精品解析：湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高一上学期9月月考化学试题

湖北省广水市第二高级中学高2024—2025学年上学期九月月考 高一化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 考试范围：高一化学必修一 第一章物质及其变化，第二章海水中的重要元素——钠和氯 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。 1. 《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是 A. “苦泉”可使蛋白质变性 B. 胆矾化学式为CuSO4 C. 胆矾受热不能分解 D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜 2. 氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。在给定条件下，下列选项所示物质间的转化能实现的是 A. B. C D. 3. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 铜与浓硝酸反应： B. 将通入石灰乳中制漂白粉： C. 溶于稀盐酸： D. 过量氨水与硫酸铝溶液反应： 4. 下列离子在指定环境中一定能大量共存的是 A. 碱性溶液中：Na＋、、、 B. 含有大量Na＋的澄清透明溶液中：Cu2+、K＋、、 C. 无色透明的溶液中：K＋、、Na＋、Cl- D. 使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、、 5. 某溶液中可能存在、、、、Cl 、六种离子中的几种．现进行下列实验： ①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色； ②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深． 据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是 A. 、、 B. 、、 C. 、 D. 、、 6. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是 A. 过程I中，反应的离子方程式为 B. 碱性条件下，氧化性： C. 将1mol转化为理论上需要的体积为22.4L(标准状况) D. 该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应 7. 一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为，下列说法错误的是 A. 配平后的系数为6 B. 既是氧化剂又是还原剂 C. 该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 8. 某碳铁合金可用FeC表示，其与浓硝酸反应的方程式是FeC＋HNO3(浓)NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A. 配平化学方程式，NO2前的化学计量数是4 B. 该反应中，只有C元素被氧化 C. 将反应生成的气体通入澄清石灰水，一定产生白色沉淀 D. 68gFeC参与反应共失去7×6.02×1023个电子 9. 光缆的主要成分为SiO2.下列叙述正确的是 A. SiO2的摩尔质量为60 B. 标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L C. SiO2中Si与O的质量比为7∶8 D. 相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同 10. 如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是 A. C2H4 B. CH4 C. CO2 D. NO 11. 在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g·cm－3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为 A. 18.4mol·L－1　34.7% B. 20.4mol·L－1　38.5% C. 18.4mol·L－1　38.5% D. 20.4mol·L－1　34.7% 12. 称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入足量NaOH的溶液并加热，完全反应，生成NH31792mL(标准状况下)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为 A. 1：1 B. 1：2 C. 1.87：1 D. 3.65：1 13. 为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 14. 将Wg某气体与一定量的混合后通入装有足量固体的密闭容器中，用间断电火花不断地引燃气体，经过足够长的时间后，发现固体质量增加Wg，则气体可能是 ①②CO；③和CO混合气体；④甲醛(HCHO)；⑤乙二醇(CH2OH-CH2OH)蒸气 A. 只有① B. 只有①② C. 只有①②③ D. ①②③④⑤ 15. 在120℃下，将VmL的CO2和H2O(水蒸气)，通入足量的过氧化钠，充分反应后发现电子转移为1mol，则下列说法正确的是 A. 过氧化钠摩尔质量为78 B. 整个过程消耗的过氧化钠为156g C. 充分反应后气体在120℃体积为0.4VmL D. VmL的CO2和H2O(水蒸气)质量可能为31g 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 为了充分利用铜资源，某工厂利用废旧黄铜灰(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等)制取金属铜并得到副产物锌盐，其生产流程如下： （1）滤渣1的主要成分为_______。稀硫酸溶解黄铜灰的过程中，Cu是否参与了反应？