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北京市第一七一中学2025-2026学年高三上学期8月月考化学试题
一、本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[或]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是
A．“不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的可使蛋白质变性
B．鸡屎矾“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变
C．“苦酒（醋酸）”中碳原子均为杂化
D．“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学基本反应类型；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．碱式碳酸铜(Cu2(OH)2CO3)或碱式硫酸铜(Cu2(OH)2SO4)能与胃酸中的盐酸(HCl)发生反应，生成Cu2+离子。铜离子具有使蛋白质变性的作用，选项A正确。B．碱式碳酸铜与醋酸(CH3COOH)反应生成醋酸铜(Cu(CH3COO)2)、二氧化碳(CO2)和水(H2O)；碱式硫酸铜与醋酸反应生成硫酸铜(CuSO4)、醋酸铜、二氧化碳和水。这两个反应都属于复分解反应，反应过程中没有元素化合价的变化，选项B正确。
C．醋酸分子(CH3COOH)中甲基(-CH3)的碳原子采用sp3杂化方式，而羧基(-COOH)的碳原子采用sp2杂化方式。题目中描述"甲基碳原子"的杂化方式有误，选项C错误。
D．"涂铁皆作铜色"现象是由于铁(Fe)与溶液中的Cu2+发生置换反应(Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu)，生成的铜覆盖在铁表面。这层铜阻止了铁与溶液中铜离子的进一步反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、Cu2(OH)2CO3能与胃酸中的HCl反应生成重金属离子Cu2＋。
B、二者的反应为复分解反应，元素化合价不变。
C、CH3COOH中形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化。
D、Fe与CuSO4发生置换反应，生成的Cu覆盖在表面。
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．有8个中子的碳原子：
B．1s电子云图：
C．的VSEPR模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；烯烃；元素、核素
【解析】【解答】A．碳原子质子数为6，含有8个中子的碳原子质量数=质子数+中子数=6+8=14，该核素应表示为，选项A正确；
B．电子云图中小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现的概率密度，1s电子云呈球形，其正确图示为：，选项B正确；
C．碳酸根离子()中心碳原子的价层电子对数 ，无孤电子对，其VSEPR模型应为平面三角形而非图示的四面体形，选项C错误；
D．反-2-丁烯分子中两个甲基分别位于碳碳双键两侧，其结构简式正确表示为：，选项D正确；
综上所述，错误选项为C。
【分析】A．根据质量数=质子数+中子数作答；
B．s能级电子云轮廓图为球形；
C．根据价层电子对互斥理论模型，碳酸根为平面三角形；
D．根据顺帆异构体定义分析。
3．下列结构或性质的比较中，正确的是
A．微粒半径： B．酸性：
C．碱性： D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A ． Cl-和K+具有相同的电子层结构（均为18电子），根据离子半径比较规则，当电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小。Cl-的核电荷数为17，K+的核电荷数为19，因此Cl-半径大于K+，故A选项错误；
B ． 甲基（—CH3）作为推电子基团，会减弱羧基的酸性。比较甲酸（HCOOH）和乙酸（CH3COOH）的酸性，甲酸不含推电子基团，其酸性强于乙酸，因此B选项正确；
C ． 碱金属元素的金属性随主族从上到下逐渐增强，对应的氢氧化物碱性也随之增强。Cs位于Na的下方，故CsOH的碱性比NaOH更强，C选项错误；
D ． S元素位于P元素的右侧，因此电负性S＞P，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。【分析】A：电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
B：烃基是推电子基团，推电子基团越大，酸性越弱；
C：銫的金属性强于钠；
D：同周期元素电负性从左至右逐渐增大。
4．阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是
A．该物质最多能与发生加成反应
B．分子中碳原子有、两种杂化方式
C．该物质可发生取代反应、加聚反应、氧化反应
D．分子中含有手性碳原子
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A ． 该物质分子中的碳碳双键和苯环可以与氢气发生加成反应。1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应（苯环3 mol，碳碳双键1 mol），因此选项A是错误的；
B ． 分子中的苯环碳原子、碳碳双键碳原子以及羧基碳原子都采用sp2杂化，其他饱和碳原子采用sp3杂化。所以该分子中碳原子存在sp2和sp3两种杂化方式，选项B正确；
C ． 该物质分子中的羧基可以发生酯化反应（属于取代反应），碳碳双键可以发生加聚反应和氧化反应（如能使酸性高锰酸钾溶液褪色）。因此该物质能发生取代、加聚和氧化反应，选项C正确；
D ． 在该分子中，与羧基直接相连的碳原子（图中标注"*"的碳原子）是手性碳原子：。因此该分子含有手性碳原子，选项D正确；
综上所述，答案是A。【分析】 A． 根据碳碳双键和苯环化学性质分析，均可与氢气发生加成反应；
B． 根据物质结构，可判断碳原子有、两种杂化方式 ；
C． 根据物质结构及含有的官能团，碳碳双键和羧基，可知可发生取代反应、加聚反应、氧化反应；
D．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。
5．下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．浓硝酸久置后，显黄色
B．将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去
C．苯酚晶体放置较长时间，由无色变粉红色
D．向黄色的铬酸钾溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸长时间放置会变黄，这是由于浓硝酸在光照或受热条件下分解产生NO2，其反应方程式为：，生成的NO2溶解在浓硝酸中使其呈现黄色，该过程中氮和氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，因此A不符合题意；B．SO2具有还原性，而酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应导致高锰酸钾溶液的紫红色褪去。颜色变化与氧化还原反应相关，B不符合题意；
C．苯酚晶体长时间放置会从无色变为粉红色，这是由于苯酚被空气中的氧气氧化。该过程涉及化合价变化，属于氧化还原反应，因此C不符合题意；
D．铬酸钾（K2CrO4）溶液呈黄色，溶液中存在如下平衡：。加入硫酸后，平衡正向移动，部分CrO42-转化为Cr2O72-，溶液颜色由黄色变为橙红色。但该过程中所有元素的化合价均未改变，因此颜色变化与氧化还原反应无关，D符合题意；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．考查浓硝酸性质，硝酸见光分解生成二氧化氮使溶液显黄色，氮元素化合价发生变化；
B．根据二氧化硫和高锰酸钾发生氧化还原反应分析；
C．苯酚易被空气中氧气氧化，由无色变粉红色；
D．根据转化关系，无化合价变化。
6．近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是
A．氨易液化便于存储，且液化时放热
B．NH3分子间存在氢键，因此加热时很难分解
C．NH3具有还原性，可以在O2中燃烧
D．与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、氨气(NH3)具有较高的熔点且易液化，这一特性使其便于储存，同时液化过程会释放热量，A选项正确。B、虽然NH3分子间存在氢键导致其沸点较高，但这与氢化物的热稳定性无关。氢化物的稳定性主要取决于分子内化学键的强度，B选项错误。
C、NH3具有还原性，能够与氧气(O2)发生燃烧反应，生成氮气(N2)和水(H2O)，C选项正确。
D、相较于传统柴油发动机，氨燃料发动机的燃烧产物仅为氮气和水，能显著减少二氧化碳排放，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、氨气液化过程中吸收热量。
B、氢键只影响物质的物理性质，难分解体现的是化学性质。
C、NH3在O2中燃烧，体现了NH3的还原性。
D、氨燃烧不会产生CO2。
7．实验室中，制备下列气体所用试剂和收集方法均正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 稀盐酸、 、浓 、的水溶液 溶液、
收集方法 向下排空气法 排水集气法 排水集气法 向上排空气法
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；二氧化硫的性质；卤代烃简介；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解析】A ． 稀盐酸与二氧化锰(MnO2)不发生反应，无法制备氯气(Cl2)。此外，氯气的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，因此A选项装置设计错误；
B ． 亚硫酸钠(Na2SO3)与浓硫酸反应确实能生成二氧化硫(SO2)，但由于SO2易溶于水且会与水发生反应，因此不能使用排水法收集，故B选项收集方法错误；
C ． 溴乙烷(CH3CH2Br)与氢氧化钠水溶液反应会生成乙醇，而不是乙烯，因此该装置无法实现乙烯的制备，C选项错误；
D ． 过氧化氢(H2O2)溶液在二氧化锰催化下可分解产生氧气(O2)，且氧气密度大于空气，适合用向上排空气法收集，因此D选项完全正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A：实验室制备氯气应用浓盐酸；
B：因二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集；
C：溴乙烷和氢氧化钠醇溶液反应生成乙烯；
D：根据过氧化氢分解可制备氧气。
8．下列解释实验事实的方程式不正确的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
