2023年全国统一高考化学试卷（含答案与解析）

2023年全国统一高考化学试卷（北京卷）

一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）

1.（3分）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨焕，是碳材料科学的一大进步.

下列关于金刚石、石墨、石墨焕的说法正确的是（）

A.三种物质中均有碳碳原子间的。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

2.（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（）

A.NaCl的电子式Na©：

B.NH3的VSEPR模型为X

3.（3分）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烧

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FeC13溶液制备Fe（OH）3胶体

4.（3分）下列事实能用平衡移动原理解释的是（）

A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解

B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深

C.铁钉放入浓HN03中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D.锌片与稀H2s04反应过程中，加入少量CuS04固体，促进H2的产生

5.（3分）回收利用工业废气中的C02和S02,实验原理示意图如图。

下列说法不正确的是（

A.废气中S02排放到大气中会形成酸雨

B.装置a中溶液显碱性的原因是HC0；的水解程度大于HC0；的电离程度

C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的C02和S02

由解

D.装置b中的总反应为go『+CO2+H2OHCOOH+so2~

6.（3分）下列离子方程式与所给事实不相符的是（）

A.C12制备84消毒液（主要成分是NaClO）：C12+2OH—Cl'+C10+H2O

B.食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+—Ca2++H2O+CO2t

C.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu-2Fe2++Cu2+

D.Na2s去除废水中的Hg2+：Hg2++S2'—HgSI

7.（3分）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（）

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

A.AB.BC.CD.D

9.（3分）一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是（）

A.PHA的重复单元中有两种官能团

0

B.PHA可通过单体H00H缩聚合成

C.PHA在碱性条件下可发生降解PHA

D.PHA中存在手性碳原子

10.（3分）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-C1键的键能

B.三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka

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）2,而气态氯化氢中是HC1分子

II.（3分）化合物K与L反应可合成药物中间体M,转化关系如图。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1：1M

12.（3分）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O—4NaOH+O2t；②CaH2+2H2。一

Ca（OH）2+2H2t»下列说法正确的是（）

A.Na2O2、CaH2中均有非极性共价键

B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

C.Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2,CaH2中阴、阳离子个数比为2：1

D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的02和H2的物质的量相同

13.(3分)一种分解氯化铉实现产物分离的物质转化关系如图，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.a、c分别是HC1、NH3

B.d既可以是MgO,也可以是Mg(OH)ClNHfCl(s)

C.已知MgC12为副产物，则通入水蒸气可减少MgC12的产生

D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铉直接分解的反应热

14.(3分)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg?+在不同pH的Na2c03体系中的可能产物。

已知：①图1中曲线表示Na2c03体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。

②图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)・c2(OH)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线H的离子浓度关系

符合c(Mg2+)«c(QQ2-)=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2co3)=O.lmoPL不同pH下c(QQ2-)

由图1得到

1.0

整0.8

岷0.6

§0.4

磐0.2

82

10

图P1H

下列说法不正确的是()

A.由图1,pH=10.25,c(HCQ-)=c(C02-)

B.由图2,初始状态pH=ll、lg[c(Mg2+)]=-6,无沉淀生成

C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2co3)+c(HCQ-)+C

(C0:)-O.lmoPL1

2+

D.由图1和图2,初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-l,发生反应：Mg+2HCo~—MgCO3I+CO2

t+H2O

二、解答题(共5小题，满分58分)

15.(10分)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2or)可看作是soj中的一个O

原子被S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0原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：

(3)S20§-的空间结构是。

A

(4)同位素示踪实验可证实S20?一中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SQ2-_^S2Q2-g-.Ag2S+

33i3ii

SO2-0过程ii中，S20会断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na日S03和35s,过程ii含硫产物

是o

(5)MgS2O3*6H2。的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm,结构如图所示。

2+

O［Mg(H20)6］

OS20f

晶胞中的［Mg(H2O)6产+个数为。已知MgS2O3,6H2O的摩尔质量是Mg・mol7,阿伏加德罗常

数为NA,该晶体的密度为g*cm'3o(lnm=107cm)

