2024北京广渠门中学高三9月月考化学试题及答案

高中2024北京广渠门高三9月月考化学可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16第一部分一、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.我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.的原子核内有21个中子B.的半衰期长，说明难以失去电子C.衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间D.从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化2.下列有关物质用途的说法中，不正确的是A.液氨可用作制冷剂 B.维生素C可用作食品中的抗氧化剂C.盐酸可用于除去水垢中的 D.溶液可用于蚀刻覆铜电路板3.下列说法正确的是A.标准状况下，1molH2O的体积为22.4LB.标况，等体积的N2和CO所含分子数相同C.丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍D.pH=1的盐酸中，为1mol·L−14.描述下列事实的离子方程式书写不正确的是A.用醋酸溶液溶解大理石：B.将氯气通入二氧化硫的水溶液中：C.用过量氨水吸收二氧化硫：D.将铜丝插入浓硝酸中：5.关于和的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用溶液使转化为C.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D.室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异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7.二氯亚砜()的结构式为，易水解产生两种刺激性气味的气体。下列说法不正确的是A.S的化合价为＋4 B.该分子呈平面三角形C.该分子是极性分子 D.8.还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是A.铁与水蒸气反应：B.肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成C.向溶液a中滴加溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应D.向溶液b中滴加溶液，溶液变红，证实了固体中含有9.向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是A.依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)B.HCN的结构式是H—C≡NC.反应中每1molFe转移2mol电子D.[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是610.X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。下列说法不正确的是A.①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.在①和②中，氨水参与反应的微粒相同C.X中所含阴离子是SOD.X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度11.下列实验能达到对应目的的是选项ABCD实验目的制备Fe(OH)3胶体检验待测液中是否含有检验溴乙烷中的溴元素制备并收集NO2A.A B.B C.C D.D12.侯氏制碱法工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.该流程可以向精制饱和食盐水中先通CO2再通NH3B.该流程中可循环使用的只有CO2C.母液Ⅰ“吸氨”后，溶液中的含碳微粒的存在形式主要是D.母液Ⅱ与母液Ⅰ中所含的粒子种类相同，但前者Na+、、Cl-的浓度更大13.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是A.步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出14.探究乙醛的银镜反应，实验如下(水浴加热装置已略去，水浴温度均相同)。已知：i.银氨溶液用2%AgNO3溶液和稀氨水配制ii.[Ag(NH3)2]++2H2O⇌Ag++2NH3·H2O序号①②③④装置现象一直无明显现象8min有银镜产生3min有银镜产生d中较长时间无银镜产生，e中有银镜产生下列说法不正确的是A.a与b中现象不同的原因是[Ag(NH3)2]+能氧化乙醛而Ag+不能B.c中发生的氧化反应为CH3CHO+3OH--2e-=CH3COO-+2H2OC.其他条件不变时，增大pH能增强乙醛的还原性D.由③和④可知，c与d现象不同的原因是c(Ag+)不同第二部分二、本部分共5题，共58分。15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②SiHCl3中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图。（4）基态Si原子核外电子排布式为___________。（5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：___________。16.研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料(BC−PB)，并将其应用于氨氮废水(含NH3、)的处理。资料：①普鲁士蓝(PB)是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。②BC−PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。Ⅰ．复合材料BC−PB的合成（1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是___________(填字母)。a．提供H+，与Fe反应b．提供H+，与OH−反应c．提供CN−，与Fe2+配位d．提供CN−，与K+反应（2）ⅱ中分离得到的操作包括加热浓缩、___________。（3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为___________。（4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，KHCO3造孔原理的化学方程式为___________。Ⅱ．氨氮废水处理用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC−PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为：ⅰ．ⅱ．将氨氮氧化为N2（5）ⅱ的离子方程式为___________。（6）用BC−PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2(已折算成标准状况)。实验中消耗的H2O2的质量至少为___________g。17.氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知：pH升高时，易歧化为和。（1）电解饱和食盐水的离子方程式为___________。（2）下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。a．主要在阴极室产生b．在电极上放电，可能产生c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生（3）测定副产物含量的方法如下图。①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。（4）可用盐酸处理淡盐水中的并回收。①反应的离子方程式为___________。②处理时，盐酸可能的作用是：i．提高，使氧化性提高或还原性提高；ii．提高，___________。③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。18.利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。（2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。（3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400500①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。（4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。19.资料表明Co2+还原性很弱，某小组同学为实现，进行如下探究。（1）理论分析：氧化半反应一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c(Co3+)或_______均能促进Co2+失电子，提高其还原性。【实验】①②已知：ⅰ．，；ⅱ．HNO2不稳定，易分解：（2）②是①的对照实验，目的是_______。（3）经检验，橙红色溶液中存在。经分析，①中能实现的原因是Co3+形成配离子，且的氧化性被提高。a．解释Co3+能与形成配位键的原因：_______。b．结合还原半反应解释的氧化性被提高的原因：_______。【实验Ⅱ】③④已知：Co(OH)2(粉红色)和Co(OH)3(棕黑色)的Ksp分别是10-14.2和10-43.8。（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。（5）分析④中能实现的原因：a．该条件下，Co2+的还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影响，前者影响更_______(填“大”或“小”)。b．当c(Co2+):c(Co3+)＞1014时，Co2+能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能实现转化。（6）实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，可将高价阳离子转化为_______或_______。