如果参与了，请写出该反应的离子方程式；如果没有参与反应，请写出理由：_______。 （2）滤渣1及滤渣2与浓硫酸反应的步骤中存在缺陷，可将实验改进为先让滤渣与_______反应，产物再溶于稀硫酸。这样改进的优点是_______。 （3）写出滤液3与H2O2反应的离子方程式：_______。 17. “纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO。回答下列问题： （1）制备纳米零价铁：将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁，反应的化学方程式为FeSO4+NaBH4+NaOH→Fe(纳米零价铁)+NaBO2+Na2SO4+H2↑+H2O(未配平，NaBH4、NaBO2中B元素均为+3价)。该反应中，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=____。 （2）NO的氧化：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生HO•，HO•将NO氧化为NO的机理如图1所示，Y与H2O2反应的离子方程式为____。 ②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为____。 ③纳米零价铁的作用是____(用离子方程式表示)。 ④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是____。 （3）氧化产物的吸收：氧化后的产物在烟气的携带下被Ca(OH)2溶液吸收，反应的化学方程式为____。 18. 2，6-二氯酚靛酚钠盐(C12H6O2NCl2Na)呈蓝色，酸化后生成的氧化型2，6-二氯酚靛酚(C12H7O2NCl2)呈粉红色，被还原后变为无色的还原型2，6-二氯酚靛酚(C12H9O2NCl2)。用2，6-二氯酚靛酚钠盐固体配制450mL0.010mol·L-1的2，6-二氯酚靛酚标准溶液的步骤如图所示： （1）在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和_______；检验操作④所用仪器是否漏水的操作是_______。 （2）经计算，需2，6-二氯酚靛酚钠盐固体的质量为_______g。 （3）此实验中玻璃棒的作用是_______。 （4）下列操作不会对所配得的2，6-二氯酚靛酚标准溶液的浓度产生影响的是_______(填标号)。 A. 容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干 B. 操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗涤液 C. 操作⑤仰视容量瓶的刻度线 D. 操作⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平 19. 某化学小组在实验室制取Na2O2。 查阅资料可知，温度在573~673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733 K以上Na2O2会分解。除Li外其他碱金属不与N2反应。 (1)甲组同学设计制取Na2O2装置如图。 ①使用该装置制取的Na2O2中不可能含有的杂质为______。 A. Na3N B. Na2CO3 C. Na2O D. NaOH ②该小组同学为测定制得的Na2O2样品的纯度,设计实验装置如下： 烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_____。水槽中量筒中收集到的气体为_____。测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是_____。 (2)乙组同学从反应历程上分析出上述(1)②的测定反应中存在中间产物，从而会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。为证明其分析的正确性，设计实验方案如下： 实验方案 产生的现象 Ⅰ.取烧瓶中的反应液，加入少量MnO2粉末 有大量气泡逸出 Ⅱ.向NaOH稀溶液中加入2～3滴酚酞溶液，然后加入少量的反应液 溶液先变红后褪色 Ⅲ.向反应液中加入2～3滴酚酞溶液，充分振荡，然后逐滴加入过量的NaOH稀溶液 开始无明显现象，加NaOH溶液后先变红后褪色 实验方案I中发生反应的化学方程式为_______。 根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省广水市第二高级中学高2024—2025学年上学期九月月考 高一化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 考试范围：高一化学必修一 第一章物质及其变化，第二章海水中的重要元素——钠和氯 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。 1. 《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是 A. “苦泉”可使蛋白质变性 B. 胆矾的化学式为CuSO4 C. 胆矾受热不能分解 D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜 【答案】A 【解析】 【详解】“苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故A正确；胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，故B错误；胆矾受热能分解为硫酸铜、水，故C错误；胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故D错误。 2. 氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。在给定条件下，下列选项所示物质间的转化能实现的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化铝和过量氨水生成氢氧化铝沉淀，A正确； B．