(6)浸金时，S2oj-作为配体可提供孤电子对与Au+形成［Au(S2O3)2j3-o分别判断S2oj-中的中心S

原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：。

16.(9分)尿素［CO(NH2)2］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，用氟酸银(AgOCN)与NH4cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2,实现了由无机

物到有机物的合成。该反应的化学方程式是。

(2)二十世纪初，工业上以C02和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：

i.C02和NH3生成NH2COONH4；

ii.NH2coONH4分解生成尿素。

a.活化能：反应i〈反应ii

b.i为放热反应，ii为吸热反应

c.C02(1)+2NH3(1)=C0(NH2)2(1)+H2O(1)AH=EI-E4

(3)近年研究发现，电催化C02和含氮物质(N0&等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解

决含氮废水污染问题。向一定浓度的KN03溶液通C02至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2,电解

原理如图所示。

质子交换膜

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图。

已知：溶液中c(g：)不能直接用NaOH溶液准确滴定。

尿素侬毁工丽施处.蹩画过量H2s0,溶电

样品i.消化分解.也"

ii.蒸储—iii.吸收

标准NaOH溶液计算样品

------------->

iv.滴定含氮量

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

17.（12分）化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如图。

AC,HQH而Z：

包吧|浓晚0,公吩HQ

0OHO

△EHz.G

J—H6回催化疝C园6。

EJ

X^/NO-----

J2ML①NaOH,H20/v^b^O

rHqC』2GOj②H+U\

1pK

0

UOH

R—BrZn>R，R,3人

已知：RR」1”

（1）A中含有竣基，A-B的化学方程式是_____________________O

（2）D中含有的官能团是_________。

（3）关于D-E的反应：

①的皴基相邻碳原子上的C-H键极性强,易断裂，原因是_______________________。

②该条件下还可能生成一种副产物，与E1互为同分异构体。该副产物的结构简式

是______________________。

（4）下列说法正确的是_________（填序号）。

a.F存在顺反异构体

b.J和K互为同系物

c.在加热和Cu催化条件下，J不能被02氧化

（5）L分子中含有两个六元环。L的结构简式是____________________O

001

R2

（6）已知：R1一,依据D-E的原理，L和M反应得到了PoM的结构简式

是_______________________O

18.（13分）以银锦精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锦矿（主要含MnC>2）为原料联合提取银和锌

的一种流程示意图如图。

浸银渣

浸锦渣沉银液

银镭

精矿

氧化

铸矿

已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。

（1）“浸镒”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的镒元素浸出，同时去除FeS2,有利于后续银的浸出；矿

石中的银以Ag2s的形式残留于浸镒渣中。

①“浸镒”过程中，发生反应MnS+2H+—M/++H2st,则可推断：Ksp（MnS）（填或

“<"）Ksp（Ag2S）o

②在H2s04溶液中，银锯精矿中的FeS2和氧化锦矿中的Mn02发生反应，则浸镒液中主要的金属阳离子

有。

（2）“浸银”时，使用过量FeC13、HC1和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2s中的银以[AgCb「形式

浸出。

①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：Fe3++Ag2S+U

+2[AgCh]+S»

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中C「、H+的作用：o

（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：。

%

、

楙

殡

娼

S

3

V

（4）结合“浸铺”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和镭的优

势：。

19.（14分）资料显示，12可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素

的价态。

己知一易溶于KI溶液‘发生反应（红棕色）…和学化性几乎相同。

（1）将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolh（n>m）的固体混合物中，振荡。

实验记录如下：

c（KI）实验现象

极少量12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，

实验IO.OlmoPL_1

溶液仍为淡红色

部分12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

实验IIO.lmobL_1

液仍为红棕色

12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

实验HI4moi・L1

深红棕色

①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验】（填或“="）实验H。

②实验III所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有［Cu（H2O）4产（蓝色）或［Cub［（无色），进

行以下实验探究：

步骤a.取实验III的深红棕色溶液，加入CC14,多次萃取、分液。

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，2CP+4「一2CuII+12,［Cu（NH3）2/（无色）容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b

的溶液中发生的变化：»

