北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期末考试化学试卷（解析版）

这是一份北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期末考试化学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了本部分共5题，共58分等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Ca：40 Cu：64 I：127 Pb：207
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. 中国科学家利用二氧化碳成功合成葡萄糖、淀粉。下列说法不正确的是
A. 可用碘水检验是否生成了淀粉
B. 三种物质中均有碳氧原子间的σ键
C. 淀粉能水解为葡萄糖，葡萄糖能水解为
D. 二氧化碳转化为淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】C
【解析】A．淀粉能使碘水变蓝色，所以可用碘水检验是否生成了淀粉，故A正确；
B．二氧化碳、葡萄糖、淀粉分子中都含有碳氧σ键，故B正确；
C．葡萄糖是不能发生水解反应的单糖，故C错误；
D．淀粉是天然的高分子化合物，则二氧化碳转化为淀粉的过程是无机小分子向有机高分子的转变的过程，故D正确；
故选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. HCl的电子式为
B. 丙烯的分子结构模型为
C. 2，二甲基己烷的结构简式为
D. 氧的基态原子的轨道表示式为
【答案】A
【解析】A．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；
B．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，分子结构模型为，故B正确；
C．2，3—二甲基己烷分子中最长碳链含有6个碳原子，侧链为2个甲基，结构简式为，故C正确；
D．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故D正确；
故选A。
3. 下列事实不能用水解原理解释的是
A. 加热溶液得到
B. 草木灰(含)不宜与用作氮肥的铵盐混用
C. 在中比在等体积的水中溶解的少
D. 在水中不能存在
【答案】C
【解析】A．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中共热发生水解反应生成碱式氯化镁和盐酸，反应的化学方程式为，所以加热氯化镁溶液得到碱式氯化镁能用水解原理解释，故A不符合题意；
B．碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，铵态氮肥与草木灰混合使用会使铵态氮肥的肥效降低，所以铵态氮肥与草木灰混合不能使用能用水解原理解释，故B不符合题意；
C．硫酸钡在溶液中存在溶解平衡：，增大硫酸根离子浓度，平衡左移，导致硫酸钡的溶解度减小，所以硫酸钡在0.01ml/L硫酸溶液中比在等体积的水中溶解的少不能用水解原理解释，故C符合题意；
D．铝离子和硫离子在溶液中会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为，所以硫化铝在水中不能存在能用水解原理解释，故D不符合题意；
故选C。
4. 分子的构型如下，下列说法正确的是
三种分子都是极性分子
B. 键角大小顺序为
的沸点低于
D. 的热稳定性强于
【答案】D
【解析】A．CH4空间构型为正四面体形，分子正负电中心重合，是非极性分子，故A错误；
B．NH3、H2O、CH4中心原子价层电子对数分别为3+=4、2+=4、4+=4，NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，CH4中没有孤电子对，NH3中存在1个孤电子对，H2O中存在2个孤电子对，孤对子对数越多，键角越小，所以键角：CH4＞NH3＞H2O，故B错误；
C．NH3分子间存在氢键，分子间不能形成氢键，故NH3沸点高于甲烷，故C错误；
D．同主族元素，从上往下，非金属性依次减小，则非金属性：O>S，非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，故H2O的热稳定性强于H2S，故D正确；
故选：D。
5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 用FeCl2溶液吸收Cl2：
B. 汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下反应：