B．含少量的乙炔通入溶液，生成黑色沉淀：
C．向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊：
D．向沉淀中加入溶液，沉淀变黑：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A：铁粉过量时与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水。离子方程式为： ，该选项正确；
B：乙炔中混有的少量H2S通入CuSO4溶液时，H2S会与Cu2+反应生成黑色CuS沉淀和H+，离子方程式为： ，该选项正确；
C：由于酸性强弱关系为H2CO3>>HCO3-，根据强酸制弱酸原理，向苯酚钠溶液中通入少量CO2会生成 和NaHCO3，离子方程式为：，该选项错误；
D：向ZnS沉淀中加入CuSO4溶液会发生沉淀转化，生成更难溶的黑色CuS沉淀，离子方程式为：， 该选项正确；
综上所述，正确答案为C。【分析】A：过量铁和稀硝酸反应生成二价铁；
B： 硫化铜是沉淀，硫化氢是弱酸；
C：根据酸性强弱，H2CO3>>HCO3-，生成碳酸氢根；
D：硫化铜是沉淀。
9．下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 证明淀粉发生水解反应生成还原性糖 将淀粉和稀硫酸混合后加热，冷却后加入新制浊液
B 证明中含有碳碳双键 向酸性溶液中加入
C 除去溶液中混有的 加入过量粉，充分反应后，过滤
D 除去固体中的 用酒精灯充分加热
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】醇类简介；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．葡萄糖在碱性条件下能与新制氢氧化铜浊液发生反应，但在酸性条件下无法反应。题目中淀粉与稀硫酸混合加热后，未进行酸碱中和就直接加入新制氢氧化铜浊液，由于体系仍为酸性环境，导致无法检测淀粉是否水解生成还原性糖，故A选项错误；
B．丙烯醇分子中同时含有碳碳双键和羟基，两者均能与酸性高锰酸钾溶液反应。因此仅通过观察高锰酸钾溶液褪色现象，无法区分是碳碳双键还是羟基导致的反应，故B选项错误；
C．氯化铁溶液与铜反应会生成氯化亚铁和氯化铜。若使用过量铜粉除杂，虽然能去除Fe3+，但会引入新的Fe2+杂质，无法达到纯化目的，故C选项错误；
D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O。通过加热可有效将混合物中的NaHCO3转化为Na2CO3，实现除杂目的，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A．用新制浊液 检验醛基时，应是碱性环境，而淀粉水解条件是酸性；
B．酸性高锰酸钾能氧化碳碳双键和羟基；
C．铜粉和三价铁离子反应生成铜离子，引入新杂质；
D．根据碳酸氢钠受热易分解性质，可用加热方法除去。
10．下列实验能达到对应目的的是
A B
实验
目的 检验待测液中是否含有 验证1-溴丁烷发生消去反应
C D
实验
目的 实验室制取氨气 检验待测液中是否有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；铵离子检验；硫酸根离子的检验；卤代烃简介
【解析】【解析】A．若待测液中存在Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液时，会生成白色AgCl沉淀，从而干扰SO42-的检验。正确的操作应先用盐酸酸化排除干扰离子，再加入BaCl2溶液检验，因此A选项不符合实验目的；B.1-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热会发生消去反应生成1-丁烯，但挥发的乙醇和生成的1-丁烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，导致无法区分是哪种物质引起的褪色，因此无法验证消去反应的发生，B选项不符合题意；
C．实验室制取氨气时，采用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热的方法。装置中试管略微向下倾斜以防止冷凝水倒流，收集氨气的试管口塞棉花以避免氨气与空气对流，该操作能达到实验目的，C选项符合题意；
D．检验NH4+时，需向待测液中加入浓NaOH溶液并加热，使NH3逸出，再用湿润的红色石蕊试纸检测。若仅加入NaOH溶液而不加热，由于NH3极易溶于水并与水反应生成NH3·H2O，NH3无法逸出，石蕊试纸不会变色，因此D选项不符合实验目的；
综上，正确答案为C。
【分析】A．氯化银和硫酸银是难溶物；
B．生成的乙烯气体中有乙醇，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气；
D．一水合氨受热时，会分解生成氨气。
11．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ属于人工固氮反应
B．反应Ⅱ的方程式为：
C．反应Ⅲ的现象为无色气体变红棕色
D．反应Ⅳ的方程式为：，其中氧化剂与还原剂的质量比为
【答案】B
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应；氨的性质及用途；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A ． 反应Ⅰ是氮气（）与氢气（）合成氨气（）的过程，将游离态的氮转化为化合态，属于人工固氮反应，该选项正确；
B ． 氨气（）催化氧化的正确产物应为一氧化氮（）和水（），其反应方程式为：
，而不是直接生成二氧化氮（），因此该选项错误；
C ． 反应Ⅲ是一氧化氮（无色气体）与氧气反应生成二氧化氮（红棕色气体）的过程，现象描述正确；
D ． 反应中，二氧化氮既作为氧化剂（1 mol，氮元素化合价从+4降到+2）又作为还原剂（2 mol，氮元素化合价从+4升到+5），氧化剂与还原剂的质量比为1：2，该选项正确；
综上所述，正确答案是B。【分析】根据题目给出的化学式和流程图可以确定：甲为氮气（），乙为一氧化氮（），
丙为二氧化氮（），据此分析。
12．有存在时，活性炭吸附脱除的反应方程式为。研究发现：活性炭的表面含有羧基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附和的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．和中心原子的杂化方式相同
B．吸附时，中的原子与羧基中的原子发生作用
C．室温时，脱除30g转移电子数约为个
D．含氧官能团化学吸附、的连接方式与、、和的电负性有关
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的价层电子对数为；的价层电子对数为。两者的VSEPR模型均为四面体，因此N原子的杂化方式都是sp3，选项A正确。B．根据图示分析，吸附过程中通过与H原子配位转化为，这表明N原子与羧基中的H原子发生了相互作用，选项B正确。
C．在反应中，NO获得电子生成N2，1 mol NO转移2 mol电子。30 g NO的物质的量为，转移电子数约为2×6.02×1023个，选项C错误。
D．含氧官能团化学吸附NH3时形成，吸附NO时形成C=O-N=O结构。这说明吸附方式与O、N、C和H的电负性大小有关。电负性越大的元素，吸引键合电子的能力越强，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据中心N原子的价层电子对数确定其VSEPR模型，从而确定N原子的杂化方式。
B、吸附过程中，NH3中的N原子与-COOH中的H形成配位键。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、元素电负性越强，则吸引成键电子对的能力越强，据此分析。
13．以2-丁烯为原料合成的路线如下，其中有2种化学环境不同的原子。
资料：。
下列说法正确的是
A．的化学式是
B．的反应类型为消去反应
C．的结构简式是
D．的不饱和度减少2个
【答案】C
【知识点】有机物的合成；卤代烃简介；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】A．J为ClH2C-CH=CH-CH2Cl，化学式为C4H6Cl2，选项A错误；
B．J→K是取代反应（水解反应），不是消去反应，选项B错误；
C．M的结构简式为，选项C正确；
D．N→G过程中，1个碳碳双键和2个醛基均参与加成反应，G比N多6个氢原子，不饱和度减少3个，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】2-丁烯与氯气在光照条件下发生取代反应生成J，若J为一氯代物，则J的结构为H3C-CH=CH-CH2Cl。J在水溶液中加热水解得到K（H3C-CH=CH-CH2OH），K催化氧化生成L（H3C-CH=CH-CHO），此时L分子中有4种不同化学环境的氢原子，与题意不符，因此该假设不成立。
若J为二氯代物ClH2C-CH=CH-CH2Cl，则K为HOH2C-CH=CH-CH2OH，L为OHC-CH=CH-CHO。此时L分子中只有2种不同化学环境的氢原子，符合题意，因此J的正确结构为ClH2C-CH=CH-CH2Cl。
根据G的结构和已知反应信息，L（OHC-CH=CH-CHO）与在加热条件下反应生成。因此M为，N为。最后N与H2发生加成反应生成G。
14．某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下：
序号 实验 试剂 现象
① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀
② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成
③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失
已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的原因是：
B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的
C．由②③可推知，结合的能力：
D．由①③可推知：促进了转化为
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．在溶液中加入1滴溶液时，会生成黄色的配合物。由于铜离子本身呈蓝色，混合后溶液呈现绿色。静置2小时后出现白色沉淀，说明发生了反应：，选项A正确。B．根据实验①的现象可以推断，首先与形成配合物，使溶液变绿；随后发生氧化还原反应生成白色沉淀，选项B正确。
C．实验②中溶液变红但未出现白色沉淀，说明Fe3+结合SCN 的能力强于Cu2+；实验③中迅速生成白色沉淀且红色消失，表明Cu+结合SCN 的能力强于Fe3+。综合②③可知，结合SCN 的能力顺序为：，选项C错误。
D．通过实验①和③可以得出结论：促进了转化为，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、反应生成的白色沉淀为CuSCN，据此判断反应的化学方程式。
B、结合融鳄鱼先变绿色，静置2小时后才生成白色沉淀的现象分析。
C、②中先变红，无白色沉淀，说明Fe3＋更容易结合SCN；③中迅速产生白色沉淀，说明Cu＋更容易结合SCN－。