参考答案第一部分一、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.【答案】A【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。2.【答案】C【详解】A．液氨气化吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B．维生素C具有还原性，可用作食品中的抗氧化剂，故B正确；C．盐酸可用于除去水垢，但不能除去，故C错误；D．溶液可以和Cu反应生成Cu2+，可用于蚀刻覆铜电路板，故D正确；故答案为C3.【答案】B【详解】A．H2O在标准状况下为液体，不能通过气体摩尔体积进行求算，A错误；B．同温同压下，相同体积的气体具有相同的物质的量，故分子数相同，B正确；C．依据分析相同质量乙烷与丁烷的物质的量不同，分别为、，故丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，C错误；D．pH=1的盐酸中，为0.1mol·L−1，D错误；故选B。4.【答案】A【详解】A．醋酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆开写，故A错误；B．氯气通入二氧化硫的水溶液中反应生成硫酸和盐酸，故B正确；C．用过量氨水吸收二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故C正确；D．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故D正确；故选A。5.【答案】D【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。6.【答案】D【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，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D7.【答案】B【详解】A．根据化合物化合价代数和为0，O为-2价，Cl为-1价，可求得S的化合价为+4价，A正确；B．中心原子S的价层电子对数，是sp3杂化，有一对孤电子对，为三角锥形，B错误；C．分子呈三角锥形，为由极性键形成的极性分子，C正确；D．易水解产生两种刺激性气味的气体，则气体为SO2和HCl，故化学方程式为：，D正确；故选B。8.【答案】B【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还是Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。答案选B。9.【答案】A【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确；C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确；故选A。10.【答案】B【分析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O。【详解】A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A项正确；B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；C．X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]·H2O，所含阴离子为，C项正确；D．加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；答案选B。11.【答案】C【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误；B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有或Ag+，故B错误；C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；选C。12.【答案】C【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，先吸氨，再碳酸化，过滤得到母液Ⅰ，“吸氨”操作目的是增大NH3浓度，使溶液显碱性，在“碳酸化”时产生更多碳酸氢钠。过滤后煅烧滤渣，将碳酸氢钠转化为碳酸钠。向母液中通入NH3，同时降低有利用氯化铵析出，避免碳酸氢钠析出，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用，据此分析判断。【详解】A．该流程可以向精制饱和食盐水中先通NH3再通CO2，可以增大CO2在饱和食盐水中的溶解度，便于形成NaHCO3晶体，A错误；B．根据上述分析可知：该流程中可循环使用的除了有CO2，还有饱和食盐水，B错误；C．母液Ⅰ溶液中含有NaCl、NaHCO3、NH4Cl，向其中通入NH3，使溶液显碱性，NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，所以母液Ⅰ“吸氨”后的含碳微粒的存在形式主要是，C正确；D．滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ主要为饱和食盐水；母液Ⅰ主要是氯化铵和碳酸氢钠的溶液，前者Na+、Cl-的浓度更大，后者更大，D错误；故合理选项是C。13.【答案】C【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，可见Cl-没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故合理选项是C。14.【答案】A【详解】A．对比a、b，除了银离子与银氨离子的差别外，两者的pH不同。且b中碱性更强，a未发生银镜反应也可能由于碱性不够，因此无法得出银离子不能氧化乙醛。A选项错误；B．B选项正确；C．对比b、c，c中增大pH银镜产生得更快，说明增大pH增强乙醛的还原性。C选项正确；D．对比c、d，其他条件相同而d中NH3更多，导致平衡正向移动，Ag+减少d无银镜。当e中补加AgNO3时出现了银镜，正好验证了这一说法。D选项正确。答案选A。【点睛】探究实验注意控制单一变量；物质的氧化性或还原性与环境的pH相关。第二部分二、本部分共5题，共58分。15.【答案】（1）b（2）①.②.-1③.小（3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点（4）1s22s22p63s23p2（5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素【分析】二氧化硅和碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳气体，粗硅和氯化氢在300°C反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3在1100°C时和氢气反应生成高纯硅和氯化氢。【小问1详解】a．元素非金属性越强，其单质氧化性越强，ⅰ中，C做还原剂，不能说明非金属性C比Si强，故不选a；b．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，说明非金属性C比Si强，故选b；c．最高价含氧酸的稳定性与元素非金属性无关，碳酸的热稳定性弱于硅酸,不能说明非金属性C比Si强，故不选c；选b。【小问2详解】ⅱ中，1molSi与3molHCl反应生成1molSiHCl3和1molH2，转移4mol电子。①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为该反应的化学方程式为。②1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为-1，故SiHCl3中H的化合价为-1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小；【小问3详解】硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3的沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离。【小问4详解】Si是14号元素，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；【小问5详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，D为As元素，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。16.【答案】（1）ac（2）冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）=（4）（5）（6）204【分析】反应ⅰ中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe(CN)6]，K4[Fe(CN)6]溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe(CN)6]•3H2O，K4[Fe(CN)6]•3H2O和氯化铁溶液、生物炭反应生成BC−PB；【小问1详解】ⅰ中铁粉和HCN反应转化为亚铁离子，同时HCN提供，形成配位键，故HCN作用为提供，与Fe反应；提供，与配位，故选ac；【小问2详解】ⅱ中从溶液分离得到的操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问3详解】ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为=；【小问4详解】700℃时，造孔原理为碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为；【小问5详解】ⅱ将氨氮氧化为N2，根据氧化还原配平离子方程式为；【小问6详解】由反应ⅰ、ⅱ可得总反应为：。标准状况下22.4L物质的量为1mol，则实验中消耗的的质量至少为。17.【答案】（1）（2）bc（3）①.偏大②.（4）①.②.使还原性增强③.先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化【小问1详解】业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；【小问2详解】a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；答案选bc；【小问3详解】①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，所以浓度将偏大。②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为，设的物质的量为a，，则；【小问4详解】①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强；③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。18.【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分（2）（3）①.温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加②.温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低（4）（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。【小问1详解】黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；【小问2详解】铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；【小问3详解】①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；【小问4详解】加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；【小问5详解】粗铜中