C. 用稀硝酸溶解铜粉：
D. 向酸性溶液中滴加溶液，紫色褪去：
【答案】C
【解析】A．Cl2具有氧化性，能够氧化Fe2+，故用FeCl2溶液吸收Cl2的离子方程式为：，A不合题意；
B．汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下反应生成无毒无害的气体CO2和N2，反应方程式为：，B不合题意；
C．用稀硝酸溶解铜粉反应生产Cu(NO3)2、NO、H2O，故离子方程式为：，C符合题意；
D．向酸性溶液中滴加溶液，紫色褪去，即锰元素转化为Mn2+，Fe2+转化为Fe3+，故离子方程式为：，D不合题意；
故答案为：C。
6. 下列有关pH的变化，说法正确的是
A. 向水中加入少量固体，pH减小
B. 向溶液中通入气体后静置，上层清液的pH增大
C. 向氯水中通入气体至溶液褪色，溶液的pH增大
D. 把一端缠有铜丝的铁钉放入热的NaCl与琼脂的混合液，铜丝附近溶液的pH增大
【答案】D
【解析】A．Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，pH增大，A错误；
B．向溶液中通入气体，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，静置，上层清液的pH减小，B错误；
C．将二氧化硫通入氯水中，生成硫酸和盐酸，离子方程式：，溶液的pH减小，C错误；
D．缠有铜丝的铁钉放入装有一定量饱和食盐水和琼脂的混合溶液，形成原电池，铁钉作负极，铁失去电子生成，电极反应式为：，铜丝作正极，发生吸氧腐蚀，电极反应式为：，pH增大，D正确；
故选D。
7. 下列实验中，所用仪器或实验操作合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．萃取需要分液漏斗，图中缺少分液漏斗不能完成实验，故A错误；
B．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；
C．浓硫酸稀释放出大量热，应使用玻璃棒搅拌，及时散热，故C错误；
Ｄ．尖嘴向上，挤压橡皮管中的玻璃珠，便于排气泡，图中操作合理，故D正确；
故选：D。
8. 关于氮、硫及其化合物的说法，不正确的是
A. 与混合后产生，说明反应的
B. 与的混合气体受热后颜色加深是由化学平衡移动导致的
C. 羧基是酸性基团，氨基是碱性基团，因此氨基酸能与酸、碱反应生成盐
D. 浓溶解铜制备SO，气体，体现了浓的氧化性
【答案】A
【解析】A．与混合后产生NH3的反应为：Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O，该反应是吸热反应，故ΔH > 0，A错误；
B．与之间存在平衡：2，该反应为放热反应，为红棕色，为无色，受热时，平衡逆向移动，浓度增大，颜色加深，该现象由化学平衡移动导致，B正确；
C．氨基酸含有羧基，具有酸性，能与碱反应生成盐，氨基酸含有氨基，具有碱性，与酸反应生成盐，C正确；
D．浓与铜反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，该反应中，的硫元素化合价从+6降低至+4，被还原，体现浓的强氧化性，D正确；
故选A。
9. 离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如下。关于该电解池的说法不正确的是
A. 比容易失去电子，比容易获得电子
B. 精制饱和食盐水从c口补充，NaOH溶液从b口流出
C. 离子交换膜既能防止与NaOH反应，又能防止与接触
D. 从a口流出的溶液中离子浓度符合
【答案】D
【解析】由图可知，左侧电极Cl-失电子生成Cl2，Cl元素的化合价由-1价变为0价，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子生成H2和OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，Na+从阳极室向阴极室移动，则c为饱和食盐水，b为NaOH，d为稀NaOH溶液，a为稀NaCl溶液。
A．根据图知，左侧电极得到Cl2、右侧电极得 到H2，说明Cl-比OH-容易失去电子，H+ 比Na+容易获得电子，故A正确；
B．通过以上分析知，饱和食盐水从c口补充， 浓NaOH溶液从b口流出，故B正确；
C．该图中是阳离子交换膜，只能阳离子通过，阴离子和分子不能通过，所以能防止Cl2 与NaOH反应，又能防止Cl2与H2接触，故C 正确；
D．生成的Cl2和H2O反应生成HCl、HClO，a口流出的溶液中存在电荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(OH-) + c(Cl-) + c(ClO-) ，故D错误；