D、根据实验①、③的现象分析。
二、填空题
15．三磷酸腺苷(ATP)是生物体的供能物质，由腺苷(A)与磷酸反应而成。
（1）比较N和P的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由：　 　。
（2）ATP比A更易溶于水，从微粒间相互作用的角度解释其原因：　 　。
（3）ATP的碱基中，碳原子的杂化方式为　 　。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有　 　。(用“X—H…Y”表示)。
（5）磷的含氧酸除了H3PO4以外，还有亚磷酸(H3PO3)等。
①H3PO3是二元酸，在水中O—H键能断裂解离出H+而P—H键不能，从元素性质的角度解释其原因：　 　。
②PO是一种配体。PO配位时配位原子是　 　，理由是　 　。
【答案】（1）N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP更易与H2O形成氢键
（3）sp2
（4）N—H…N、N—H…O
（5）O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键；O；O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P。
故答案为： N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP中含更多羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水。
故答案为： ATP更易与H2O形成氢键
（3）ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化。
故答案为：sp2
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O。
故答案为： N—H…N、N—H…O
（5）①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子。
故答案为： O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
故答案为：O； O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【分析】（1）同主族元素核电荷数越大，原子半径越大，原子核对核外电子的吸引力越弱，越容易失去电子，据此分析N、P第一电离能的相对大小。
（2）ATP中所含羟基个数更多，更容易与水分子形成氢键，氢键可增强物质的水溶性。
（3）碱基中碳原子以双键形式存在，采用sp2杂化。
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键。据此确定有该物质中氢键的种类。
（5）①结合P、O的电负性分析，元素的电负性越大，则化学键的极性越大，化学键越容易断裂。
②PO43－中P原子不存在孤电子对，而O原子存在孤电子对，据此分析。
（1）N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P；
（2）ATP中含更多 羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水；
（3）ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化；
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O；
（5）①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子；
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
16．用如下方法回收废旧CPU中的单质(金)、和。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。
②。
（1）酸溶后经　 　操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量多的反应的化学方程式：　 　。
（3）与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。
①写出溶金反应的离子方程式　 　。
②关于溶金的下列说法正确的是　 　。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强了的还原性
C．用浓盐酸与也可使溶解
（4）若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是　 　mol。
（5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。
物质3是　 　，试剂2是　 　。
【答案】（1）过滤
（2）(浓)
（3）；ABC
（4）4
（5）；盐酸
【知识点】氧化还原反应；过滤；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）金(Au)、银(Ag)和铜(Cu)经过酸溶解后，得到含有金(Au)的固体和含有、的溶液。将固体和液体分离的操作方法是过滤。
（2）铜与浓硝酸、稀硝酸反应的化学方程式分别为：、，溶解1 mol铜消耗硝酸的量分别是4 mol（浓硝酸）和8/3 mol（稀硝酸），因此消耗硝酸更多的反应是铜与浓硝酸的反应。
（3）①与王水（浓硝酸与浓盐酸体积比1：3）溶解金的原理相同。金与反应生成HAuCl4、NO、NaNO3和H2O，离子方程式为：；
②A．溶金反应为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，由反应可知，Au被氧化生成HAuCl4，则用到了的氧化性，A正确；
B．金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了，使(金)转化为，从而促进金的溶解，故其主要作用是增强的还原性和硝酸的氧化性，B正确；
C．溶金反应的实质为：，浓盐酸与可提供，同时在酸性环境下表现出强氧化性，则用浓盐酸与也可使溶解，C正确；
因此选项ABC都正确。
（4）是强酸，锌粉与其反应生成金、氯化锌和氢气，化学方程式为2HAuCl4 + 4Zn = 2Au + 4ZnCl2 + H2↑。要完全还原2 mol，需要4 mol锌；
（5）根据流程图分析： 试剂1是NaCl溶液，物质1是CuCl2溶液， 物质3是AgCl；试剂2是盐酸，用于除去过量的铁粉；试剂3是氨水。
【分析】将废旧CPU用硝酸(HNO3)溶解时，金(Au)不发生反应，而银(Ag)和铜(Cu)分别被氧化为Ag+和Cu2+离子。过滤后得到含Au的固体残渣和含有Cu2+和Ag+的溶液，对含Au的固体加入HNO3-NaCl混合溶液溶解金，生成HAuCl4溶液，用锌粉(Zn)还原HAuCl4，重新得到金属金(Au)，整个过程的主要化学反应可表示为：Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O；
Ag + 2HNO3 =AgNO3 + NO2↑ + H2O；Au + HNO3 + 4NaCl = HAuCl4 + NaNO3 + 2H2O；
2HAuCl4 + 3Zn =2Au + 3ZnCl2 + 2HCl。
（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含(金)固体和含、溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，则酸溶后经过滤操作，将混合物分离；
（2）Cu与浓、稀反应的化学方程式分别为：、，由反应式可知，溶解1 mol的Cu消耗的物质的量分别为、，则溶解等量的Cu消耗物质的量多的反应的化学方程式：；
（3）①与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同，即(金)与溶液反应生成HAuCl4、NO、NaNO3和H2O，则溶金反应的离子方程式为：；
②A．溶金反应为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，由反应可知，Au被氧化生成HAuCl4，则用到了的氧化性，A正确；
B．金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了，使(金)转化为，从而促进金的溶解，故其主要作用是增强的还原性和硝酸的氧化性，B正确；
C．溶金反应的实质为：，浓盐酸与可提供，同时在酸性环境下表现出强氧化性，则用浓盐酸与也可使溶解，C正确；
故选ABC。
（4）由于，即属于强酸，锌粉与反应生成Au、和，化学方程式为2HAuCl4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑，由反应式可知，若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是4 mol；
（5）根据图中信息可知，含、溶液中加入试剂1得到物质1和物质3，物质3中加入试剂3得到二氨合银离子，则试剂3是氨水，物质3是AgCl，试剂1是NaCl溶液，物质1是溶液；向溶液中加入过量铁粉得到的物质2是被置换出的铜和过量的铁，经过加入试剂2，过滤后得到铜单质，则试剂2是盐酸，用于除去过量的铁粉；二氨合银离子经系列转化得到银单质，实现铜和银的回收。则物质3是AgCl，试剂2是盐酸。
17．多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。
（1）A→B所需试剂是　 　。
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为　 　。
（3）E中官能团的名称为　 　。
（4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为　 　。
（5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：　 　。
a．能与NaHCO3反应
b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1
（6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。
中间产物1、3的结构简式分别为　 　、　 　。
（7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为　 　。
【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸
（2）
（3）硝基、羧基
（4）
（5）
（6）中间产物1；中间产物3
（7）40%
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸。
故答案为：浓硝酸、浓硫酸
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（3）E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基。
故答案为：硝基、羧基
