北京市第三十五中学2024-2025学年高三下学期3月月考 化学试卷（含解析）

这是一份北京市第三十五中学2024-2025学年高三下学期3月月考 化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了 BCl3水解反应方程式为，02×1023，故D正确；， 下列说法正确的是， 从炼钢粉尘中提取锌的流程如下， 下列三种方法均可得到氘化氢等内容，欢迎下载使用。
2025.3
试卷说明：试卷分值 100 ，考试时间 90分钟。I卷为选择题，共14个小题，共42分。II卷为主观题，包括第15至第19题，共58分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Zn 65 K 39 Mn 55
第一部分
一．选择题(共14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在机读卡相应的题号处)
1. 我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U−Pb衰变体系(衰变为， 衰变为)中207Pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是
A. 可以用质谱法区分206Pb和207Pb
B. 和的中子数分别为146和143，互为同位素
C. 来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近
D. Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族
【答案】D
【解析】
【详解】A．206Pb和207Pb的相对原子质量不同，质谱法可以测定其相对原子质量，则可以用质谱法区分206Pb和207Pb，A正确；
B．的中子数为，的中子数为，二者是质子数相同而中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，B正确；
C．定年方法：通过测定U−Pb衰变体系(衰变为， 衰变为)中207Pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近，则来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近，C正确；
D．Pb是82号元素，位于元素周期表中第6周期第ⅣA族，D错误；
故选D。
2. BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是
A. Cl的原子结构示意图为B. H2O的空间填充模型为
C. BCl3的电子式为：D. B(OH)3的结构简式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为 ，A项正确；
B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；
C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误；
D．的结构简式为，D项正确；
答案选C。
3. 碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A. 锌筒发生的电极反应为
B. 电池工作时，通过隔膜向正极移动
C. 电池工作时，发生氧化反应
D. 反应中每生成，转移电子数为
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池总反应方程式可知：Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；MnO2为正极，发生还原反应，电极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-；电池工作时，阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动。据此解答：
【详解】A．根据反应总方程式可知，电池工作时，负极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，故A错误；
B．电池工作时，OH-会向正电荷较多的负极定向移动，即OH-通过隔膜向负极移动，故B错误；
C．根据电池反应方程式可知：电池工作时，Mn元素化合价降低，得到电子被还原，所以MnO2发生还原反应，故C错误；
D．反应中锰元素的化合价由+4价降低到+3价，化合价降低1价，转移1个电子，故每生成l ml MnOOH，转移电子数约为6.02×1023，故D正确；
故答案为D。
4. 下列说法正确的是
A. 油脂是一种高分子化合物，在体内水解为高级脂肪酸和甘油，进而被氧化成和并提供能量
B. 碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成核苷酸，核苷酸缩聚得到核酸
C. 煤的干馏可以产生煤油，石油分馏可以得到乙烯，利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
D. 将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，A错误；
B．核酸的合成路径为：将碱基与戊糖缩合形成核苷，然后将核苷与磷酸缩合形成核苷酸，最后将核苷酸通过缩聚后就可以得到核酸，B正确；
C．煤的干馏不产生煤油，主要成分为焦炉气、粗氨水、煤焦油、焦炭；石油中不含乙烯，所以分馏不会得到乙烯，C错误；
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合生成链状二肽的种数为：甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸自身分别形成二肽，有三种，甘氨酸与丙氨酸可以形成两种二肽，丙氨酸和苯丙氨酸可以形成两种二肽，甘氨酸和苯丙氨酸可以形成两种二肽，共9种，D错误；
故答案为：B。
5. 下列过程对应的离子方程式正确的是
A. 工业废水中的用去除：
B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C. 用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】D
【解析】
【详解】A．难溶于水，离子反应方程式为：，A错误；
B．Cu的还原性比Fe弱，不能直接还原为单质Fe，只能还原为，离子反应方程式为：，B错误；
C．有强氧化性，能将氧化为，离子反应方程式为：，C错误；
D．草酸为弱酸，书写时保留化学式，同时被酸性高锰酸钾溶液氧化为，离子反应方程式为：，D正确；
故选D。
6. 下列实验的对应操作中，合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾应使用酸性滴定管，故A错误；
B．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，再加入适量乙醇将析出晶体，故B正确；
C．灼烧海带制海带灰需在坩埚中进行，坩埚置于泥三角之上，故C错误；
D．配制溶液液面距离刻度1cm时应改用胶头滴管滴加，故D错误；
故答案为B。
7. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充
B. “滤渣”的主要成分为
C. “盐浸”过程发生反应
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【解析】
