北京五中高三上学期期中考试化学试题（解析版）-A4

这是一份北京五中高三上学期期中考试化学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
班级___________姓名___________学号___________成绩___________
本试卷共10页，共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。
可能用到的相对原子质量：
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. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是
A. 我国研发的小型核反应堆“零龙一号”以为核燃料，与化学性质不同
B. 打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区
C. “朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：为非极性分子，燃烧时，其非极性共价键被破坏
D. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．与互为同位素，它们物理性质不同，化学性质几乎相同，A错误；
B．星载铷钟所用铷（Rb）元素属于周期表第ⅠA族元素，位于元素周期表中的s区，B正确；
C．甲烷为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，但CH4燃烧时，其极性共价键C-H键被破坏，C错误；
D．高级脂肪酸的甘油酯不属于高分子化合物，D错误；
答案选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. NH4Cl的电子式：
B. 铜的基态原子的简化电子排布式：
C. 的VSEPR模型：
D. HCl中σ键的电子云轮廓图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，满足8电子稳定结构，其电子式为，A错误；
B．铜的基态原子电子排布属于洪特规则的特例，其简化电子排布式为，B错误；
C．中硫原子价层电子对数，则VSEPR模型为四面体形，C正确；
D．HCl中氢原子的ls轨道提供的1个未成对电子与氯原子的3p轨道提供的1个未成对电子形成s-pσ键，则电子云轮廓图为，D错误；
答案选C。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是为了防止：
B. 向饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀：
C. 将通入冷的石灰乳中，制得漂白粉：
D. 去除废水中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是因为浓硝酸遇光分解生成二氧化氮、氧气和水，反应的化学方程式为，A不相符；
B．向氯化钠饱和溶液中依次通入过量氨气、二氧化碳发生的反应为二氧化碳与饱和氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，B相符；
C．氯气通入冷的石灰乳制得漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为，C相符；
D．硫离子与汞离子结合生成难溶的硫化汞，反应的离子方程式为，D相符；
答案选A。
4. 下列原因分析能正确解释递变规律的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D ．Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大,分子间的作用力—范得华力增强,所以氯、溴、碘单质的熔沸点依次升高，和键能没有必然联系，D错误；
故选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料
B. 向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀可溶解
C. ATP(如图)中的磷酸与核糖之间通过磷酯键连接
D. 纤维素在人体内水解成葡萄糖，可为人体供能
【答案】D
【解析】
【详解】A．硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较为稳定，不易被空气氧化变质，而饱和的高级脂肪酸甘油酯在碱性的条件下水解，用于制取肥皂，A正确；
B．向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，发生盐析，出现白色沉淀，向沉淀中加入适量蒸馏水，沉淀溶解，盐析为可逆过程，B正确；
C．由ATP结构可知，核糖与磷酸之间通过磷酯键结合形成ATP，C正确；
D．人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，因此纤维素不能被分解提供能量， D错误；
故本题选D。
6. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是
A. ①中，试剂a可以是Cu
B. ②中，需要确保NaOH溶液足量
C. ③中，生成1ml 时，转移4ml电子
D. ③中，将S换为，氧化产物为
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确；
Ｂ．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确；
Ｃ．由反应可知，1ml时，转移2ml电子，C错误；
Ｄ．将S换为,化合价降低，化合价升高生成氧化产物，D正确；
故选C
7. 用下图装置和相应试剂进行性质验证实验，不能达到相应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸具有挥发性，左侧装置中产生的气体中可能混有HNO3，挥发的硝酸进入到c中也会使得紫色石蕊试液变红使，不能证明遇水生成酸，A符合题意；
B．盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化溴离子生成溴单质溶液变为橙色，能证明非金属性：，尾气使用碱液吸收防止污染，B不符合题意；
C．硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，二氧化硫使得使得高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫还原性，尾气使用碱液吸收防止污染，C不符合题意；
D．乙酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去带出的乙酸，二氧化碳和苯酚钠生成溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊，能说明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，D不符合题意；
故选A。
8. 以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A. 步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B. 步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C. 步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D. 步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
【答案】C
【解析】
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
9. 下列实验操作、现象及所得到的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向为离子化合物，属于强极性化合物，向其水溶液中加入乙醇，因为乙醇的极性比水的极性弱，在乙醇中的溶解度减小，会析出蓝色晶体，A正确；
