酸，丁酸的同分异构体中只有一种 3 2 2 环境氢说明同分异构体分子的结构对称，分子中含有2个醚键和1个六元环，结构简式为 ，故答案 第11页 | 共18页为：丁酸； ； 【小问3详解】 由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸作用下， 与发烟硝酸共热发生硝化反应生成 和 水，反应的化学方程式为 +HNO ¾浓¾硫¾酸® +H O； 3 Δ 2 【小问4详解】 由分析可知，含有乙基的G的结构简式为 ； 【小问5详解】 由分析可知，相对分了质量为571的碘番酸的结构简式为 ； 【小问6详解】 由题给信息可知， 和硝酸银之间存在如下关系： ~ 3I— ~ 3AgNO ，由滴定消耗cmLbmol/L硝酸银可知，碘番酸的质量分数为 3 1 bmol/L×c´10-3L´ ´571g/mol 57100cb 57100cb 3 ×100%= %，故答案为： %。 3a 3a a´10-3g 9. 铵浸法由白云石[主要成分为CaMgCO  ，含Fe O，SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流 3 2 2 3 2 程如下： 第12页 | 共18页已知： 物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO 2 2 3 3 K 5.5´10-6 1.8´10-12 2.8´10-9 3.5´10-8 sp （1）煅烧白云石的化学方程式为___________。 （2）根据下表数据分析： CaO浸出率/ MgO浸出率/ wCaCO  理论值/ wCaCO  实测值/ nNH Cl:n(CaO) 3 3 4 % % % % 11 2.1:1 98.4 . 99.7 - 2.2:1 98.8 1.5 99.2 99.5 2.3:1 98.9 1.8 98.8 99.5 956 2.4:1 99.1 6.0 . 97.6 已知：i．对浸出率给出定义 ii．对wCaCO  给出定义 3 ①“沉钙”反应的化学方程式为___________。 ②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。 ③不宜选用的“nNH Cl:n(CaO)”数值为___________。 4 ④wCaCO  实测值大于理论值的原因为___________。 3 ⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出68.7%增加至98.9%，结合化学反应原理解释MgO浸 第13页 | 共18页出率提高的原因为___________。 （3）滤渣C为___________。 （4）可循环利用的物质为___________。 高温 【答案】（1）CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑ 3 2 2 （2） ①. CaCl +NH ·H O+CO =CaCO ↓+NH Cl+H O ②. Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中 2 3 2 2 3 4 2 2 2 Ca(OH) 能与 NH Cl 反应，而 Mg(OH) 不能 ③. 2.4：1 ④. 反应加入的 CaO 也转化为 CaCO 2 4 2 3 Δ ⑤. Mg(OH) +(NH ) SO MgSO +2NH ↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进 NH+水解，溶液中 H+浓度增大， 2 4 2 4 4 3 2 3 4 有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO 2 4 （3）SiO 、Fe O 2 2 3 （4）NH Cl、(NH ) SO 4 4 2 4 【解析】 【分析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中 3 2 加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化 镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中 通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液 蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化 硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到 碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利 用。 【小问1详解】 由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为 3 2 高温 高温 CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑，故答案为：CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑； 3 2 2 3 2 2 【小问2详解】 ①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化 铵和水，反应的化学方程式为CaCl +NH ·H O+CO =CaCO ↓+NH Cl+H O，故答案为： 2 3 2 2 3 4 2 CaCl +NH ·H O+CO =CaCO ↓+NH Cl+H O； 2 3 2 2 3 4 2 ②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与 氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答 第14页 | 共18页案为：Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能； 2 2 2 4 2 ③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分 数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1； ④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子 水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案 Δ 为：Mg(OH) +(NH ) SO MgSO +2NH ↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH+水解，溶液中H+浓度增 2 4 2 4 4 3 2 3 4 大，有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO ； 2 4 【小问3详解】 由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO 、Fe O ； 2 2 3 【小问4详解】 由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH Cl、(NH ) SO 。 4 4 2 4 10. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl 或ClO-氧化成MnO (棕黑色)、MnO2-(绿色)、MnO-(紫色)。 2 2 4 4 ii．浓碱条件下，MnO-可被OH-还原为MnO2-。 4 4 iii．Cl 的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 2 实验装置如图(夹持装置略) C中实验现象 序 物质a 号 通入Cl 前 通入Cl 后 2 2 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 第15页 | 共18页产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫 II 5%NaOH溶液 黑色沉淀 色，仍有沉淀 40%NaOH 溶 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫 III 液 黑色沉淀 色，仍有沉淀 （1）B中试剂是___________。 （2）通入Cl 前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。 2 （3）对比实验I、II通入Cl 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。 2 （4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl 导致溶液的碱性减弱。 2 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO2-氧化为MnO-。 4 4 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。 溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被___________(填“化 2 学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。 ④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。 【答案】（1）饱和NaCl溶液 （2）2Mn(OH) +O =2MnO +2H O 2 2 2 2 （3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 （4） ①. Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O ②. 4MnO-+4OH-=4MnO2-+O ↑+2H O ③. Cl ④. 2 2 4 4 2 2 2 3ClO-+2MnO +2OH-=2MnO-+3Cl-+H O ⑤. 过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱， 2 4 2 2 c(OH-)降低，溶液中的MnO-被还原为MnO2-的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液 4 4 【解析】 【分析】在装置A中HCl与KMnO 发生反应制取Cl ，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的 4 2 干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl 中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不 2 同条件下Cl 与MnSO 反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl ，防止造成大气污染。 2 4 2 【小问1详解】 B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl 中的杂质HCl气体；1 2 第16页 | 共18页【小问2详解】 通入Cl 前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH) 白色沉淀，该沉淀不 2 2 稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO ，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为： 2 2Mn(OH) +O =2MnO +2H O； 2 2 2 2 【小问3详解】 对比实验I、II通入Cl 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增 2 强而增强； 【小问4详解】 ①Cl 与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl +2OH-=Cl- 2 2 2 +ClO-+H O； 2 ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。 溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO-可被OH-还原为MnO2-，根据电子守恒、电荷守恒及原 4 4 子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO-+4OH-=4MnO2-+O ↑+2H O； 4 4 2 2 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被Cl 氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； 2 2 ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO 2 氧化为MnO-，发生的反应是：3ClO-+2MnO +2OH-=2MnO-+3Cl-+H O； 4 2 4 2 ④从反应速率的角度，过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的 2 MnO-被还原为MnO2-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。 4 4 第17页 | 共18页第18页 | 共18页