③结合实验III,推测实验I和H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O

（2）上述实验结果，12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12能将Cu

氧化为C/+。装置如图所示，a、b分别是。

（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被12氧化的产物中价态不同的原

因：o

【参考答案与解析】

1.【答案】A

【解析】解：A.原子间优先形成。键，三种物质中均有碳碳原子间的。键，故A正确；

B.金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨块中苯环上碳原子采取sp2杂

化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；

C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨焕属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C错

误；

D.石墨、石墨焕中存在大TT键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；

故选：Ac

2.【答案】C

【解析】解：A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性，

••一

NaCl的电子式为N4,故A错误；

B.NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误；

It"I[H

D.3d4s不符合洪特规则，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为

Itltltltltlm

3d4s,故D错误；

故选：Co

3.【答案】B

【解析】解：A.纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，

可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；

B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烧，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无关，故

B错误；

C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；

D.FeC13是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，加热能促进铁离子的水解，FeC13溶

液制备Fe(OH)3胶体与盐类水解有关，故D正确；

故选：Bo

4.【答案】B

【解析】解：A.Mn02作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不

能用平衡移动原理解释，故A错误；

B.2NO2(g)UN2O4(g)△HV0,密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导

致c(NO2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；

C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸

发生氧化还原反应生成NO2,NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错

误：

D.Zn能置换出Cu,Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡

移动原理解释，故D错误；

故选：B»

5.【答案】C

【解析】解：A.SO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；

B.HCOg水解导致溶液呈碱性、HCOg电离导致溶液呈酸性，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，故B正确；

C.NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO?反应，所以NaHCOa溶液不能吸收CO2,故C错误；

D.装置b中阳极so『-2e+2OH=soj+H20,阴极反应式为CO2+2e.+2H+=HCOOH,在得失电子

c由解C

相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为SOj+C02+H20q^HCOOH+so：，故D正

确；

故选：C»

6.【答案】B

【解析】解：A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O,离子方程式为C12+2OH=C1+C1O

+H2O,故A正确；

B.醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO+H2O+CO2t,故

B错误；

C.Cu和Fe3+反应生成C/+、Fe2+,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cip+,故C正确；

D.Hg2+、S2-反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++s2-=HgS|,故D正确;

故选：Bo

7.【答案】C

【解析】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、0原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现

浓硫酸的脱水性，故A正确；

B.浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2s04（浓）0=CO2t+2s02t+2H20,产生

的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；

C.浓硫酸脱水过程中生成的S02使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸

的强氧化性，故C错误；

D.蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；

故选：C»