氨气、一氧化氮不会反应生成二氧化氮，B错误； C．二氧化氮和水反应生成硝酸，一氧化氮和水不反应，C错误； D．硝酸具有强氧化性，和铁反应生成水和一氧化氮，D错误； 故选A。 3. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 铜与浓硝酸反应： B. 将通入石灰乳中制漂白粉： C. 溶于稀盐酸： D. 过量氨水与硫酸铝溶液反应： 【答案】A 【解析】 【详解】A．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，A正确； B．石灰乳主要成分Ca(OH)2，不可拆，B错误； C．不可拆，C错误； D．是弱碱，只能与Al3+生成Al(OH)3，不能生成偏铝酸盐，D错误； 故选A。 4. 下列离子在指定环境中一定能大量共存的是 A. 碱性溶液中：Na＋、、、 B. 含有大量Na＋的澄清透明溶液中：Cu2+、K＋、、 C. 无色透明的溶液中：K＋、、Na＋、Cl- D. 使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱性溶液中含氢氧根，，不能大量共存，A错误； B．选项离子不能发生反应，可以大量共存，B正确； C．显紫色，Cl-与会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误； D．紫色石蕊试剂显红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中H+、会反应产生气体，不能大量共存，D错误； 故选B 5. 某溶液中可能存在、、、、Cl 、六种离子中的几种．现进行下列实验： ①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色； ②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深． 据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是 A. 、、 B. 、、 C. 、 D. 、、 【答案】C 【解析】 【分析】、、、、Cl 、六种离子中，用KSCN溶液检验，溶液呈血红色说明含有，因与能发生氧化还原反应，所以一定不存在，另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，说明在酸性条件下原溶液中一定存在、，被氧化成三价铁离子，加酸没有气体生成，所以一定不存在、据此即可解答。 【详解】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，发生不能大量共存，说明原溶液中一定存在，因与能发生，所以一定不存在； ②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生，说明原溶液中一定存在、，因所以原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在，无法确定是否含有； 故C正确。 故选C。 6. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是 A. 过程I中，反应的离子方程式为 B. 碱性条件下，氧化性： C. 将1mol转化为理论上需要的体积为22.4L(标准状况) D. 该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】CaO与MnSO4溶液反应生成Mn(OH)2，溶液呈碱性，过程I中Mn(OH)2被O2氧化得到，过程II则可以氧化S2-得到，自身被还原生成Mn(OH)2，循环利用，最后被O2氧化得到，得到硫酸盐。 【详解】A．据分析，过程I中，Mn(OH)2被O2氧化得到，反应的离子方程式为，A错误； B．据分析，Mn(OH)2被O2氧化得到，O2是氧化物，是氧化产物；可以氧化S2-得到，是氧化物，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，则有氧化性：，B正确； C．据分析，根据原子守恒、得失电子守恒原理，可得关系 ，故将1mol转化为理论上需要的物质的量为2mol，标准状况下体积为44.8L，C错误； D．该过程中CaO与MnSO4溶液反应生成Mn(OH)2的反应是非氧化还原反应，后续反应均是氧化还原反应，D错误； 故选B。 7. 一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为，下列说法错误的是 A. 配平后的系数为6 B. 既是氧化剂又是还原剂 C. 该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 【答案】A 【解析】 【分析】利用化合价升降法，配平，可得配平后的化学方程式为。 【详解】A．由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误； B．NH4NO3中所含N元素价态升高，部分所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确； C．该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确； D．氧化产物()和还原产物()的物质的量之比为=5∶3，D正确； 故选A。 8. 某碳铁合金可用FeC表示，其与浓硝酸反应的方程式是FeC＋HNO3(浓)NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A. 配平化学方程式，NO2前化学计量数是4 B. 该反应中，只有C元素被氧化 C. 将反应生成的气体通入澄清石灰水，一定产生白色沉淀 D. 68gFeC参与反应共失去7×6.02×1023个电子 【答案】D 【解析】 【分析】FeC中Fe、C元素的化合价均为0价，则FeC+HNO3(浓)→Fe(NO3)3+NO2↑+CO2↑+H2O反应中，Fe的化合价从0升高到+3，C的化合价从0升高到+4，FeC化合价共升高7价，N的化合价从+5降低到+4，配平方程式为：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+7NO2↑+CO2↑+5H2O。 