故选：D。
10. 我国科学家首次报道了降解聚乳酸(PLA)并转化为高附加值化学品的方法，转化路线如下：
下列说法不正确的是
A. PLA中存在手性碳原子
B. PLA、ML完全水解得到的产物相同
C. MP的核磁共振氢谱有三组峰
D. MMA既可以发生加聚反应，又可以发生取代反应
【答案】B
【解析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子； PLA中存在手性碳原子，A正确；
B．PLA完全水解得到CH3CHOHCOOH， ML完全水解得到CH3CHOHCOOH和甲醇，B错误；
C．MP中有3种1氢，核磁共振氢谱有三组峰，C正确；
D．MMA含有碳碳双键可以发生加聚反应，含有酯基可以发生取代反应，D正确；
故选B。
11. (结构示意图如图1)分解的TG曲线(固体质量随温度变化)及DSC曲线(反映体系热量变化情况)如图2所示。700℃左右有两个吸热峰(对应两个吸热反应)。
下列分析不正确的是
A. 与与的作用力类型分别为配位键、氢键
B. 中的结晶水是分步失去的
C. 700℃左右对应的分解产物是
D. 温度高于800℃，推测发生了
【答案】D
【解析】A．由图可知，4个H2O与1个Cu2+之间形成配位键，1个H2O与2个之间形成氢键，故A正确；
B．根据TG图像可知，CuSO4·5H2O中的结晶水是分步失去的，即先破坏氢键，再破坏配位键，故B正确；
C．700℃左右对应的分解反应是，所以分解产物是，故C正确；
D．2.5g晶体中，，，据Cu原子守恒可知，600℃时固体为CuSO4，
800℃时固体为CuO，高于800℃时生成Cu2O，则高于800℃时发生反应为，故D错误；
故选D。
12. 用镁固定氮得到的氮化镁与氯化铵反应合成。如下方法证实了是通过转变为的：按将两种物质充分混合、加热，测量下列说法不正确的是
A. 和可用质谱法区分
B. 固氮反应为
C. 所测，说明和按化学计量比转化
D. 过量的能使转化更充分，增大
【答案】D
【解析】A．和的相对分子质量不同，可用质谱法区分，故A正确；
B．用镁固定氮发生的反应为镁与高温条件下反应生成，反应的化学方程式为，故B正确；
C．按将两种物质充分混合、加热，所测，说明和发生的反应为+6+3MgCl2，故C正确；
D．由题意可知，和发生的反应为+6+3MgCl2，过量的能使转化更充分，但不能改变的比值大小，故D错误；
故选 D。
13. 它由两步反应组成：
ⅰ． ；
ⅱ．分解。
反应ⅱ在927℃时的实际转化率(曲线a)和727℃时的平衡转化率(曲线b)如下图所示。下列说法不正确的是
A.
B. 曲线a表示反应ⅱ已经处于化学平衡状态
C. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高：的转化率
D. 减小压强有利于提高分解的平衡转化率
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律，反应ⅱ＝总反应－反应ⅰ×2，焓变，因此反应ⅱ的热化学方程式为 ，A正确；
B．反应ⅱ为吸热反应，其他条件相同升高温度平衡正向移动，故927℃时的平衡转化率应比727℃时的平衡转化率高，可由图可知927℃时的实际转化率(曲线a)比727℃时的平衡转化率(曲线b)低，因此曲线a时反应ⅱ未达到化学平衡状态，B错误；
C．由分析可知，曲线a时反应ⅱ未达到化学平衡状态，因此图中X点所示条件下，延长反应时间能提高的转化率，C正确；
D．是气体系数增大的反应，减小压强平衡正向移动，有利于提高分解的平衡转化率，D正确；
故选B。
14. 常温下，除去粗溶液中的并电解制铜。
已知：ⅰ．
ⅱ．“氧化”后溶液中离子浓度：
下列说法不正确的是
A. 加入、氨水后的溶液pH均增大
B. 若未经“除铁”处理，电解时消耗相同电量，会降低得到纯铜的量
C. “除铁”过程调，能除去铁而不损失铜
D. 调时，已经产生
【答案】C
【解析】除去粗CuSO4溶液中的Fe2+并电解制铜：溶液中酸化、加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，反应为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入氨水调节溶液的pH、使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到CuSO4溶液，惰性电极电解CuSO4溶液生成Cu、O2和硫酸，反应为电解2Cu2++2H2O==2Cu+O2↑+4H+，结合溶度积醋酸进行计算解答。
