2023年高考化学试卷（北京）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2023·高考化学真题

2023 年普通高中学业水平等级性考试 (北京卷) 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 第一部分 本部分共 14 小题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的 一项。 1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。 下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是 A. 三种物质中均有碳碳原子间的σ键 B. 三种物质中的碳原子都是sp3杂化 C. 三种物质的晶体类型相同 D. 三种物质均能导电 【答案】A 【解析】 【详解】A．原子间优先形成σ键，三种物质中均存在σ键，A项正确； B．金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采 用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误； C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误； D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 ·· A. NaCl的电子式为Na:Cl: B. NH 的VSEPR模型为 3 ·· 第1页 | 共24页C. 2p 电子云图为 D. 基态 Cr原子的价层电子轨道表示式为 z 24 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是 ，A项错误； B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误： C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确； D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是 ，D项错误； 故选C。 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 热的纯碱溶液去除油脂 B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D. 向沸水中滴入饱和FeCl 溶液制备Fe(OH) 胶体 3 3 【答案】B 【解析】 【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪 酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意； B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题 意； C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH) ，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意； 3 故选B。 4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 第2页 | 共24页A. H O 溶液中加入少量MnO 固体，促进H O 分解 2 2 2 2 2 B. 密闭烧瓶内的NO 和N O 的混合气体，受热后颜色加深 2 2 4 C. 铁钉放入浓HNO 中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 3 D. 锌片与稀H SO 反应过程中，加入少量CuSO 固体，促进H 的产生 2 4 4 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．MnO 会催化 H O 分解，与平衡移动无关，A项错误； 2 2 2 B．NO 转化为N O 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO 浓度增大，混合气体颜色加深，B项 2 2 4 2 正确； C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动 无关，C项错误； D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误； 故选B。 5. 回收利用工业废气中的CO 和SO ，实验原理示意图如下。 2 2 下列说法不正确的是 A. 废气中SO 排放到大气中会形成酸雨 2 B. 装置a中溶液显碱性的原因是HCO-的水解程度大于HCO-的电离程度 3 3 C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO 和SO 2 2 电解 D. 装置b中的总反应为SO2- +CO +H O HCOOH+SO2- 3 2 2 4 【答案】C 第3页 | 共24页【解析】 【详解】A．SO 是酸性氧化物，废气中SO 排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； 2 2 B．装置a中溶液的溶质为NaHCO ，溶液显碱性，说明HCO-的水解程度大于电离程度，故B正确； 3 3 C．装置a中NaHCO 溶液的作用是吸收SO 气体，CO 与NaHCO 溶液不反应，不能吸收CO ，故C 3 2 2 3 2 错误； 电解 D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO2- +CO +H O HCOOH+SO2-，故D 3 2 2 4 正确； 选C。 6. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. Cl 制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl +2OH- =Cl- +ClO- +H O 2 2 2 B. 食醋去除水垢中的CaCO ：CaCO +2H+ =Ca2+ +H O+CO ­ 3 3 2 2 C. 利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3+ +Cu =2Fe2+ +Cu2+ D. Na S去除废水中的Hg2+：Hg2+ +S2- =HgS¯ 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl 和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H O，除了Cl 和H O不能拆写其余均可拆写为离 2 2 2 2 子，A项正确； B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH COOH+CaCO =Ca2++2CH COO-+CO +H O，B项错误； 3 3 3 2 2 C．FeCl 将Cu氧化为CuCl 而自身被还原为FeCl ，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确； 3 2 2 D．Na S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确； 2 故选B。 7. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 第4页 | 共24页A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸， 白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； D B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应C+2H SO (浓) CO ­+2SO ­+2H O，产生大量 2 4 2 2 2 气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的SO 能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； 2 D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 8. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是 A. 实验室制Cl B. 实验室收集C H C. 验证NH 易溶于水且溶液呈碱性 D. 除去CO 2 2 4 3 2 中混有的少量HCl 【答案】D 【解析】 【详解】A．MnO 固体加热条件下将HCl氧化为Cl ，固液加热的反应该装置可用于制备Cl ，A项正 2 2 2 确； B．C H 不溶于水，可选择排水收集，B项正确； 2 4 第5页 | 共24页C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH 溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧 3 瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH 与水形成碱性物质，C项正确； 3 D．Na CO 与HCl、CO 发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO 溶液，D项错误； 2 3 2 3 故选D。 9. 一种聚合物PHA的结构简式如下，下列说法不正确的是 A. PHA的重复单元中有两种官能团 B. PHA可通过单体 缩聚合成 C. PHA在碱性条件下可发生降解 D. PHA中存在手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．PHA的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误； B．由PHA的结构可知其为聚酯，由单体 缩聚合成，B项正确； C．PHA为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确； D．PHA的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确； 故选A。 10. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A. F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能 B. 三氟乙酸的K 大于三氯乙酸的K a a C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D. 气态氟化氢中存在(HF) ，而气态氯化氢中是HCl分子 2 【答案】A 【解析】 第6页 | 共24页【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F键不稳定，因此F-F键的键能 小于Cl-Cl键的键能，与电负性无关，A符合题意； B．氟的电负性大于氯的电负性。F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使FC—的极性大于Cl C—的极 3 3 性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意； C．氟的电负性大于氯的电负性，F-H键的极性大于Cl-H键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不 符合题意； D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟 化氢中存在 HF ，D不符合题意； 2 故选A。 11. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。 已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A. K的核磁共振氢谱有两组峰 B. L是乙醛 C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是1∶1 【答案】D 【解析】 【详解】A．有机物的结构与性质 K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3 组峰，A错误； B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个 ，L应为乙二醛，B错误； C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误； D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确； 故选D。 12. 离 子 化 合 物 Na O 和 CaH 与 水 的 反 应 分 别 为 ①2Na O +2H O=4NaOH+O ­； ② 2 2 2 2 2 2 2 第7页 | 共24页CaH +2H O=Ca(OH) +2H ­。下列说法正确的是 2 2 2 2 A. Na O 、CaH 中均有非极性共价键 2 2 2 B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C. Na O 中阴、阳离子个数比为1:2，CaH 中阴、阳离子个数比为2:1 2 2 2 D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O 和H 的物质的量相同 2 2 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na O 中有离子键和非极性键，CaH 中只有离子键面不含非极性键，A错误； 2 2 2 B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na O 由Na+和O2-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH 由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为 2 2 2 2 2∶1，C正确； D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同 时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误； 故选C。 13. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或MgOHCl中的一种。 下列说法正确的是 A. a、c分别是HCl、NH 3 B. d既可以是MgO，也可以是MgOHCl C. 