【详解】A．由上述分析可知，配平化学方程式，NO2前的化学计量数是7，故A错误； B．Fe的化合价从0升高到+3，C的化合价从0升高到+4，Fe、C元素都被氧化，故B错误； C．氢氧化钙溶解度小，澄清的石灰水中的溶质不会很多，通入气体NO2和CO2，NO2量大，先反应生成硝酸钙了，可能就不和CO2反应了，故C错误； D．据分析，1molFeC参与反应共失去7mol电子，因为M(FeC)=68g/mol，所以68g FeC物质的量=1mol，即68g FeC参与反应共失去7mol电子，故D正确； 答案选D。 9. 光缆的主要成分为SiO2.下列叙述正确的是 A. SiO2的摩尔质量为60 B. 标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L C. SiO2中Si与O的质量比为7∶8 D. 相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．SiO2的摩尔质量为60g/mol，A项错误； B．标准状况下，SiO2是固体，则无法计算体积，B项错误； C．SiO2中Si与O的质量比为28∶32=7∶8，C项正确； D．SiO2和CO2摩尔质量不同，则相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数不相同，D项错误； 答案选C。 10. 如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是 A. C2H4 B. CH4 C. CO2 D. NO 【答案】C 【解析】 【详解】同温同体积，压强与气体物质的量成正比，由图象看出，相同温度下，氧气的压强大于X，则1 g O2与1 g X气体的物质的量n(O2)>n(X)，所以M(O2)<M(X)，故选C。 11. 在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g·cm－3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为 A. 18.4mol·L－1　34.7% B. 20.4mol·L－1　38.5% C. 18.4mol·L－1　38.5% D. 20.4mol·L－1　34.7% 【答案】A 【解析】 【详解】设标准状况下，水是1L，则溶剂氨气是700L， 根据可知，溶剂氨气的物质的量是 则根据m＝n·M可知，氨气的质量是m＝31.25mol×17g/mol＝531.25g 所以溶液的质量分数是 又因为，所以溶液的物质的量浓度是； 答案为A。 12. 称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入足量NaOH溶液并加热，完全反应，生成NH31792mL(标准状况下)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为 A. 1：1 B. 1：2 C. 1.87：1 D. 3.65：1 【答案】B 【解析】 【详解】设7.24g (NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中含(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量分别为amol、bmol，则①132a+115b=7.24；与碱反应放出氨气的物质的量为；根据氮元素守恒得②2a+b=0.08mol；联立①②，解得a=0.02、b=0.04，(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为1:2，故选B。 13. 为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 【答案】C 【解析】 【详解】为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理，根据反应方程式2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，最终变为NaNO3、NaNO2，a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，再根据元素守恒得到NaOH物质的量为(a+b+2c)mol，因此NaOH溶液的物质的量浓度为，故C符合题意。 综上所述，答案为C。 14. 将Wg某气体与一定量的混合后通入装有足量固体的密闭容器中，用间断电火花不断地引燃气体，经过足够长的时间后，发现固体质量增加Wg，则气体可能是 ①②CO；③和CO的混合气体；④甲醛(HCHO)；⑤乙二醇(CH2OH-CH2OH)蒸气 A. 只有① B. 只有①② C. 只有①②③ D. ①②③④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】氢气燃烧方程式为：，水与过氧化钠发生反应：，二者相加可得，固体增加的质量相当于的质量，故符合； CO燃烧方程式为：，二氧化碳与过氧化钠发生反应：，方程式相加得，固体增加的质量相当于CO的质量，故符合； 由上述分析可知，CO、氢气混合气体燃烧产物再通过过氧化钠，过氧化钠固体质量的增加量就是原混合气体中CO、的质量和，故符合； 有机物组成可以改写为形式，相当于CO、氢气混合，燃烧产物再通过过氧化钠，过氧化钠固体质量的增加量就是有机物蒸气的质量，HCHO可以改写为可以改写为，故符合， 故选D。 15. 在120℃下，将VmL的CO2和H2O(水蒸气)，通入足量的过氧化钠，充分反应后发现电子转移为1mol，则下列说法正确的是 A. 过氧化钠的摩尔质量为78 B. 整个过程消耗过氧化钠为156g C. 充分反应后气体在120℃体积为0.4VmL D. VmL的CO2和H2O(水蒸气)质量可能为31g 【答案】D 【解析】 【详解】A．过氧化钠的摩尔质量为78g/mol，故A错误； B．CO2和H2O(水蒸气)，通入足量的过氧化钠，发生的反应是 ， ，转移1mol电子时，消耗过氧化钠78g，故B错误； C．在120℃时，水为气体，过氧化钠过量，电子转移为1mol，即生成1mol O2，结合选项B解析中方程式可知，反应后气体体积应该是反应前的一半，即0.5VmL，故C错误； D．