A．加入H2O2时反应为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、溶液的酸性减弱，加入氨水时反应为Fe2+ +3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH、溶液的酸性减弱，即溶液pH均增大，故A正确；
B．若未经“除铁”处理，则电解CuSO4、Fe2(SO4)3混合溶液，Fe3+具有较强氧化性，Fe3+氧化Cu生成Cu2+(或Fe3+优先放电)会降低得到纯铜的量，故B正确；
C．“除铁”过程调pH＝5，c(OH-) = 10-14-(-5)ml/L = 10-9ml/L，此时浓度积Q[Cu(OH)2] = 0.1(10-9)2= 10-19> Ksp[Cu(OH)2]，Cu2+部分转化为沉淀，铜有损失，故C错误；
D．调pH= 3时，c(OH-) = 10-14-(-3)ml/L=10-11ml/L，此时浓度积Q[Fe(OH)3] = 0.01(10-11)3= 10-35> Ksp[Fe(OH)3]，Fe3+部分转化为沉淀，故D正确；
故选：C。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。
（1）硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。
①基态硅原子的价层电子排布式为___________。
②高纯硅制备流程的示意图如下：
ⅰ．1100℃，每生成1ml单质硅转移4ml电子。Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为___________。
ⅱ．硅的熔点(1410℃)低于金刚石(>3500℃)，原因是___________。
（2）新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。
①图(a)是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为___________。
②随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如图(b)所示。它由和组成。
ⅰ．每个周围与它最近且距离相等的有___________个。
ⅱ．图(b)所示的晶胞棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体密度为___________。()
【答案】（1） ①. ②. ③. 二者均是共价晶体，原子半径，键长，键能
（2） ①. ②. 12 ③.
【解析】（1）①Si为14号元素，位于第二周期第ⅣA族，价层电子排布式为3s23p2；
②ⅰ．1100℃，发生反应：2SiHCl3+3H22Si+6HCl，氢气为还原剂，每生成1ml单质硅转移4ml电子，则Si的化合价由+4价降为0价，在化合物中电负性大的呈负价，则电负性：H＞Si，HCl中H呈正价，则电负性：Cl＞H，由以上分析可知，电负性：Cl＞H＞Si；
ⅱ．晶体硅和金刚石都为共价晶体，C-C键长比Si-Si键短，C-C键键能比Si-Si键大，金刚石的熔点更高；
（2）①Ti位于顶点，个数为8×=1，O位于棱心，个数为12×=3，1个Ca位于体心，Ca：Ti：O=1：1：3，其化学式为CaTiO3；
②ⅰ.从晶胞图(b)看距顶点的最近的I-位于其相邻的面心，则有机碱离子的配位数为8×=12；
ⅱ.I-位于面心，个数为6×=3，位于顶点，个数为8×=1，1个Pb2+位于体心，晶胞质量为，晶胞体积为a3×10-21cm3，晶胞密度==。
16. 广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。
（1）实验室制备。
制备NaClO：浓
①Ⅱ中制备NaClO离子方程式是___________。
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用：___________。
制备
③中S的化合价为该物质中过氧键的数目为___________。
（2）模块化电化学合成。
①实际浓度的变化与理论浓度(电路中通过的电子均用于生成)的变化如下图所示。之后，的实际浓度低于理论浓度，推测原因：
ⅰ．其他物质在阴极放电。
ⅱ．___________。
经检验，原因ⅰ不合理。
②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从的产生、储存、释放与应用的角度说明原因：___________。
（3）与实验室制备的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明：___________。
【答案】（1） ①. ②. 增强的氧化性 ③.