已知MgCl 为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl 的产生 2 2 D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热 【答案】C 【解析】 第8页 | 共24页【分析】 NH Cl分解的产物是 NH 和 HCl，分解得到的 HCl与 MgO反应生成 Mg(OH)Cl， 4 3 Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH ，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。 3 【详解】A．由分析可知，a 为NH ， 3 c为HCl，A项错误； B．d为MgO，B错误； C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl 的生成，C正确； 2 D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反 应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误； 故选C。 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na CO 体系中的可能产物。 2 3 已知：i.图1中曲线表示Na CO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 2 3 ii.2 中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c  Mg2+ ×c2 OH- =K Mg(OH)  ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 sp 2 c  Mg2+ ×c  CO2- = K MgCO  [注：起始cNa CO =0.1mol×L-1，不同pH下c  CO2- 由图1得 3 sp 3 2 3 3 到]。 第9页 | 共24页下列说法不正确的是 A. 由图1，pH =10.25,c  HCO- =c  CO2- 3 3 B 由图2，初始状态pH =11、lgéc  Mg2+ù = -6，无沉淀生成 . ë û C. 由图2，初始状态pH =9、lgéc  Mg2+ù = -2，平衡后溶液中存在 ë û cH CO +c  HCO- +c  CO2- =0.1mol×L-1 2 3 3 3 D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lgéc  Mg2+ù =-1，发生反应： ë û Mg2+ +2HCO- =MgCO ¯+CO ­+H O 3 3 2 2 【答案】C 【解析】 【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同， A项正确； B．从图2可以看出pH=11、lgéc  Mg2+ù =-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉 ë û 淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出pH=9、lgéc  Mg2+ù =-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物 ë û 料守恒，溶液中cH CO +c  HCO- +c  CO2- <0.1mol×L-1，C项错误；D．pH=8时，溶液中主 2 3 3 3 要含碳微粒是HCO-，pH=8，lgéc  Mg2+ù =-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此 3 ë û 反应的离子方程式为Mg3+2HCO- =MgCO ¯+H O+CO ­，D项正确； 3 3 2 2 故选C。 第10页 | 共24页第二部分 本部分共 5小题，共 58分。 15. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根  S O2- 可看作是SO2-中的一个O原子被S 2 3 4 原子取代的产物。 （1）基态S原子价层电子排布式是__________。 （2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。 （3）S O2-的空间结构是__________。 2 3 （4）同位素示踪实验可证实S O2-中两个S原子的化学环境不同，实验过程为 2 3 SO2- ¾S¾®S O2- ¾A¾g+ ¾®Ag S+SO2-。过程ⅱ中，S O2-断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是 3 ⅰ 2 3 ⅱ 2 4 2 3 Na 32SO 和35S，过程ⅱ含硫产物是__________。 2 3 （5）MgS O ×6H O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。 2 3 2 晶胞中的éMgH O ù 2+ 个数为__________。已知MgS O ×6H O的摩尔质量是Mg×mol-1，阿伏加德罗 ë 2 6 û 2 3 2 常数为N ，该晶体的密度为__________g×cm-3。  1nm=10-7cm  Λ （6）浸金时，S O2-作为配体可提供孤电子对与Au+形成éAuS O  ù 3- 。分别判断S O2-中的中心S 2 3 ë 2 3 2 û 2 3 原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：____________________。 【答案】（1）3s23p4 （2）I (O)> I (S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 1 1 （3）四面体形 （4）Na 32SO 和Ag 35S 2 4 2 4M （5） ① 4 ②. ´1021 . N abc A 第11页 | 共24页（6）S O2-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子 2 3 对，能做配位原子 【解析】 【小问1详解】 S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s23p4。答案为3s23p4； 【小问2详解】 S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最 外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I (O)>I (S)， 1 1 氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子； 【小问3详解】 SO2-的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，S O2-可看作是S O2-中1 4 2 3 4 个O原子被S原子取代，则S O2-的空间构型为四面体形。答案为四面体形； 2 3 【小问4详解】 过程Ⅱ中S O2-断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中S O2-最终转化为S O2-，S最终转化 2 3 3 4 为Ag S。若过程ⅰ所用的试剂为Na 32SO 和35S，过程Ⅱ的含硫产物是Na 32SO 和Ag 35S。