（4）F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：。
故答案为：
（5）I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：。
故答案为：
（6）J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K。
故答案为：；
（7）三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。
故答案为：40%
【分析】化合物A的分子式为C7H8。根据D的结构简式可以推断出B的结构为，而C的结构简式为。C经过水解反应生成D。结合G的结构简式以及已知信息ii，可以推导出F的结构简式为，E的结构简式为。F到G的过程是通过脱水反应形成环状结构的取代反应。随后G经过氧化反应生成I，I与H2O2反应得到J，最终J转化为K。
（1）A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸；
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：；
（3）E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基；
（4）F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：；
（5）I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：；
（6）J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K；
（7）三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。
18．以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下：
已知：PbCl2(s) + 2Cl-(aq) [PbCl4]2- (aq) △H > 0
（1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。
① 加快浸出速率可采取的措施有　 　(写出2条)。
② 补全PbS与MnO2反应的离子方程式　 　。
PbS +MnO2 +___________+___________= [PbCl4]2- +SO +___________+___________
③ 加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO，该工艺流程采用方案2，理由是　 　。
（2）“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式　 　。
（3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中c(Pb2+) = 7.7×10-7 mol·L-1，c(Zn2+) = 1.3×10-6 mol·L-1，则可推断Ksp(PbS)、Ksp(ZnS)、Ksp(MnS)的大小关系为　 　。
（4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　(Mn3O4的结构式为 )。
（5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是　 　。
【答案】（1）粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O；防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行
（2）2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+
（3）Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)
（4）1：4
（5）Mn3O4被O2氧化
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率。
故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O。
故答案为：2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低。
故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行
（2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+。
故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+
（3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)。
故答案为：Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)
（4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4。
故答案为：1：4
（5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小。
故答案为：Mn3O4被O2氧化
【分析】“酸浸”步骤中方铅矿（PbS）和软锰矿（MnO2）与盐酸、氯化钠混合溶液发生反应，使金属元素溶解进入溶液中。“调节pH值”步骤中加入NaOH溶液调节pH至约3，使Fe3+转化为碱式氧化铁（FeOOH）沉淀，同时过滤得到含SiO2和FeOOH的滤渣。“分离提纯”步骤中滤液经冰水浴冷却析出PbCl2晶体，PbCl2与H2SO4反应转化为PbSO4。“深度除杂”步骤中加入Na2S溶液使残余的Pb2+、Zn2+生成PbS、ZnS沉淀。“回收锰”的步骤中滤液加氨水后通入空气氧化，使Mn2+转化为Mn3O4产品。
（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O，故答案为：2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O；
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行；
（2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+，故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+；
（3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)，故答案为：Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)；
（4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；
（5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化。
19．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是　 　。
②试剂a是　 　。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：　 　。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是　 　。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有　 　：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：　 　。
②实验三的结论：　 　。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是　 　。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：　 　。
【答案】Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液；Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；Ag+；因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。
故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O。
故答案为：Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O
②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3。
故答案为：H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3
（3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀，
故答案为：Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀
②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-。
故答案为： 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-
（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+。
故答案为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+
（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子
【分析】（1）①Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4、H2O和SO2，据此写出反应的化学方程式。
②反应生成的SO2可能被装置内的空气氧化生成SO3，因此试剂a用于除去SO2中混有的SO3，据此确定试剂a的成分。
（2）①Ag2SO3溶于氨水，生成可溶性[Ag(NH3)2]2SO3溶液，据此写出反应的离子方程式。
②沉淀B中含有Ag2SO3，则与盐酸反应后所得溶液中溶解有SO2，可用氧化剂，将其氧化成SO42－，进一步与溶液中的Ba2＋形成BaSO4沉淀。据此确定实验试剂和现象。
（3）①加入过量盐酸，产生的白色沉淀为AgCl。上层清液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀，说明无BaSO4沉淀生成。
②实验一中SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；而实验二中SO32－被氧化成SO42－。
（4）AgNO3溶液与SO2反应生成Ag2SO3沉淀，据此写出反应的离子方程式。
（6）综合实验一、实验二和实验三的现象进行分析。
1 / 1北京市第一七一中学2025-2026学年高三上学期8月月考化学试题