（2） ①. 分解、在电极放电 ②. ，产生；通过储存；经由释放；，应用。a、b对调，如此可多次循环。
（3）
【解析】（1）①Ⅱ中制备NaClO是将氯气通入到氢氧化钠溶液中，离子方程式是；②反应不能发生可能是还原剂还原性减弱，加入较浓硫酸，再次产生氯气，说明增加了氧化剂（）的氧化性，使反应能继续进行；
③S的化合价为+6，为+1，即8个O的总化合价为-14，故8个O中有2个氧原子为-1价，因此该分子中过氧键的数目为1；1ml该物质中过氧键的数目为；
（2）由题干电解池装置图可知，电解NaOH溶液时，左侧电极是阴极，为O2转化为H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，发生还原反应，a电极为阳极，电极反应为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，而电解NaCl溶液时，右侧电极为是阳极，Cl-转化为ClO-，电极反应为：Cl-+2OH- -2e=ClO-+H2O，b电极为阴极，电极反应为：NiOOH+H2O +e-= Ni(OH)2+OH-，①由分析可知，生成H2O2的电极发生还原反应，且H2O2中O为-1价，则其可以继续得到电子转化为-2价的O，即H2O2实际浓度比理论浓度小的原因可能是其在电极上放电电解，或不稳定而分解；②由分析可知，阴极反应：，产生；通过储存；经由释放；，应用。a、b对调，如此可多次循环；
（3）合成过程中原子利用率高，即反应物尽可能全部转化为生成物，总反应方程式。
17. 卤沙唑仑(Q)是一种抗失眠药，可由以下路线合成。
资料：ⅰ．++HCl
ⅱ．R′ NH2+→+HX(X=Cl、Br)
（1）D只含一种官能团，其结构简式是___________。
（2）A中所含官能团的名称是___________。
（3）F→X的化学方程式是___________。
（4）的制备过程中，需加入。下列说法正确的是___________。
a．能与HBr作用，有利于提高Z的转化率
b．B在稀硫酸中的水解程度弱于在氢氧化钠溶液中的水解程度
c．D不可能有含醛基的同分异构体
（5）Z的结构简式是___________。
（6）Y→Z的过程也发生了资料ⅱ所示的反应。NaOH的作用是___________。
（7）W含羟基。在Q的分子中，除苯环外，还含有一个七元环和一个五元环，其中一个氮原子上未连接氢原子，Q的结构简式是___________。
【答案】（1）
（2）酯基、碳碳双键 （3）+HNO3+H2O
（4）ab （5）
（6）中和HCl；使副产物水解为Z；使转化为Z
（7）
【解析】B在氢氧化钠中水解、酸化生成聚乙烯醇和乙酸，则B的，可知A发生加聚反应生成B，A是；根据信息ⅱ，由M逆推，可知D与Br2发生取代反应生成E，E是、Z是；根据信息ⅰ，由Z逆推，可知Y是；F发生硝化反应生成X，X还原为，X是、F是；
（1）根据以上分析，D只含一种官能团，其结构简式是；
（2）A是，中所含官能团名称是碳碳双键、酯基；
（3）F是发生硝化反应生成，F→X的化学方程式是+HNO3+H2O；
（4）a．显碱性，能与HBr作用，有利于提高Z的转化率，故a正确；
b．B含有酯基，酯基在稀硫酸中的水解程度弱于在氢氧化钠溶液中的水解程度，故b正确；
c．D是乙酸，能有含醛基的同分异构体为HOCH2CHO，故c错误；
选ab。
（5）根据信息ⅱ，由M逆推，可知D与Br2发生取代反应生成E，E是、Z是；
（6）Y→Z的过程也发生了资料ⅱ所示的反应，生成副产物和HCl，NaOH的作用是中和HCl；使副产物水解为Z；使转化为Z；
（7）W含羟基，根据题目信息，W是,W分子中2个羟基脱水形成醚键，Q的结构简式是。
18. 白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。
已知：
（1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。
（2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。
（3）向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。
备注：(M代表钙或镁)
①钙、镁分离的适宜温度是___________。
②碳化过程中，发生的主要反应有、、___________。
③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：___________。
（4）白云石中钙含量测定
资料：为二元弱酸；不溶于水。
注：沉淀中不含。
①氨水的作用是___________。
②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为)
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 25℃ ②. ③. 时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。
（4） ①. 中和，使沉淀完全 ②.