答案为 2 2 3 2 4 2 Na 32SO 和Ag 35S； 2 4 2 【小问5详解】 1 1 1 由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8´ +4´ +2´ +1=4个éMgH O ù 2+ ，含有4个S O2-；该晶 8 4 2 ë 2 6 û 2 3 NM 4M 4M 体的密度ρ= = g×cm-3 。答案为4； ´1021 ； N V N abc´10-21 N abc A A A 【小问6详解】 具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。S O2-中的中心原子S的价层电子对数为4，无 2 3 孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 16. 尿素é ë CONH 2  2 ù û 合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）十九世纪初，用氰酸银 AgOCN 与NH Cl在一定条件下反应制得CONH  ，实现了由无机物 4 2 2 到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。 （2）二十世纪初，工业上以CO 和NH 为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： 2 3 第12页 | 共24页ⅰ．CO 和NH 生成NH COONH ； 2 3 2 4 ⅱ．NH COONH 分解生成尿素。 2 4 结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c．CO l+2NH l=CONH  l+H OlΔH=E -E 2 3 2 2 2 1 4 （3）近年研究发现，电催化CO 和含氮物质(NO-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决 2 3 含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO 溶液通CO 至饱和，在电极上反应生成CONH  ，电解原理 3 2 2 2 如图所示。 ①电极b是电解池的__________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。 （4）尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中c  NH+ 不能直接用NaOH溶液准确滴定。 4 第13页 | 共24页①消化液中的含氮粒子是__________。 ②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V ，计算样品含氮量还需要的实验数据有 __________。 【答案】（1）AgOCN+NH Cl=CONH  +AgCl 4 2 2 （2）ab （3） ①. 阳 ②. 2NO- +16e- +CO +18H+ =CONH  +7H O 3 2 2 2 2 （4） ①. NH+ ②. 样品的质量、步骤Ⅲ所加入H SO 溶液的体积和浓度 4 2 4 【解析】 【小问1详解】 根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是 AgOCN+NH Cl=CONH  +AgCl。答案为AgOCN+NH Cl=CONH  +AgCl； 4 2 2 4 2 2 【小问2详解】 a．反应ⅰ的活化能是E ，反应ⅱ活化能是E ，E ”或“<”) 2 sp K Ag S 。 sp 2 ②在H SO 溶液中，银锰精矿中的FeS 和氧化锰矿中的MnO 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子 2 4 2 2 有__________。 （2） “浸银”时，使用过量FeCl、HCl和CaCl 的混合液作为浸出剂，将Ag S中的银以AgCl - 形式 3 2 2 2 浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 □Fe3+ +Ag S+□_____ˆˆ† □_____+2AgCl - +S 2 ‡ˆˆ 2 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、H+的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： ______________。 第19页 | 共24页（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】（1） ①. > ②. Fe3+、Mn2+ （2） ①. 2Fe3+ +Ag S+4Cl- ˆˆ†2Fe3+ +2AgCl - +S ②. Cl-是为了与Ag S电离出的 2 ‡ˆˆ 2 2 Ag+结合生成AgCl - ，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成 2 2 Fe(OH) 沉淀 3 （3） ①. 2AgCl - +Fe=Fe2+ +2Ag+4Cl-、2Fe3+ +Fe=3Fe2+ ②. Fe2+被氧气氧化为 2 Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+ （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO ，同时将银元素和锰元素分离开；生成 4 的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】 【分析】银锰精矿(主要含Ag S、MnS、FeS )和氧化锰矿(主要含MnO )混合加H SO 溶液，使矿石 2 2 2 2 4 中的锰元素浸出，同时去除FeS ，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离 2 2 子有 Fe3+、 Mn2+；浸锰渣中 Ag S与过量 FeCl、HCl和CaCl 的混合液反应，将 Ag S中的银以 2 3 2 2 AgCl - 形式浸出，用铁粉把AgCl - 还原为金属银。 2 2 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应 2 MnS+2H+ =Mn2+ +H S­，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：K MnS > 2 sp K Ag S ； sp 2 ②根据信息，在H SO 溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的 2 4 金属阳离子有Fe3+、Mn2+。 【小问2详解】 ①Ag S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为 2 2Fe3+ +Ag S+4Cl- ˆˆ†2Fe2+ +2ΛgCl - +S； 2 ‡ˆˆ 2 ②Cl-是为了与Ag S电离出的Ag+结合生成AgCl - ，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H+是为 2 2 2 第20页 | 共24页了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH) 沉淀。 