8.【答案】D

【解析】解：A.在加热条件下，浓盐酸和Mn02反应生成C12,图中装置能制取氯气，故A正确；

B.乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；

C.打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大

气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出0H一而使其水溶液呈碱

性，酚儆遇碱溶液变红色，所以该装置能验证NH3易溶于水且溶液呈碱性，故C正确；

D.CO2、HC1都能和Na2c03溶液反应，应该用饱和NaHC03溶液除去CO2中的HC1,故D错误；

故选：D。

9.【答案】A

【解析】解：A.根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；

00

B.Hod>^OH是PHA的单体，Ho/x^OH中含有竣基和醇羟基，所以PHA可通过单体

0

Ho1>3oH缩聚合成，故B正确；

C.PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；

D.根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；

故选：Ao

10.【答案】A

【解析】解：A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F-F键不稳定，则F-F键

的键能小于C1-C1键的键能，与电负性无关，故A正确；

B.电负性：F>CLF-C键的极性大于Cl-C键的极性，使得F3C-的极性大于ChC-的极性，导致

F3CC00H的竣基中-0H极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电

负性进行解释，故B错误；

C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F>C1,F-H键的极性大于Cl-H键

的极性，导致HF分子极性比HC1强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；

D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF）

2,气态HC1中不存在（HC1）2,能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；

故选：Ao

11.【答案】D

【解析】解：A.K结构对称，-CONH2中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基

上含有1种氢原子，所以K含有3种氢原子，K的核磁共振氢谱有三组峰，故A错误；

B.L为OHCCHO,名称为乙二醛，故B错误；

OH

jNX^°

C.M水解时酰胺基生成氨基和竣基，生成和NH3,故C错误；

D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2O,所以K、L的计量数之比为1：1,故D正确；

故选：D。

12.【答案】C

【解析】解：A.Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，

而CaH2中H-和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；

B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与

氧化还原反应，故B错误；

C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个

数比为1：2,CaH2中阴、阳离子个数比为2：1,故C正确；

D.反应①中生成ImolCh转移2moi电子，反应②中生成lmolH2转移Imol电子，所以反应①和②中转

移的电子数相同时，产生的02和H2的物质的量之比为1：2,故D错误；

故选：Co

13.【答案】C

【解析】由图可知，反应①：NH4Cl+MgO=NH3+Mg(OH)Cl,反应②：Mg(OH)Cl^HCl+MgO,故

a是NH3,b是Mg(OH)Cl,c是HCLd是MgO,如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反

应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。

A.由上述分析可知，a是NH3,c是HC1,故A错误；

B.由上述分析可知，b是Mg(OH)Cl,d是MgO,故B错误；

C.MgC12可以水解生成Mg(OH)CL则通入水蒸气可减少MgC12的产生，故C正确；

D.由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化钱直接分解的反应热，故D错误；

故选：C»

14.【答案】C

【解析】解：A.由图1可知，pH=10.25时c(HCOp(CO：)，故A正确；

B.由图2可知，pH=ll、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线I和曲线H的下方，浓度积Q<Ksp[Mg

(OH)2]或Ksp(MgCO3),不会产生Mg(OH)2沉淀或MgCCh沉淀，故B正确；

C.由图2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线H的上方，会生成MgCO3沉淀，根据物

料守恒关系可知，溶液中c(H2co3)+c(HCOp+c(C0：-)<C(Na2co3)=0.1mol/L,故C错误;

D.pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCO?PH=8、lg[c(Mg2+)]=-l时，该点位于曲线H的上方，

Mg2+和HCOg反应生成MgC03沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++2HC0g—MgC03I+CO2t+H2O,故

D正确；

故选：Co

15.【答案】(1)3s23P之

(2)S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)<r(S),

0原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；

(3)四面体形；

⑷32sot^

⑸4;——冬

Z1

abcX10NA

(6)S20：-的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S

原子含有孤电子对，能做配位原子；

【解析】解：(1)基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3s23P4；

(2)同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、

。为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，贝Ur(O)Vr(S),0原子核

最外层电子的吸引力大于S原子，0原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；

(3)S2og-和so会互为等电子体，结构相似，SO会中心S原子价层电子对个数为4+殳2丝2=4且

3442

不含孤电子对，则so；的空间结构为正四面体形，则S2。1的空间结构为四面体形；

(4)根据图知，过程ii中含硫产物为32so：、Ag35s.

(5)晶胞中的［Mg(H2O)+个数为l+2x/+4xq+8x_1=4；S20.的个数为4,相当于该晶胞中含

有4个“MgS2O3・6H2O"，晶胞体积为(aXlOrcm)x(bX10-7cm)X(cX107cm)=abcX10_2lcm3,

*X4

该晶体的密度=工——4M----------------------g/cm3；

-21

VabcX10NA

(6)S20r的中心S原子价层电子对个数为3+1+6+2-；,2=4且不含孤电子对,则中心s原子不能做

配位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子；

16.【答案】(1)AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl；

(2)ab；

(3)①阳；②2NO3+CO2+16e-+181^=CO(NH2)2+7H2O；

(4)①加；；②步骤III所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量；

【解析】解：(1)AgOCN与NH4cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2和AgCl,依据原子守恒，该反

应的化学方程式是AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCl：

(2)a.由图可知，反应i的活化能是Ei,反应ii的活化能是E3,EI<E3,即活化能：反应i<反应ii,

故a正确；

b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应，故b正确；

c.由图可知，总反应的AH=Ei-E2+E3-E4,即CO2(1)+2NH3(1)—CO(NH2)2(1)+H2O(1)△

H=Ei-E2+E3-E4,故c错误；

(3)①电解池中阳离子移向阴极，由图可知，酎移向a极，即a极为阴极，b极是电解池的阳极；

②电解过程中阴极上用彳、CO2得到电子生成尿素，电极反应式是：2加丁82+165+18H+=CO(NH2)

2+7H2O；

(4)①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气，故消化液中的含氮粒子是股?