一、本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[或]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是
A．“不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的可使蛋白质变性
B．鸡屎矾“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变
C．“苦酒（醋酸）”中碳原子均为杂化
D．“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．有8个中子的碳原子：
B．1s电子云图：
C．的VSEPR模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
3．下列结构或性质的比较中，正确的是
A．微粒半径： B．酸性：
C．碱性： D．电负性：
4．阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是
A．该物质最多能与发生加成反应
B．分子中碳原子有、两种杂化方式
C．该物质可发生取代反应、加聚反应、氧化反应
D．分子中含有手性碳原子
5．下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．浓硝酸久置后，显黄色
B．将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去
C．苯酚晶体放置较长时间，由无色变粉红色
D．向黄色的铬酸钾溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色
6．近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是
A．氨易液化便于存储，且液化时放热
B．NH3分子间存在氢键，因此加热时很难分解
C．NH3具有还原性，可以在O2中燃烧
D．与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放
7．实验室中，制备下列气体所用试剂和收集方法均正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 稀盐酸、 、浓 、的水溶液 溶液、
收集方法 向下排空气法 排水集气法 排水集气法 向上排空气法
A．A B．B C．C D．D
8．下列解释实验事实的方程式不正确的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
B．含少量的乙炔通入溶液，生成黑色沉淀：
C．向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊：
D．向沉淀中加入溶液，沉淀变黑：
9．下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 证明淀粉发生水解反应生成还原性糖 将淀粉和稀硫酸混合后加热，冷却后加入新制浊液
B 证明中含有碳碳双键 向酸性溶液中加入
C 除去溶液中混有的 加入过量粉，充分反应后，过滤
D 除去固体中的 用酒精灯充分加热
A．A B．B C．C D．D
10．下列实验能达到对应目的的是
A B
实验
目的 检验待测液中是否含有 验证1-溴丁烷发生消去反应
C D
实验
目的 实验室制取氨气 检验待测液中是否有
A．A B．B C．C D．D
11．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ属于人工固氮反应
B．反应Ⅱ的方程式为：
C．反应Ⅲ的现象为无色气体变红棕色
D．反应Ⅳ的方程式为：，其中氧化剂与还原剂的质量比为
12．有存在时，活性炭吸附脱除的反应方程式为。研究发现：活性炭的表面含有羧基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附和的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．和中心原子的杂化方式相同
B．吸附时，中的原子与羧基中的原子发生作用
C．室温时，脱除30g转移电子数约为个
D．含氧官能团化学吸附、的连接方式与、、和的电负性有关
13．以2-丁烯为原料合成的路线如下，其中有2种化学环境不同的原子。
资料：。
下列说法正确的是
A．的化学式是
B．的反应类型为消去反应
C．的结构简式是
D．的不饱和度减少2个
14．某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下：
序号 实验 试剂 现象
① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀
② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成
③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失
已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的原因是：
B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的
C．由②③可推知，结合的能力：
D．由①③可推知：促进了转化为
二、填空题
15．三磷酸腺苷(ATP)是生物体的供能物质，由腺苷(A)与磷酸反应而成。
（1）比较N和P的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由：　 　。
（2）ATP比A更易溶于水，从微粒间相互作用的角度解释其原因：　 　。
（3）ATP的碱基中，碳原子的杂化方式为　 　。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有　 　。(用“X—H…Y”表示)。
（5）磷的含氧酸除了H3PO4以外，还有亚磷酸(H3PO3)等。
①H3PO3是二元酸，在水中O—H键能断裂解离出H+而P—H键不能，从元素性质的角度解释其原因：　 　。
②PO是一种配体。PO配位时配位原子是　 　，理由是　 　。
16．用如下方法回收废旧CPU中的单质(金)、和。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。
②。
（1）酸溶后经　 　操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量多的反应的化学方程式：　 　。
（3）与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。
①写出溶金反应的离子方程式　 　。
②关于溶金的下列说法正确的是　 　。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强了的还原性
C．用浓盐酸与也可使溶解
（4）若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是　 　mol。
（5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。
物质3是　 　，试剂2是　 　。
17．多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。
（1）A→B所需试剂是　 　。
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为　 　。
（3）E中官能团的名称为　 　。
（4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为　 　。
（5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：　 　。
a．能与NaHCO3反应
b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1
（6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。
中间产物1、3的结构简式分别为　 　、　 　。
（7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为　 　。
18．以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下：
已知：PbCl2(s) + 2Cl-(aq) [PbCl4]2- (aq) △H > 0
（1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。
① 加快浸出速率可采取的措施有　 　(写出2条)。
② 补全PbS与MnO2反应的离子方程式　 　。
PbS +MnO2 +___________+___________= [PbCl4]2- +SO +___________+___________
③ 加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO，该工艺流程采用方案2，理由是　 　。
（2）“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式　 　。
（3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中c(Pb2+) = 7.7×10-7 mol·L-1，c(Zn2+) = 1.3×10-6 mol·L-1，则可推断Ksp(PbS)、Ksp(ZnS)、Ksp(MnS)的大小关系为　 　。
（4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　(Mn3O4的结构式为 )。
（5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是　 　。
19．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是　 　。
②试剂a是　 　。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：　 　。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是　 　。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有　 　：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：　 　。
②实验三的结论：　 　。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是　 　。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学基本反应类型；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．碱式碳酸铜(Cu2(OH)2CO3)或碱式硫酸铜(Cu2(OH)2SO4)能与胃酸中的盐酸(HCl)发生反应，生成Cu2+离子。铜离子具有使蛋白质变性的作用，选项A正确。B．碱式碳酸铜与醋酸(CH3COOH)反应生成醋酸铜(Cu(CH3COO)2)、二氧化碳(CO2)和水(H2O)；碱式硫酸铜与醋酸反应生成硫酸铜(CuSO4)、醋酸铜、二氧化碳和水。这两个反应都属于复分解反应，反应过程中没有元素化合价的变化，选项B正确。