【分析】炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程为：将炼钢粉尘加入在的溶液中“盐浸”，转化为，发生反应，同时有少量、溶解变为和浸出，然后通入空气将氧化为再转化为沉淀，最后随未溶解的、通过过滤形成滤渣除去；在滤液 中加入进行“沉锌”，发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液，据此分析解答。
【详解】A．反应环境需要，随着反应进行，被消耗，下降，会影响浸出反应的进行，所以需及时补充，A正确；
B．根据分析，滤渣中除了固体外，还有大量未溶解的、也通过过滤存在于滤渣中，B错误；
C．根据题目已知，“盐浸”过程是将转化为，则反应的离子方程式为：，C正确；
D．“沉锌”过滤后滤液中主要含，可以返回到“盐浸”流程中循环使用，如过量，滤液中存在未反应完的会影响循环使用，D正确；
故答案为：B。
8. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭与浓HNO3反应生成NO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，pH减小，会促使水解平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，KClO3在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，红棕色气体可能是浓硝酸受热分解产生的NO2，D错误；
故选B。
9. 下列三种方法均可得到氘化氢(HD)：①电解HDO；②D2O与NaH反应；③D2O与LiAlH4反应。下列说法不正确的是
A. 方法②中反应的化学方程式为D2O+NaH＝NaOD+HD↑
B. 方法③能得到HD，说明电负性：Al＜H
C. HDO和D2O均为极性分子，质量相同的HDO和D2O所含质子数相同
D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】C
【解析】
【详解】A．D2O与NaH反应生成NaOD和HD，反应机理与NaH和水反应类似，H⁻与D+结合生成HD。方程式正确，A项正确；
B．LiAlH4与D2O发生H的归中反应生成HD，说明LiAlH4中氢元素的化合价为-1价，而Al为+3价，说明氢的电负性强于Al。选项B说法正确，B项正确；
C．HDO的摩尔质量为19g/ml，D2O的摩尔质量为20g/ml。每个HDO和D2O分子中含有的质子数均为10个，故质量相同的HDO和D2O所含质子数不相同，C项错误；
D．方法①电解HDO可能生成H2、D2和HD混合物，而方法②直接生成HD，故方法②得到的产品纯度比方法①的高。D项正确；
答案选C。
10. 将2 ml C2H6和3 ml CO2的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。
反应Ⅰ C2H6(g) + CO2(g)⇌C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1 = +177 kJ·ml-1
反应Ⅱ C2H6(g) + 2CO2(g) ⇌4CO(g) + 3H2(g) ΔH2 = +430 kJ·ml-1
在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。
已知：C2H4的选择性
下列说法不正确的是
A. p1 < p2
B. C2H4的选择性下降的原因可能是温度升高反应II平衡正向移动的程度大于反应I
C. 210℃、p1条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6 ml
D. 降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．恒容、恒温条件下，增大压强时，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，反应I和反应II均为气体体积增加的反应，因此增大压强平衡逆向移动，乙烷转化率减小，即p1 < p2，故A正确；
B．反应II吸热大于反应I，因此温度升高反应II平衡正向移动的程度大于反应I，导致C2H4的选择性下降，故B正确；
C．初始状态为2 ml C2H6和3 ml CO2，根据反应式，平衡时乙烯的物质的量为xml、一氧化碳的物质的量为(x+4y)ml、水蒸气的物质的量为xml、氢气的物质的量为3yml、乙烷的物质的量为(2-x-y)ml、CO2的物质的量为(3-x-2y)ml，则、，解得x=0.8ml、y=0.2ml，则平衡时体系中生成CO的物质的量为x+4y=1.6 ml，故C正确；
D．反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，乙烯物质的量减小，故D错误；
故答案为D。
11. 光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A. 该聚合反应为缩聚反应，生成的该高分子材料可降解
B. 异山梨醇分子中有4个手性碳
C. 反应式中化合物X为甲醇
D 聚碳酸异山梨醇酯完全水解可得到异山梨醇和碳酸二甲酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应在生成高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，该高分子材料中含有酯基，可以降解，故A正确；
B．异山梨醇中， 圈出的四个碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，故B正确；
C．反应式中异山梨醇释放出一个氢原子与碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，所以反应式中X为甲醇，故C正确；
D．聚碳酸异山梨醇酯在酸性条件下水解生成异山梨醇、甲醇和碳酸，在碱性条件下水解生成异山梨醇、甲醇和碳酸根离子，故D错误；
故答案为D。
12. 下列根据事实的推论正确的是
A. 混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，说明CuS不溶于稀H2SO4
B. CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，说明酸性：HNO3>H2SO4
C. 依据 F、Cl 、Br 、I 氢化物的分子间作用力大小，可推断它们的热稳定性强弱
D. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．，铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，又难溶于酸，故能发生该反应，故A正确；
B．硝酸具有氧化性，CuS与稀硝酸发生氧化还原反应而溶解，不能说明酸性：HNO3>H2SO4，故B错误；
C．热稳定性与H-X键的键能有关，与分子间作用力无关，故C错误；
D．依据第二周期主族元素电负性依次增大，不能推断它们的第一电离能依次增大，如第一电离能：Be>B，N>O，故D错误；
故答案A。
13. AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A. 从生成和的反应都是放热反应
B. 过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C. Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D. 生成放热更多，低温时是主要产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确；