B．在溶液中通入气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯化钙和水，，不能发生复分解反应，无法比较次氯酸和亚硫酸的酸性强弱，B错误；
C．向溶液中滴加1滴KSCN溶液，发生可逆离子反应：(血红色)，再加入KCl固体后，未补充平衡离子，不影响平衡，溶液颜色不发生改变，C错误；
D．将甲苯加入酸性溶液中紫红色褪去，原因是甲基受苯环的影响而易被氧化，而且苯环结构中没有碳碳双键，D错误；
故答案为：A。
10. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法错误的是

A. 甲室电极为负极
B. 隔膜为阳离子膜
C. 电池总反应为：
D. 扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，甲通入氨气，氨气和铜离子生成，导致溶液中铜离子浓度减小，则铜电极失去电子发生氧化反应生成铜离子，铜离子又和氨气生成，为负极，则右侧电极为正极；
【详解】A．向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，故A正确；
B．在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C．由分析可知，左侧负极是，正极铜极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜：，则电池总反应为：，故C正确；
D．扩散到乙室会与铜离子反应生成，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
故选B。
11. 二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是
A. K和M中均含有手性碳原子
B. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C. 生成1mlM参加反应的的物质的量为（m+n）ml
D. 依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，K分子中含有如图*所示的手性碳原子：，M分子中含有如图*所示的手性碳原子：，故A正确；
B．由图可知，M分子中含有的酯基在强酸或强碱溶液中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确；
C．由图可知，mmlK分子、nmlL分子与（m+n）ml发生加聚反应生成1mlM，故C正确；
D．由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五元环的副产物，故D错误；
故选D。
12. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是
A. ①中，催化剂被氧化
B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子
C. 总反应为
D. 总反应的速率由③决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；
B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；
C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；
D．①过程中活化能为181.1kJ/ml，②过程中活化能为27.9kJ/ml，③过程中活化能为20.2 kJ/ml，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；
答案D。
13. 实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅰ的现象说明溶液与反应生成了
B. 实验Ⅱ中保护了，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢
C. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
D. 若将片换成片，推测片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据实验现象可知，实验Ⅰ中铁钉被空气中氧气氧化，随机出现极少量红色和蓝色区域，Fe2+与K3[Fe(CN6)]会生成蓝色沉淀，OH-在酚酞作用下会使溶液变红，故反应过程中溶液存在OH-、Fe2+，最后有少量红棕色铁锈生成，发生了吸氧腐蚀，但是不能说明K3[Fe(CN6)]与Fe 反应生成了Fe2+，A项错误；
B．实验ⅠI中形成了以铁为正极，锌为负极的原电池，锌片发生氧化反应，故Ⅱ中铁的腐蚀速率降低，B项正确；
C．实验Ⅱ中，溶液酸性较弱，且由铁钉周边出现红色区域可知，正极的电极反应式：，C项正确；
D．若将片换成片，则实验Ⅱ中，铁为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，铁钉周边会出现蓝色；铜为正极，根据C选项正极电极反应式可知，有OH-生成，铜片周边会出现红色，D项正确；
答案选A。
14. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 锂电池是一种高效、环保电池，在生活中应用广泛。
Ⅰ．作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子bfsi-结构见下图A)深受关注。
（1）基态锂原子的轨道表示式为___________。
（2）的制备前体，可由C的氟化反应得到。C分子中，两个键角均为117°，S-N-S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为___________。
（3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F结构式为___________。
（4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B___________D(填“>”或“E(60.8℃)，原因是___________。
Ⅱ．高纯度氧化锂可用于锂电池。
一种制备方法是：
i．向磨细的粉末中加入一定量的过氧化氢，加热，一定条件下回收得到；
ii．真空下焙烧，得到。
（5）i中反应分为2步，写出第一步反应的化学方程式。
第一步：___________。
第二步：
（6）晶胞形状为立方体，边长为，结构如图。阿伏加德罗常数的值为，则的密度为___________。(用代数式表示，)
【答案】（1） （2）
（3）或 （4） ①. > ②. B分子间存在氢键
（5）
（6）
【解析】
【小问1详解】
Li是3号元素，电子排布式为1s22s1，轨道表达式为；
【小问2详解】
C分子中，两个键角均为117°，S-N-S键角为126°，则两个键角和S-N-S键角之和117°2+126°=360°，说明H、N和2个S原子位于同一平面上，则N原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；
【小问3详解】
由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或；
【小问4详解】
氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是推电子基团，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则B的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于E，沸点强于E，故答案为：B分子间存在氢键；
【小问5详解】
和过氧化氢，加热得到 ，总反应①为，反应分为2步，已知第二步②为，第一步反应为，化学方程式 。答案：；
【小问6详解】
晶胞可知一个晶胞中含有8个Li+、4个O2-。则的密度为。答案：。
16. 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，___________。
【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
【解析】
【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。