电子转移为1mol时，需要消耗水和二氧化碳的总物质的量为1mol，其质量可能在18g-44g之间，故D正确； 故选：D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 为了充分利用铜资源，某工厂利用废旧黄铜灰(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等)制取金属铜并得到副产物锌盐，其生产流程如下： （1）滤渣1的主要成分为_______。稀硫酸溶解黄铜灰的过程中，Cu是否参与了反应？如果参与了，请写出该反应的离子方程式；如果没有参与反应，请写出理由：_______。 （2）滤渣1及滤渣2与浓硫酸反应的步骤中存在缺陷，可将实验改进为先让滤渣与_______反应，产物再溶于稀硫酸。这样改进的优点是_______。 （3）写出滤液3与H2O2反应的离子方程式：_______。 【答案】（1） ①. Cu和SiO2 ②. Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋ （2） ①. O2 ②. 避免产生有毒气体SO2污染环境，同时减少了硫酸的用量 （3）2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O 【解析】 【分析】废旧黄铜灰(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等)加入过量稀硫酸溶解后过滤，得到滤渣1为Cu和SiO2；滤液1为硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜，加入锌粉置换出铜、铁，得到滤液2为硫酸锌，蒸发结晶得到硫酸锌晶体；滤渣2与滤渣1合并加浓硫酸溶解并加热，得到滤渣3为二氧化硅，滤液为硫酸铁和硫酸铜，加双氧水，调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣4为氢氧化铁，滤液4为硫酸铜，电解硫酸铜溶液得到铜； 【小问1详解】 黄铜灰中不与稀硫酸反应的物质是Cu和二氧化硅，所以加入稀硫酸过滤后的滤渣1的主要成分是单质铜和二氧化硅(或Cu和SiO2)。黄铜灰中有氧化铁，与稀硫酸反应得到Fe3＋，单质铜可以与其反应，离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋(因为氧化铁少量，所以最后一定剩余单质铜，滤渣1中应该有单质铜)； 【小问2详解】 滤渣2主要含单质铜和铁，滤渣1主要含单质铜和二氧化硅，加入浓硫酸发生反应，将单质铁和铜转化为盐溶液，滤渣3为二氧化硅。此步反应中最大的问题是生成了污染性气体二氧化硫，所以应该先通入氧气氧化，将金属单质氧化为金属氧化物，再与稀硫酸反应。同时这样操作可以减少硫酸的用量(因为用浓硫酸时，一部分硫酸转化为二氧化硫，而使用稀硫酸时，所有的硫酸都转化为硫酸盐)； 【小问3详解】 在滤液3中加入稀硫酸和过氧化氢的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，所以该反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。 17. “纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO。回答下列问题： （1）制备纳米零价铁：将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁，反应的化学方程式为FeSO4+NaBH4+NaOH→Fe(纳米零价铁)+NaBO2+Na2SO4+H2↑+H2O(未配平，NaBH4、NaBO2中B元素均为+3价)。该反应中，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=____。 （2）NO的氧化：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生HO•，HO•将NO氧化为NO的机理如图1所示，Y与H2O2反应的离子方程式为____。 ②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为____。 ③纳米零价铁的作用是____(用离子方程式表示)。 ④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是____。 （3）氧化产物的吸收：氧化后的产物在烟气的携带下被Ca(OH)2溶液吸收，反应的化学方程式为____。 【答案】（1）1:2 （2） ①. Fe3++H2O2 =HO2∙+H++Fe2+ ②. 2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O ③. Fe+2H+=H2↑+Fe2+ ④. 过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低 （3）2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O 【解析】 【小问1详解】 该反应中，NaBH4中氢元素化合价由-1变为0，发生氧化反应作为还原剂；FeSO4中铁元素由+2变为0，发生还原反应作为氧化剂；由电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=1:2； 【小问2详解】 ①Fe2+催化H2O2分解产生HO•，氧元素化合价降低，则铁元素化合价升高，Y为Fe3+、X为Fe2+；图中Y与H2O2反应生成HO2∙、H+、Fe2+，离子方程式为Fe3++H2O2 =HO2∙+H++Fe2+； ②过氧化氢具有强氧化性，NO与H2O2反应生成HNO3和水，化学方程式为2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O。 ③Fe2+催化H2O2分解产生HO•，HO•将NO氧化为NO，纳米零价铁的作用是和稀盐酸反应生成亚铁离子，Fe+2H+=H2↑+Fe2+； ④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低，NO脱除率下降； 【小问3详解】 NO的氧化产物为硝酸，硝酸和氢氧化钙反应生成硝酸钙和水，2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O。 