C．醋酸分子(CH3COOH)中甲基(-CH3)的碳原子采用sp3杂化方式，而羧基(-COOH)的碳原子采用sp2杂化方式。题目中描述"甲基碳原子"的杂化方式有误，选项C错误。
D．"涂铁皆作铜色"现象是由于铁(Fe)与溶液中的Cu2+发生置换反应(Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu)，生成的铜覆盖在铁表面。这层铜阻止了铁与溶液中铜离子的进一步反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、Cu2(OH)2CO3能与胃酸中的HCl反应生成重金属离子Cu2＋。
B、二者的反应为复分解反应，元素化合价不变。
C、CH3COOH中形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化。
D、Fe与CuSO4发生置换反应，生成的Cu覆盖在表面。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；烯烃；元素、核素
【解析】【解答】A．碳原子质子数为6，含有8个中子的碳原子质量数=质子数+中子数=6+8=14，该核素应表示为，选项A正确；
B．电子云图中小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现的概率密度，1s电子云呈球形，其正确图示为：，选项B正确；
C．碳酸根离子()中心碳原子的价层电子对数 ，无孤电子对，其VSEPR模型应为平面三角形而非图示的四面体形，选项C错误；
D．反-2-丁烯分子中两个甲基分别位于碳碳双键两侧，其结构简式正确表示为：，选项D正确；
综上所述，错误选项为C。
【分析】A．根据质量数=质子数+中子数作答；
B．s能级电子云轮廓图为球形；
C．根据价层电子对互斥理论模型，碳酸根为平面三角形；
D．根据顺帆异构体定义分析。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A ． Cl-和K+具有相同的电子层结构（均为18电子），根据离子半径比较规则，当电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小。Cl-的核电荷数为17，K+的核电荷数为19，因此Cl-半径大于K+，故A选项错误；
B ． 甲基（—CH3）作为推电子基团，会减弱羧基的酸性。比较甲酸（HCOOH）和乙酸（CH3COOH）的酸性，甲酸不含推电子基团，其酸性强于乙酸，因此B选项正确；
C ． 碱金属元素的金属性随主族从上到下逐渐增强，对应的氢氧化物碱性也随之增强。Cs位于Na的下方，故CsOH的碱性比NaOH更强，C选项错误；
D ． S元素位于P元素的右侧，因此电负性S＞P，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。【分析】A：电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
B：烃基是推电子基团，推电子基团越大，酸性越弱；
C：銫的金属性强于钠；
D：同周期元素电负性从左至右逐渐增大。
4．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A ． 该物质分子中的碳碳双键和苯环可以与氢气发生加成反应。1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应（苯环3 mol，碳碳双键1 mol），因此选项A是错误的；
B ． 分子中的苯环碳原子、碳碳双键碳原子以及羧基碳原子都采用sp2杂化，其他饱和碳原子采用sp3杂化。所以该分子中碳原子存在sp2和sp3两种杂化方式，选项B正确；
C ． 该物质分子中的羧基可以发生酯化反应（属于取代反应），碳碳双键可以发生加聚反应和氧化反应（如能使酸性高锰酸钾溶液褪色）。因此该物质能发生取代、加聚和氧化反应，选项C正确；
D ． 在该分子中，与羧基直接相连的碳原子（图中标注"*"的碳原子）是手性碳原子：。因此该分子含有手性碳原子，选项D正确；
综上所述，答案是A。【分析】 A． 根据碳碳双键和苯环化学性质分析，均可与氢气发生加成反应；
B． 根据物质结构，可判断碳原子有、两种杂化方式 ；
C． 根据物质结构及含有的官能团，碳碳双键和羧基，可知可发生取代反应、加聚反应、氧化反应；
D．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸长时间放置会变黄，这是由于浓硝酸在光照或受热条件下分解产生NO2，其反应方程式为：，生成的NO2溶解在浓硝酸中使其呈现黄色，该过程中氮和氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，因此A不符合题意；B．SO2具有还原性，而酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应导致高锰酸钾溶液的紫红色褪去。颜色变化与氧化还原反应相关，B不符合题意；
C．苯酚晶体长时间放置会从无色变为粉红色，这是由于苯酚被空气中的氧气氧化。该过程涉及化合价变化，属于氧化还原反应，因此C不符合题意；
D．铬酸钾（K2CrO4）溶液呈黄色，溶液中存在如下平衡：。加入硫酸后，平衡正向移动，部分CrO42-转化为Cr2O72-，溶液颜色由黄色变为橙红色。但该过程中所有元素的化合价均未改变，因此颜色变化与氧化还原反应无关，D符合题意；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．考查浓硝酸性质，硝酸见光分解生成二氧化氮使溶液显黄色，氮元素化合价发生变化；
B．根据二氧化硫和高锰酸钾发生氧化还原反应分析；
C．苯酚易被空气中氧气氧化，由无色变粉红色；
D．根据转化关系，无化合价变化。
6．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、氨气(NH3)具有较高的熔点且易液化，这一特性使其便于储存，同时液化过程会释放热量，A选项正确。B、虽然NH3分子间存在氢键导致其沸点较高，但这与氢化物的热稳定性无关。氢化物的稳定性主要取决于分子内化学键的强度，B选项错误。
C、NH3具有还原性，能够与氧气(O2)发生燃烧反应，生成氮气(N2)和水(H2O)，C选项正确。
D、相较于传统柴油发动机，氨燃料发动机的燃烧产物仅为氮气和水，能显著减少二氧化碳排放，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、氨气液化过程中吸收热量。
B、氢键只影响物质的物理性质，难分解体现的是化学性质。
C、NH3在O2中燃烧，体现了NH3的还原性。
D、氨燃烧不会产生CO2。
7．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；二氧化硫的性质；卤代烃简介；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解析】A ． 稀盐酸与二氧化锰(MnO2)不发生反应，无法制备氯气(Cl2)。此外，氯气的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，因此A选项装置设计错误；
B ． 亚硫酸钠(Na2SO3)与浓硫酸反应确实能生成二氧化硫(SO2)，但由于SO2易溶于水且会与水发生反应，因此不能使用排水法收集，故B选项收集方法错误；
C ． 溴乙烷(CH3CH2Br)与氢氧化钠水溶液反应会生成乙醇，而不是乙烯，因此该装置无法实现乙烯的制备，C选项错误；
D ． 过氧化氢(H2O2)溶液在二氧化锰催化下可分解产生氧气(O2)，且氧气密度大于空气，适合用向上排空气法收集，因此D选项完全正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A：实验室制备氯气应用浓盐酸；
B：因二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集；
C：溴乙烷和氢氧化钠醇溶液反应生成乙烯；
D：根据过氧化氢分解可制备氧气。
8．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A：铁粉过量时与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水。离子方程式为： ，该选项正确；
B：乙炔中混有的少量H2S通入CuSO4溶液时，H2S会与Cu2+反应生成黑色CuS沉淀和H+，离子方程式为： ，该选项正确；
C：由于酸性强弱关系为H2CO3>>HCO3-，根据强酸制弱酸原理，向苯酚钠溶液中通入少量CO2会生成 和NaHCO3，离子方程式为：，该选项错误；
D：向ZnS沉淀中加入CuSO4溶液会发生沉淀转化，生成更难溶的黑色CuS沉淀，离子方程式为：， 该选项正确；
综上所述，正确答案为C。【分析】A：过量铁和稀硝酸反应生成二价铁；
B： 硫化铜是沉淀，硫化氢是弱酸；
C：根据酸性强弱，H2CO3>>HCO3-，生成碳酸氢根；
D：硫化铜是沉淀。
9．【答案】D
【知识点】醇类简介；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．葡萄糖在碱性条件下能与新制氢氧化铜浊液发生反应，但在酸性条件下无法反应。题目中淀粉与稀硫酸混合加热后，未进行酸碱中和就直接加入新制氢氧化铜浊液，由于体系仍为酸性环境，导致无法检测淀粉是否水解生成还原性糖，故A选项错误；
B．丙烯醇分子中同时含有碳碳双键和羟基，两者均能与酸性高锰酸钾溶液反应。因此仅通过观察高锰酸钾溶液褪色现象，无法区分是碳碳双键还是羟基导致的反应，故B选项错误；
C．氯化铁溶液与铜反应会生成氯化亚铁和氯化铜。若使用过量铜粉除杂，虽然能去除Fe3+，但会引入新的Fe2+杂质，无法达到纯化目的，故C选项错误；
D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O。通过加热可有效将混合物中的NaHCO3转化为Na2CO3，实现除杂目的，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A．用新制浊液 检验醛基时，应是碱性环境，而淀粉水解条件是酸性；
B．酸性高锰酸钾能氧化碳碳双键和羟基；
C．铜粉和三价铁离子反应生成铜离子，引入新杂质；
D．根据碳酸氢钠受热易分解性质，可用加热方法除去。
10．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；铵离子检验；硫酸根离子的检验；卤代烃简介
【解析】【解析】A．若待测液中存在Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液时，会生成白色AgCl沉淀，从而干扰SO42-的检验。正确的操作应先用盐酸酸化排除干扰离子，再加入BaCl2溶液检验，因此A选项不符合实验目的；B.1-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热会发生消去反应生成1-丁烯，但挥发的乙醇和生成的1-丁烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，导致无法区分是哪种物质引起的褪色，因此无法验证消去反应的发生，B选项不符合题意；