3 【小问3详解】 ①铁粉可将AgCl - 还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为 2 2AgCl - +Fe=Fe2+ +2Ag+4Cl-、2Fe3+ +Fe=3Fe2+； 2 ②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此t min后银 的沉淀率逐渐降低。 【小问4详解】 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素 分离开，利用MnO 的氧化性将FeS 中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧 2 2 化剂，同时得到MnSO 。 4 19. 资料显示，I 可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I 氧化的产物及铜元素的价态。 2 2 已知：I 易溶于KI溶液，发生反应I +I- ˆˆ†I- (红棕色)；I 和I-氧化性几乎相同。 2 2 ‡ˆˆ 3 2 3 I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI (n>m)的固体混合物中，振荡。 2 实验记录如下： cKI 实验现象 实验 极少量I 溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶 2 0.01mol×L-1 Ⅰ 液仍为淡红色 实验 部分I 溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液 2 0.1mol×L-1 Ⅱ 仍为红棕色 实验 I 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深 2 4mol×L-1 Ⅲ 红棕色 （1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有éCuH O ù 2+ (蓝色)或CuI - (无色)，进 ë 2 4 û 2 行以下实验探究： 第21页 | 共24页步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl ，多次萃取、分液。 4 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，2Cu2+ +4I- =2CuI¯+I ，éCuNH  ù + (无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步 2 ë 3 2 û 骤b的溶液中发生的变化：______________。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 ____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， __________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，I 仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I 能将Cu 2 2 氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I 氧化的产物中价态不同的原因：_________。 2 【 答 案 】（ 1 ） < （ 2 ） ①. 除 去 I-， 防 止 干 扰 后 续 实 验 ②. 3 CuI - +2NH ×H O=éCuNH  ù + +2H O+2I-、 2 3 2 ë 3 2 û 2 4éCuNH  ù + +O +8NH ×H O=4éCuNH  ù 2+ +4OH- +6H O ë 3 2 û 2 3 2 ë 3 4 û 2 （3） ①. 2Cu+I =2CuI或2Cu+KI =2CuI +KI ②. 白色沉淀逐渐溶解 ③. 溶液变为 2 3 无色铜与碘的反应为可逆反应(或I-浓度小未能氧化全部的Cu) 3 （4）铜、含nmolI 的4mol×L-1的KI溶液 2 （5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或CuI - ，Cu+浓度减小使 2 得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2+ +4I- =2CuI¯+I 和2Cu2+ +6I- =2CuI - +I 。 2 2 2 【解析】 【分析】因I 溶解度较小，Cu与I 接触不充分，将转化为I-可以提高Cu与I-的接触面积，提高反应速 2 2 3 3 率。加入CCl ，I +I- ˆˆ†I-平衡逆向移动，I 浓度减小，I-浓度增加，CuI - 浓度增加，加入氨水 4 2 ‡ˆˆ 3 2 2 第22页 | 共24页后转化为éCuNH  ù + ，被氧化为Cu(NH ) 2+ ，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 ë 3 2 û 3 4 【小问1详解】 提高KI浓度，便于提高I-的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I-的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。 3 3 【小问2详解】 加入CCl ，I +I- ˆˆ†I-平衡逆向移动，I 浓度减小，I-浓度增加，其目的为：除去I-，防止干扰后 4 2 ‡ˆˆ 3 2 3 续实验。加入氨水CuI - 浓后转化为éCuNH  ù + 无色的éCuNH  ù + 被氧化为蓝色的 2 ë 3 2 û ë 3 2 û Cu(NH ) 2+ ，方程式为CuI - +2NH ×H O=éCuNH  ù + +2H O+2I-、 3 4 2 3 2 ë 3 2 û 2 4éCuNH  ù + +O +8NH ×H O=4éCuNH  ù 2+ +4OH- +6H O。 ë 3 2 û 2 3 2 ë 3 4 û 2 【小问3详解】 结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是 CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 2Cu+I =2CuI或2Cu+KI =2CuI +KI ；2Cu+I =2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I 浓度 2 3 2 2 减小，CuI转化为Cu和I ，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。 2 【小问4详解】 要验证I 能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmolI 的4mol×L-1的KI溶液。 2 2 【小问5详解】 含nmolI 的4mol×L-1的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I 将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、 2 2 实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合 生成CuI沉淀或CuI - ，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2+ +4I- =2CuI¯+I 和 2 2 2Cu2+ +6I- =2CuI - +I 。 2 2 第23页 | 共24页第24页 | 共24页