B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；
D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误；
故选D。
14. Ni(OH)2和NiCO3是Ni2+在不同pH的Na2CO3溶液体系中的两种可能产物。25℃时，二者的沉淀溶解平衡曲线如图。
已知：25℃时，Ksp(NiCO3) = 1.42×10-7，Ksp[Ni(OH)2] = 5.48×10-16
下列说法正确的是
A. Na2CO3溶液中2c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)
B. M点，溶液中存在c()> ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： 。
16. CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。
(2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。
(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。
【答案】 ①. ②. 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 ③. ④. H2SO4 ⑤. 或 ⑥. HD ⑦. 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】
【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。
(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。
(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；
(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；
②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2；
(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；
②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。
17. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如下：
已知：ⅰ．R-Br+CHR1(COOR2)2R-CR1(COOR2)2
ⅱ．
（1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是__________。
（2）B中含有，试剂a是__________。
（3）D的结构简式是__________。
（4）中，反应ⅰ的化学方程式为_____________。
（5）下列关于有机物F和G的说法正确的是__________（填字母）。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与反应
c．F和G均能与银氨溶液反应
（6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是__________、__________。
（7）的过程中，转化为含价的化合物，反应中和的物质的量之比为__________。
【答案】（1） （2）HBr
（3） （4）+2NaOH+2CH3OH
（5）bc （6） ①. ②. 或
（7）3：1
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的一定条件下与环氧乙烷反应生成，则A为、B为；B与溴化氢发生取代反应生成C：；催化剂作用下C与CH2(COOCH3)2发生取代反应生成D，则D为；催化剂作用下D与Br(CH2)2CHO发生取代反应生成E，E在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，再酸化生成F，则F为；F共热发生脱羧反应生成G，则G为；G在一定条件下转化为H，H与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化生成或，或再发生消去反应生成I：，I与二氧化硒发生氧化反应生成J，则J为；催化剂作用下J发生取代反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢，故答案为：HBr；
小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，E→F中，反应i为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2NaOH+2CH3OH，故答案为：+2NaOH+2CH3OH；
【小问5详解】
a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：，故错误；
b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故正确；
c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故正确；
故选bc；
【小问6详解】
由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化生成或，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或，故答案为：；或；
【小问7详解】
由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，甲基被氧化为羧基，相当于C的化合价升高6价，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1。
18. 精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、Ag2Se、Au等物质，回收流程示意图如下。
已知：当溶液中Cl-浓度较高时，Cl-会与Ag+结合形成[AgCl2]-、[AgCl3]2-等配离子
（1）“浸铜”过程，H2O2及其分解产生的·OH，都有助于阳极泥氧化浸出。
①H2O2的电子式_______。
②Cu与·OH反应的化学方程式为_______。
③ “浸铜渣”中含银元素物质的化学式为_______。
④ 硒以H2SeO3的形式存在于“浸铜液”中，使用Na2SO3溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为_______。
（2）“浸金”过程，金以[AuCl4]-形式存在于“浸金液”中。
① 结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中Cl- 、H +的作用_______。
② [AuCl4]− 浓度的测定：取V mL“浸金液”，加入c1 ml·L-1V1 mL FeSO4溶液，使Au完全沉淀后，用c2 ml·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的FeSO4溶液，消耗K2Cr2O7溶液V2 mL。该方案测定[AuCl4]− 浓度是否准确，理由是_______。
（3）结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用_______。
【答案】（1） ①. ②. ③. AgCl ④.