C．实验室制取氨气时，采用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热的方法。装置中试管略微向下倾斜以防止冷凝水倒流，收集氨气的试管口塞棉花以避免氨气与空气对流，该操作能达到实验目的，C选项符合题意；
D．检验NH4+时，需向待测液中加入浓NaOH溶液并加热，使NH3逸出，再用湿润的红色石蕊试纸检测。若仅加入NaOH溶液而不加热，由于NH3极易溶于水并与水反应生成NH3·H2O，NH3无法逸出，石蕊试纸不会变色，因此D选项不符合实验目的；
综上，正确答案为C。
【分析】A．氯化银和硫酸银是难溶物；
B．生成的乙烯气体中有乙醇，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气；
D．一水合氨受热时，会分解生成氨气。
11．【答案】B
【知识点】工业合成氨；氧化还原反应；氨的性质及用途；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A ． 反应Ⅰ是氮气（）与氢气（）合成氨气（）的过程，将游离态的氮转化为化合态，属于人工固氮反应，该选项正确；
B ． 氨气（）催化氧化的正确产物应为一氧化氮（）和水（），其反应方程式为：
，而不是直接生成二氧化氮（），因此该选项错误；
C ． 反应Ⅲ是一氧化氮（无色气体）与氧气反应生成二氧化氮（红棕色气体）的过程，现象描述正确；
D ． 反应中，二氧化氮既作为氧化剂（1 mol，氮元素化合价从+4降到+2）又作为还原剂（2 mol，氮元素化合价从+4升到+5），氧化剂与还原剂的质量比为1：2，该选项正确；
综上所述，正确答案是B。【分析】根据题目给出的化学式和流程图可以确定：甲为氮气（），乙为一氧化氮（），
丙为二氧化氮（），据此分析。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的价层电子对数为；的价层电子对数为。两者的VSEPR模型均为四面体，因此N原子的杂化方式都是sp3，选项A正确。B．根据图示分析，吸附过程中通过与H原子配位转化为，这表明N原子与羧基中的H原子发生了相互作用，选项B正确。
C．在反应中，NO获得电子生成N2，1 mol NO转移2 mol电子。30 g NO的物质的量为，转移电子数约为2×6.02×1023个，选项C错误。
D．含氧官能团化学吸附NH3时形成，吸附NO时形成C=O-N=O结构。这说明吸附方式与O、N、C和H的电负性大小有关。电负性越大的元素，吸引键合电子的能力越强，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据中心N原子的价层电子对数确定其VSEPR模型，从而确定N原子的杂化方式。
B、吸附过程中，NH3中的N原子与-COOH中的H形成配位键。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、元素电负性越强，则吸引成键电子对的能力越强，据此分析。
13．【答案】C
【知识点】有机物的合成；卤代烃简介；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】A．J为ClH2C-CH=CH-CH2Cl，化学式为C4H6Cl2，选项A错误；
B．J→K是取代反应（水解反应），不是消去反应，选项B错误；
C．M的结构简式为，选项C正确；
D．N→G过程中，1个碳碳双键和2个醛基均参与加成反应，G比N多6个氢原子，不饱和度减少3个，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】2-丁烯与氯气在光照条件下发生取代反应生成J，若J为一氯代物，则J的结构为H3C-CH=CH-CH2Cl。J在水溶液中加热水解得到K（H3C-CH=CH-CH2OH），K催化氧化生成L（H3C-CH=CH-CHO），此时L分子中有4种不同化学环境的氢原子，与题意不符，因此该假设不成立。
若J为二氯代物ClH2C-CH=CH-CH2Cl，则K为HOH2C-CH=CH-CH2OH，L为OHC-CH=CH-CHO。此时L分子中只有2种不同化学环境的氢原子，符合题意，因此J的正确结构为ClH2C-CH=CH-CH2Cl。
根据G的结构和已知反应信息，L（OHC-CH=CH-CHO）与在加热条件下反应生成。因此M为，N为。最后N与H2发生加成反应生成G。
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．在溶液中加入1滴溶液时，会生成黄色的配合物。由于铜离子本身呈蓝色，混合后溶液呈现绿色。静置2小时后出现白色沉淀，说明发生了反应：，选项A正确。B．根据实验①的现象可以推断，首先与形成配合物，使溶液变绿；随后发生氧化还原反应生成白色沉淀，选项B正确。
C．实验②中溶液变红但未出现白色沉淀，说明Fe3+结合SCN 的能力强于Cu2+；实验③中迅速生成白色沉淀且红色消失，表明Cu+结合SCN 的能力强于Fe3+。综合②③可知，结合SCN 的能力顺序为：，选项C错误。
D．通过实验①和③可以得出结论：促进了转化为，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、反应生成的白色沉淀为CuSCN，据此判断反应的化学方程式。
B、结合融鳄鱼先变绿色，静置2小时后才生成白色沉淀的现象分析。
C、②中先变红，无白色沉淀，说明Fe3＋更容易结合SCN；③中迅速产生白色沉淀，说明Cu＋更容易结合SCN－。
D、根据实验①、③的现象分析。
15．【答案】（1）N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP更易与H2O形成氢键
（3）sp2
（4）N—H…N、N—H…O
（5）O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键；O；O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P。
故答案为： N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP中含更多羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水。
故答案为： ATP更易与H2O形成氢键
（3）ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化。
故答案为：sp2
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O。
故答案为： N—H…N、N—H…O
（5）①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子。
故答案为： O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
故答案为：O； O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【分析】（1）同主族元素核电荷数越大，原子半径越大，原子核对核外电子的吸引力越弱，越容易失去电子，据此分析N、P第一电离能的相对大小。
（2）ATP中所含羟基个数更多，更容易与水分子形成氢键，氢键可增强物质的水溶性。
（3）碱基中碳原子以双键形式存在，采用sp2杂化。
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键。据此确定有该物质中氢键的种类。
（5）①结合P、O的电负性分析，元素的电负性越大，则化学键的极性越大，化学键越容易断裂。
②PO43－中P原子不存在孤电子对，而O原子存在孤电子对，据此分析。
（1）N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P；
（2）ATP中含更多 羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水；
（3）ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化；
（4）当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O；
（5）①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子；
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
16．【答案】（1）过滤
（2）(浓)
（3）；ABC
（4）4
（5）；盐酸
【知识点】氧化还原反应；过滤；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）金(Au)、银(Ag)和铜(Cu)经过酸溶解后，得到含有金(Au)的固体和含有、的溶液。将固体和液体分离的操作方法是过滤。
（2）铜与浓硝酸、稀硝酸反应的化学方程式分别为：、，溶解1 mol铜消耗硝酸的量分别是4 mol（浓硝酸）和8/3 mol（稀硝酸），因此消耗硝酸更多的反应是铜与浓硝酸的反应。
（3）①与王水（浓硝酸与浓盐酸体积比1：3）溶解金的原理相同。金与反应生成HAuCl4、NO、NaNO3和H2O，离子方程式为：；
②A．溶金反应为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，由反应可知，Au被氧化生成HAuCl4，则用到了的氧化性，A正确；
B．金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了，使(金)转化为，从而促进金的溶解，故其主要作用是增强的还原性和硝酸的氧化性，B正确；
C．溶金反应的实质为：，浓盐酸与可提供，同时在酸性环境下表现出强氧化性，则用浓盐酸与也可使溶解，C正确；
因此选项ABC都正确。
（4）是强酸，锌粉与其反应生成金、氯化锌和氢气，化学方程式为2HAuCl4 + 4Zn = 2Au + 4ZnCl2 + H2↑。要完全还原2 mol，需要4 mol锌；
（5）根据流程图分析： 试剂1是NaCl溶液，物质1是CuCl2溶液， 物质3是AgCl；试剂2是盐酸，用于除去过量的铁粉；试剂3是氨水。
【分析】将废旧CPU用硝酸(HNO3)溶解时，金(Au)不发生反应，而银(Ag)和铜(Cu)分别被氧化为Ag+和Cu2+离子。过滤后得到含Au的固体残渣和含有Cu2+和Ag+的溶液，对含Au的固体加入HNO3-NaCl混合溶液溶解金，生成HAuCl4溶液，用锌粉(Zn)还原HAuCl4，重新得到金属金(Au)，整个过程的主要化学反应可表示为：Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O；
Ag + 2HNO3 =AgNO3 + NO2↑ + H2O；Au + HNO3 + 4NaCl = HAuCl4 + NaNO3 + 2H2O；
2HAuCl4 + 3Zn =2Au + 3ZnCl2 + 2HCl。
（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含(金)固体和含、溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，则酸溶后经过滤操作，将混合物分离；
