2022年高考化学真题（北京自主命题）（解析版）.docx

北京市2022年普通高中学业水平等级性考试 化学 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 S32 Ca40 Fe56 I127 第一部分 本部分共14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. 2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A. 醋酸钠是强电解质 B. 醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C. 常温下，醋酸钠溶液的 D. 该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确； B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确； D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确； 选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙炔的结构简式： B. 顺丁烯的分子结构模型： C. 基态原子的价层电子的轨道表示式： D. 的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确； B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确； C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误； D．是离子化合物，其电子式为，D项正确； 答案选C。 3. (锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是 A. 位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族 B. 可用质谱法区分和 C. 和含有的中子数分别为49和48 D. 同一地域产出的同种土壤生物中值相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误； B．质谱法可以测定原子相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确； C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C正确； D．由题意可知，(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D正确； 故选A。 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 加热固体，产生无色气体： B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体： C. 苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊： D. 乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体： 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确； B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误； C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确； D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确； 故选B。 5. 下列实验中，不能达到实验目的的是 由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确； 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，存在于下层，B正确； C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确； D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误； 故选D。 6. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A. 向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀 B. 向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C. 向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀 D. 向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．向NaHSO4中加入BaCl2，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，H+的浓度不变，其pH不变，A错误； B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误； C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误； D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。 故选D。 7. 已知：。下列说法不正确的是 A. 分子的共价键是键，分子的共价键是键 B. 燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状 C. 停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟 D. 可通过原电池将与反应的化学能转化为电能 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A错误； B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确； C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确； D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D正确； 故选A。 8. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中N原子有、两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质既有酸性又有碱性 D. 该物质可发生取代反应、加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确； B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误； C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C正确； D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确； 故选B。 9. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是 化学键 键能/ 411 318 799 358 452 346 222 A. 稳定性： B. 键长： C. 熔点： D. 硬度：金刚石>晶体硅 【答案】C 【解析】 【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A； B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B； C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C； D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D； 选C。 10. 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 浓分解生成 淀粉溶液变蓝 B 与浓生成 品红溶液褪色 C 浓与溶液生成 酚酞溶液变红 D 与乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色 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。 11. 高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。 下列说法不正确是 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。 12. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D 13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象 ① 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有 ② 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素 下列说法不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应： C. 随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 【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，故B正确； 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，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。 14. 捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，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应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为；反应②为 B. ，比多，且生成速率不变，可能有副反应 C. 时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率 D. 之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C错误； D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为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。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。 ③中与与的作用力类型分别是___________。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。 该晶体的密度为___________。 （3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。 【答案】（1） ①. ②. 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 ③. 配位键、氢键 （2） ①. 6 ②. （3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料 【解析】 【小问1详解】 ①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。 ②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。 ③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。 答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。 【小问2详解】 ①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）： 。 4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。 ②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。 答案为：6； 【小问3详解】 燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。 答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。 16. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检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。 （1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。 （2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。 （3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 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。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。 （4）煤样为，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，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”) 【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分 （2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑ （3） ①. SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+ ②. 3I——2e—=I （4） （5） ①. I2+I—=I ②. 偏小 【解析】 【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2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑； 【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SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+； 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； 【小问4详解】 由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：； 【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I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I； 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：偏小。 17. 碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下： 已知：R1COOH+R2COOH+H2O （1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是___________。 （2）B无支链，B的名称是___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。 （3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是___________。 （4）G中含有乙基，G的结构简式是___________。 （5）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，碘番酸的结构简式是___________。 （6）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。 步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。 步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。 已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。 【答案】（1）醛基 （2） ①. 正丁酸 ②. （3） （4） （5） （6） 【解析】 【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，可确定B为CH3CH2CH2COOH，则A为CH3CH2CHO；依据题干信息，可确定D为 ；E为芳香族化合物，则E为；由J的结构简式，可确定F为。由题给信息，要确定G为。 【小问1详解】 由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基； 【小问2详解】 B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-，B的不饱和度为1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是。答案为：正丁酸；； 【小问3详解】 由分析知，E为，F为，则E→F的化学方程式是。答案为：； 【小问4详解】 由分析可知，G的结构简式是。答案为：； 【小问5详解】 碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是。答案为：； 【小问6详解】 ——3AgNO3，n(AgNO3)= bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为：。 【点睛】推断有机物时，官能团可由反应条件确定，结构可依据转化前后对应物质的结构简式确定。 18. 白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。 （4）滤渣C中含有的物质是___________。 （5）该流程中可循环利用的物质是___________。 【答案】（1） （2） ①. ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 ②. ③. 2.4∶1 ④. ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 （3），，随大量氨逸出，平衡正向移动 （4） （5） 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁； 【小问1详解】 白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； 【小问2详解】 ①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值； 【小问3详解】 “浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； 【小问4详解】 白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； 【小问5详解】 沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 19. 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Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii．Cl2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。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是___________。 （2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。 （3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。 （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Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 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MnO2被___________(填“化学式”)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)2+O2=2MnO2+2H2O （3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 （4） ①. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ②. 4+4OH-=4+O2↑+2H2O ③. Cl2 ④. 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O ⑤. 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液 【解析】 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。 【小问1详解】 B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1 【小问2详解】 通入Cl2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)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O； 【小问3详解】 对比实验I、II通入Cl2后实验现象，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强而增强； 【小问4详解】 ①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； 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，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O； 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2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，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O； ④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液