②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH：，接着加入浓NaOH溶液与肥:反应

生成NH3,再将生成的NH3蒸储用过量的硫酸吸收，最后用标准NaOH溶液中和剩余的硫酸，故计算样

品含氮量还需要的实验数据有步骤III所加入H2s04溶液的体积和浓度、样品的质量；

浓磕酸

17.【答案】(1)BrCH2coOH+CH3cH20H^BrCH2coOCH2cH3+H2O；

?=A

(2)醛基；

(3)①短基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向歌基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-

H键极性增强；

【解析】根据D的分子式及E的结构简式知，D和CH3coeH2cH2cH3发生加成反应生成E,D为

O-CH0,E失去H20生成F,为醇羟基的消去反应，则F为

,F和氢气发生加成反应

生成G,根据G的分子式、K的结构简式知，G为

A为BrCH2co0H,根据反应条件知，A和乙醇发生酯化反应生成B为BrCH2coOCH2cH3,B和G发

OH()

生信息中的反应生成J为I,J发生反应生成K,K发生水解反应然后酸化得到L,L分

子中含有两个六元环，根据L的分子式知，L为、〃I,L和M发生类似D生成E的加成反应

然后发生异构化最后发生消去反应生成P，则M为。

(1)A为BrCH2coOH,A和乙醇发生酯化反应生成B,A-B的化学方程式是BrCH2coOH+CH3cH20H

-=^BrCH2COOCH2CH3+H2O；

(2)D为Q7-CH0,D中含有的官能团是醛基;

o

(3)①人/\的黑基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是埃基为强吸电子基团，使得相

邻碳原子上的电子偏向谈基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强；

②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体，可能是亚甲基上的氢原子和醛基发生加成反

则该副产物的结构简式是

(4)a.F为,F中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以F存在顺

反异构体，故a正确；

b.J和K结构不相似，不互为同系物，故b错误；

C.在加热和Cu催化条件下，J中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以J不能被02氧化，故C正确;

()

(6)M的结构简式是

18.【答案】⑴①〉；②Fe3+>Mn2+；

(2)①2；4；CI-；2；Fe2+；

②C「与Ag2s电离出的Ag+结合生成[AgC12「，增大溶液中S2浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2s

浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀；

⑶①Fe+2[AgC12j'=Fe2++4C1-+2AgFe+2Fe3+=3Fe2+；

②溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+；

(4)将两种矿石中铳元素同时提取到浸铺液中，获得MnSO4,同时实现镒元素与银元素分离，而生成的

Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。

+2+

【解析】“浸锦”过程中，在H2SO4溶液中使矿石中的镭元素浸出，发生反应MnS+2H-Mn+H2Sf,

FeS2和MnO2发生反应，即Fe?+被氧化生成Fe3+,浸锦液中主要含有Fe3+、Mn?+及未反应的硫酸，矿石

中的银以Ag2s的形式残留于浸铳渣中，过滤分离，浸钵夜经系列操作获得MnSO4,“浸银”时将Ag2s

中的银以[AgC12「形式浸出，过滤分离，“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，[AgC12「被还原为

Ag,再过滤分离；

+2+

(1)①“浸铳”过程中，发生反应MnS+2H=Mn+H2St,矿石中的银以Ag2s的形式残留于浸锦渣

中，可知MnS溶于硫酸，而Ag2s不溶于硫酸，说明MnS的溶度积大于Ag2S,即Ksp(MnS)>Ksp

(Ag2S)；

+2+

②发生反应MnS+2H—Mn+H2St,FeS2和MnO2发生反应，根据信息可知，在H2SO4溶液中MnO2

可以将Fe?+氧化为Fe3+,自身被还原为Mi?+,则浸镒液中主要的金属阳离子有Fe?+、Mn2+；

(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe?*,即生成物缺项为Fe?+,由元素守恒可知反应物中缺项为

C1,配平后离子方