（2） ①. 氧化反应：，加入后生成，降低，增强Au的还原性；还原反应：，增加，增强了的氧化性 ②. 不准确，浸金液中的会与反应，会与反应，影响测定结果
（3）AgCl在水溶液中存在如下平衡：，加入氨水，NH3与Ag+生成，减小，平衡正向移动，使AgCl溶解。
【解析】
【分析】“浸铜”过程中是将阳极泥中Cu元素以“浸铜液”的形式分离出去，Ag元素和Au元素进入“浸铜渣”，加入硫酸和过氧化氢后，Cu、CuSe、Ag2Se溶解转化为Cu2+、Ag+和H2SeO3，再加NaCl沉淀Ag+，“浸铜渣”为AgCl和Au；“浸金”过程是将Au元素以“浸金液”形式分离出去，AgCl为“浸金渣”，该过程Au被NaClO3氧化为Au3+，NaClO3还原为NaCl；“浸银”过程是在AgCl中加入氨水将AgCl溶解，再用水合肼将AgCl还原为Ag。
【小问1详解】
①H2O2的电子式为；
②据分析，Cu与·OH、硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为；
③据分析，“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为AgCl；
④H2SeO3与Na2SO3反应生成硒、Na2SO4和水，离子方程式为
【小问2详解】
①据分析，“浸金”过程中的氧化反应：，加入后生成，降低，增强了Au的还原性；还原反应：，增加，增强了的氧化性；
②“浸金液”中含有Cl-、等，具有还原性，会与反应，具有氧化性，会与反应，影响滴定的测量结果，故测定[AuCl4]−浓度不准确；
【小问3详解】
“浸银”过程是用氨水溶解AgCl，其原因是：AgCl在水溶液中存在如下平衡：，加入氨水，NH3与Ag+生成，减小，平衡正向移动，使AgCl溶解。
19. 探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
资料：①饱和氨水的浓度约为
②为浅青色沉淀
③溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的溶液
（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。
（2）有研究认为蓝色沉淀中还有成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，___________。(填后续操作和现象)
（3）对比实验i-a和实验i-b，从平衡移动角度，结合化学用语解释对生成有一定促进作用的原因___________。
（4）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的反应，推测对生成有一定促进作用。设计下图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测。
①x的化学式是___________，c=___________。
②实验现象是___________。
（5）从平衡移动角度，结合化学用语，解释对生成有一定促进作用的原因___________。
（6）针对实验ii未能成功配制溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入___________，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：___________。
（7）综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、___________。
【答案】（1）
（2）加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀
（3），增大，，使沉淀溶解平衡正移，更多地转化为
（4） ①. ②. 1 ③. 试管1中沉淀溶解，2中不溶解
（5），增大时，与反应产生，增大了，同时减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移
（6） ①. 10滴溶液 ②.
（7）氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和配位的难易程度
【解析】
【小问1详解】
实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为。
【小问2详解】
检验蓝色沉淀中不止含，可能还含有，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀。
【小问3详解】
因为，增大，，使沉淀溶解平衡正移，更多地转化为，故对生成有一定促进作用。
【小问4详解】
加入过量氨水前，实验i-a中的反应为，实验i-c中的反应为，要推测对生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故①x的化学式是，c=1。实验现象证实了预测，故②实验现象是试管1中沉淀溶解，2中不溶解。
【小问5详解】
因为，增大时，与反应产生，增大了，同时减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移，故对生成有一定促进作用。
【小问6详解】
①由以上分析知，对生成有一定促进作用，在在实验ii-a的基础上继续加入10滴溶液，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
【小问7详解】
综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和配位的难易程度。A．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
B．制备晶体
C．灼烧海带制海带灰
D．配制一定物质的量浓度的溶液
实验序号
操作
现象
实验i：的配制
实验i-a
在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的
产生蓝色沉淀，加入后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-b
在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的
产生蓝色沉淀，加入后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-c
在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的
产生蓝色沉淀，加入后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。
实验ii：的配制
实验ii-a
在试管内混合溶液和过量
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验ii-b
在试管内混合溶液和过量
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验iii：的配制
实验iii
在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的
产生白色沉淀，加入后沉淀完全溶解，得到无色溶液。