（2）Cu与浓、稀反应的化学方程式分别为：、，由反应式可知，溶解1 mol的Cu消耗的物质的量分别为、，则溶解等量的Cu消耗物质的量多的反应的化学方程式：；
（3）①与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同，即(金)与溶液反应生成HAuCl4、NO、NaNO3和H2O，则溶金反应的离子方程式为：；
②A．溶金反应为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，由反应可知，Au被氧化生成HAuCl4，则用到了的氧化性，A正确；
B．金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了，使(金)转化为，从而促进金的溶解，故其主要作用是增强的还原性和硝酸的氧化性，B正确；
C．溶金反应的实质为：，浓盐酸与可提供，同时在酸性环境下表现出强氧化性，则用浓盐酸与也可使溶解，C正确；
故选ABC。
（4）由于，即属于强酸，锌粉与反应生成Au、和，化学方程式为2HAuCl4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑，由反应式可知，若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是4 mol；
（5）根据图中信息可知，含、溶液中加入试剂1得到物质1和物质3，物质3中加入试剂3得到二氨合银离子，则试剂3是氨水，物质3是AgCl，试剂1是NaCl溶液，物质1是溶液；向溶液中加入过量铁粉得到的物质2是被置换出的铜和过量的铁，经过加入试剂2，过滤后得到铜单质，则试剂2是盐酸，用于除去过量的铁粉；二氨合银离子经系列转化得到银单质，实现铜和银的回收。则物质3是AgCl，试剂2是盐酸。
17．【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸
（2）
（3）硝基、羧基
（4）
（5）
（6）中间产物1；中间产物3
（7）40%
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸。
故答案为：浓硝酸、浓硫酸
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（3）E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基。
故答案为：硝基、羧基
（4）F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：。
故答案为：
（5）I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：。
故答案为：
（6）J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K。
故答案为：；
（7）三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。
故答案为：40%
【分析】化合物A的分子式为C7H8。根据D的结构简式可以推断出B的结构为，而C的结构简式为。C经过水解反应生成D。结合G的结构简式以及已知信息ii，可以推导出F的结构简式为，E的结构简式为。F到G的过程是通过脱水反应形成环状结构的取代反应。随后G经过氧化反应生成I，I与H2O2反应得到J，最终J转化为K。
（1）A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸；
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：；
（3）E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基；
（4）F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：；
（5）I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：；
（6）J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K；
（7）三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。
18．【答案】（1）粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O；防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行
（2）2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+
（3）Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)
（4）1：4
（5）Mn3O4被O2氧化
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率。
故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O。
故答案为：2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低。
故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行
（2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+。
故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+
（3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)。
故答案为：Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)
（4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4。
故答案为：1：4
（5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小。
故答案为：Mn3O4被O2氧化
【分析】“酸浸”步骤中方铅矿（PbS）和软锰矿（MnO2）与盐酸、氯化钠混合溶液发生反应，使金属元素溶解进入溶液中。“调节pH值”步骤中加入NaOH溶液调节pH至约3，使Fe3+转化为碱式氧化铁（FeOOH）沉淀，同时过滤得到含SiO2和FeOOH的滤渣。“分离提纯”步骤中滤液经冰水浴冷却析出PbCl2晶体，PbCl2与H2SO4反应转化为PbSO4。“深度除杂”步骤中加入Na2S溶液使残余的Pb2+、Zn2+生成PbS、ZnS沉淀。“回收锰”的步骤中滤液加氨水后通入空气氧化，使Mn2+转化为Mn3O4产品。
（1）①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；
②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O，故答案为：2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O；
③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行；
（2）由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+，故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+；
（3）由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)，故答案为：Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)；
（4）由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；
（5）5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化。
19．【答案】Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液；Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；Ag+；因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。
故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O。
故答案为：Ag2SO3+4NH3 H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O
②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3。
故答案为：H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3
（3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀，
故答案为：Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀
②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-。
故答案为： 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-
（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+。
故答案为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+
（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子
【分析】（1）①Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4、H2O和SO2，据此写出反应的化学方程式。
②反应生成的SO2可能被装置内的空气氧化生成SO3，因此试剂a用于除去SO2中混有的SO3，据此确定试剂a的成分。
（2）①Ag2SO3溶于氨水，生成可溶性[Ag(NH3)2]2SO3溶液，据此写出反应的离子方程式。
②沉淀B中含有Ag2SO3，则与盐酸反应后所得溶液中溶解有SO2，可用氧化剂，将其氧化成SO42－，进一步与溶液中的Ba2＋形成BaSO4沉淀。据此确定实验试剂和现象。
（3）①加入过量盐酸，产生的白色沉淀为AgCl。上层清液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀，说明无BaSO4沉淀生成。
②实验一中SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；而实验二中SO32－被氧化成SO42－。
（4）AgNO3溶液与SO2反应生成Ag2SO3沉淀，据此写出反应的离子方程式。
（6）综合实验一、实验二和实验三的现象进行分析。
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