【解析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，氢氧化镁热解得到氧化镁。
（1）根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。
（2）因，故“碳化”过程通入适量二氧化碳气体时，氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙，而氢氧化镁几乎不反应，实现钙、镁分离。
（3）①由图像可知，钙、镁分离适宜温度是25℃。
②碳化过程中，发生的主要反应有、、。
③时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。
（4）①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全。
②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为 ml，故草酸钙的物质的量也为ml，从而钙的质量分数为=。
19. 某小组同学探究还原提取银的反应过程。
资料：ⅰ．，不溶于氨水；：。
ⅱ．能与S反应生成(黄色)。
（1）制备
实验：向溶液中滴加溶液，产生黑色沉淀，滤出沉淀，洗涤。
①向黑色沉淀中滴加NaCl溶液，产生白色沉淀。
ⅰ．白色沉淀是___________。
ⅱ．小组同学认为不能转化为该白色沉淀，依据是___________。
判断黑色沉淀中包裹了或。
②设计实验可同时除去和：取黑色沉淀，___________，得到黑色沉淀。(不选用)溶液)
（2）将转化为
实验：将1mL下列试剂加到三份等量的洗净的。黑色沉淀中。
①分别取B、C反应后的少量溶液，滴加溶液，证明有生成，依据的现象是___________。
②分析黑色沉淀溶解速率的原因。
ⅰ．滤出B、C中白色沉淀，分别加入溶液，溶液呈黄色，反应的离子方程式为___________。
ⅱ．B、C反应后，中的银以存在。
a．B中黑色沉淀溶解的原因是___________。
b．溶解速率，结合有关反应解释可能的原因：___________。
(3)提取Ag：以铁粉为还原剂，可从C中反应后的溶液中提取银。
【答案】（1） ①. ②. 远大于 ③. 向其中加入足量浓氨水，不断搅拌，过滤、洗涤
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. ③. 将中的硫氧化为单质硫，释放出与形成 ④. 与形成，与生成增大，循环参与反应，的溶解速率增大
【解析】向硫化钠溶液中加入硝酸银溶液产生黑色沉淀，滤出沉淀，洗涤得到硫化银；向硫化银中分别加入饱和氯化钠溶液和5滴浓盐酸，饱和氯化钠溶液和5滴氯化铁溶液，饱和氯化钠溶液、5滴氯化铁溶液、5滴浓盐酸，得到含有二氯合银离子的溶液；向含有二氯合银离子的溶液中加入铁粉，将溶液中二氯合银离子转化为银。
（1）①ⅰ．由题意可知，产生白色沉淀的反应为硫化银与氯化钠溶液反应生成硫化钠和氯化银，则白色沉淀为氯化银，故答案为：AgCl；
ⅱ．由溶度积可知，硫化银的溶度积远小于氯化银，所以小组同学由溶度积规则做出硫化银不可能转化为白色沉淀的推测，故答案为：远大于；
②银离子和氧化银能与氨水反应生成银氨络离子，而硫化银不能与氨水反应生成银氨络离子，所以除去硫化银中银离子和氧化银的操作为取黑色沉淀，加入足量浓氨水，不断搅拌，过滤、洗涤得到硫化银黑色沉淀，故答案为：加入足量浓氨水，不断搅拌，过滤、洗涤；
（2）①溶液中的亚铁离子能与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，则证明B、C反应后的溶液中存在亚铁离子的操作为分别取B、C反应后的少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成说明溶液中存在亚铁离子，故答案为：产生蓝色沉淀；
②ⅰ．由题意可知，溶液呈黄色发生的反应为白色沉淀中的硫与硫化钠溶液反应生成多硫化钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
ⅱ．B中黑色沉淀溶解是因为溶液中铁离子与硫化银反应生成氯化亚铁、硫和二氯合银化亚铁；溶解速率C>B是因为硫化银在溶液中存在如下溶解平衡：，加入浓盐酸时，溶液中氯离子与银离子反应生成二氯合银离子、氢离子与硫离子生成氢硫酸，反应生成的氢硫酸与铁离子反应生成亚铁离子、硫和氢离子，使平衡右移，硫化银的溶解速率增大，故答案为：将中的硫氧化为单质硫，释放出与形成；与形成，与生成增大，循环参与反应，的溶解速率增大。
二氧化碳
葡萄糖
淀粉
A．用萃取碘水中的碘并分液
B．配制100mL浓度为溶液
C．稀释浓硫酸
D．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡
物质
序号
A
B
C
试剂组成
饱和NaCl溶液5滴浓盐酸
饱和NaCl溶液5滴饱和溶液
饱和NaCl溶液
5滴饱和溶液
5滴浓盐酸
实验现象
无明显变化
黑色沉淀慢慢溶解，试管底部有少量白色沉淀黑色沉淀
溶解(明显比B快)，试管底部有少量白色沉淀