17. 一种环状高分子P3的合成路线如下：
已知：①P2的结构为
②(表示取代基)
③RClRN3
（1）A是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是___________。
（2）B→C的反应类型是___________。
（3）D生成的反应条件是___________。
（4）上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是___________。
（5）单体Ⅱ的结构简式是___________。
（6）下列说法正确的是___________(填字母)
a．F→P1的反应类型为缩聚反应
b．P3可能的结构如上图所示
c．P2→P3的过程中有可能得到线型高分子
d．碱性条件下，P3可能彻底水解成小分子物质
（7）已知：；；Q（C6H11NO）是用于合成单体I的中间体。下图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是___________。
【答案】（1）碳碳双键
（2）取代反应 （3）氢氧化钠醇溶液，加热
（4）CH≡CCH2OH+CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O
（5） （6）bc
（7）2+O2+2H2O
【解析】
【分析】由框图可知A的结构简式为CH2=CHCH3，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，由D的分子式C3H6OBr2可知：B到C发生取代反应生成CH2=CHCH2OH，C到D发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2OH，再发生消去反应生成CHCCH2OH，再和E发生酯化反应生成FCH3CHClCOOCH2C≡CH，最后经过几步反应得到P3，据此回答。
【小问1详解】
根据上述分析可知A的结构简式为CH2=CHCH3，其中包括的官能团是碳碳双键；
【小问2详解】
根据上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C的结构简式为CH2=CHCH2OH，所以B→C的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
根据上述分析可知D的结构简式为CH2BrCHBrCH2OH，D生成CHCCH2OH的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件为氢氧化钠醇溶液，加热，
【小问4详解】
根据上述分析可知CHCCH2OH，和E反应生成C6H7O2Cl，发生的是酯化反应，结合已知信息可知该反应的化学方程式是：CH≡CCH2OH+CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O；
【小问5详解】
根据已知：P2的结构为，逆推知单体Ⅱ的结构简式是;
【小问6详解】
a．根据上述分析可知，F→P1的反应类型为加聚反应，故a错误；
b．由P2的结构为，再和NaN3在一定条件下反应得到，所以P3的结构如图所示，故b正确；
c．P2→P3的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c正确；
d．碱性条件下，P3含有酯基的部分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d错误；
故答案：bc；
【小问7详解】
根据已知：；Q（C6H11NO），以苯酚为原料合成Q的流程图如下；所以，M→N的化学方程式是2+O2+2H2O。
18. 铅、铜是芯片焊接和封装工艺过程中常用的金属材料，采用“火法工艺”和“湿法工艺”均可将铅冰铜冶炼成铅和铜。
已知：i．铅冰铜成分：Cu2S、PbS及少量FeS、ZnS；富冰铜主要成分：Cu2S、FeS。
ii．Cu2S、PbS难溶于酸，FeS、ZnS可溶于酸。
iii．0.1ml·L-1Fe2＋沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1ml·L-1Fe3＋沉淀为FeOOH，起始的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8。
Ⅰ．火法工艺：
（1）“第一次熔炼”过程中，控制空气用量可使铁以FeS的形式留在富冰铜中。
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是___________。
②富冰铜中的Cu2S转化生成1ml铜时，理论上至少需要反应___________mlO2。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是___________。
Ⅱ．湿法工艺：
（2）“酸浸”过程是用过量稀硫酸浸取铅冰铜。
①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的阳离子还有___________。
②废电解液不能循环使用次数过多，原因是___________。
（3）用废电解液制备ZnSO4和铁黄。
①经氧气处理后的废电解液中。实际浓度大于，则用ZnO调节溶液pH_______1.5(填“>”、“。
【小问2详解】
实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
【小问3详解】
实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
【小问4详解】
①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05ml/L溶液中滴入3滴1ml/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05ml/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
【小问5详解】
向1mL 0.05ml/L溶液中滴入3滴1ml/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1ml/L溶液，再加入0.0005ml固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
【小问6详解】
选项
递变规律
原因分析
A
酸性：
非金属性：
B
离子半径：
电子层结构相同时，核电荷数：
C
与水反应的剧烈程度：
最外层电子数：
D
熔点：
键能：
选项
目的
试剂a
试剂b
试剂c
试剂d
A
遇水生成酸
浓硝酸
铜粉
紫色石蕊溶液
溶液
B
非金属性：
盐酸
溶液
溶液
C
具有还原性
硫酸
酸性溶液
溶液
D
酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚
乙酸
饱和溶液
苯酚钠溶液
选项
实验操作和现象
结论
A
向水溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体
乙醇的极性比水的极性弱
B
在溶液中通入气体，有沉淀生成
酸性：
C
向溶液中滴加1滴KSCN溶液，再加入KCl固体，溶液颜色变浅色
增加生成物浓度，平衡逆移
D
将甲苯加入酸性溶液中紫红色褪去
甲苯分子中含有碳碳双键
序号
实验
实验Ⅰ
铁钉表面及周边未见明显变化
铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
实验Ⅱ
铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现
锌片周边未见明显变化
铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现
锌片周边未见明显变化
实验
序号
物质a
实验现象
I
0.002ml/L溶液
无明显变化
II
0.002ml/L溶液
加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III
0.05ml/L溶液
加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色