18. 2，6-二氯酚靛酚钠盐(C12H6O2NCl2Na)呈蓝色，酸化后生成的氧化型2，6-二氯酚靛酚(C12H7O2NCl2)呈粉红色，被还原后变为无色的还原型2，6-二氯酚靛酚(C12H9O2NCl2)。用2，6-二氯酚靛酚钠盐固体配制450mL0.010mol·L-1的2，6-二氯酚靛酚标准溶液的步骤如图所示： （1）在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和_______；检验操作④所用仪器是否漏水的操作是_______。 （2）经计算，需2，6-二氯酚靛酚钠盐固体的质量为_______g。 （3）此实验中玻璃棒的作用是_______。 （4）下列操作不会对所配得的2，6-二氯酚靛酚标准溶液的浓度产生影响的是_______(填标号)。 A. 容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干 B. 操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗涤液 C. 操作⑤仰视容量瓶的刻度线 D. 操作⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平 【答案】（1） ①. 500mL容量瓶、量筒 ②. 向容量瓶中注入适量水，塞好瓶塞，倒置，观察瓶塞周围是否漏水，如不漏水，则正置容量瓶，将瓶塞旋转180°，再重复上述操作 （2）1.45 （3）搅拌、引流 （4）A 【解析】 【小问1详解】 配制480mL0.010mol•L-1该溶液时，需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和500mL容量瓶、量筒；操作④所用仪器是容量瓶，容量瓶检漏时的操作是向容量瓶中注入适量水，塞好瓶塞，倒置，观察瓶塞周围是否漏水，如不漏水，则正置容量瓶，将瓶塞旋转180°，再重复上述操作； 【小问2详解】 因为需要配制500mL0.010mol•L-12，6-二氯酚靛酚钠盐，需要的质量的是500×10-3L×0.010mol•L-1×290g•mol-1=1.45g； 【小问3详解】 此实验中玻璃棒的作用是②搅拌、③引流； 【小问4详解】 A．容量瓶中是否有水，对实验结果无影响，A符合题意； B．没有用蒸馏水洗涤烧杯，使容量瓶中溶质物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，B不符合题意； C．定容时仰视，容量瓶中溶液体积增大，所配溶液的浓度偏低，C不符合题意； D．操作⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平，相当于对原溶液稀释，所配溶液的浓度偏低，D不符合题意； 故答案为：A。 19. 某化学小组在实验室制取Na2O2。 查阅资料可知，温度在573~673 K之间可生成Na2O2，若温度提高到733 K以上Na2O2会分解。除Li外其他碱金属不与N2反应。 (1)甲组同学设计制取Na2O2的装置如图。 ①使用该装置制取的Na2O2中不可能含有的杂质为______。 A. Na3N B. Na2CO3 C. Na2O D. NaOH ②该小组同学为测定制得的Na2O2样品的纯度,设计实验装置如下： 烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是_____。水槽中量筒中收集到的气体为_____。测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是_____。 (2)乙组同学从反应历程上分析出上述(1)②的测定反应中存在中间产物，从而会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。为证明其分析的正确性，设计实验方案如下： 实验方案 产生的现象 Ⅰ.取烧瓶中的反应液，加入少量MnO2粉末 有大量气泡逸出 Ⅱ.向NaOH稀溶液中加入2～3滴酚酞溶液，然后加入少量的反应液 溶液先变红后褪色 Ⅲ.向反应液中加入2～3滴酚酞溶液，充分振荡，然后逐滴加入过量的NaOH稀溶液 开始无明显现象，加NaOH溶液后先变红后褪色 实验方案I中发生反应的化学方程式为_______。 根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是______。 【答案】 ①. A ②. 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O ③. O2 ④. aedfgh ⑤. 偏小 ⑥. 2H2O22H2O+O2↑ ⑦. 碱性条件 【解析】 【分析】(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3； ②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，则最后收集氧气，据此作答； (2) 过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，中间产物与酚酞作用的条件。 【详解】(1)①根据提示，Na不会与氮气反应，但会与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠与水反应生成NaOH，与二氧化碳反应生成Na2CO3，则不会生成Na3N，故答案为：A； ②过氧化钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；反应产生氧气，则最后收集氧气；过氧化钠中可能存在碳酸钠，其与硫酸反应会生成二氧化碳，通过氢氧化钠除去，再用澄清石灰水检验除尽，连接顺序为：aedfgh，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2↑+2H2O；O2；aedfgh； (2)过氧化钠与硫酸反应生成中间产物过氧化氢，产生的氧气减少，从而会导致测定结果偏小；过氧化氢在二氧化锰的催化下，生成水和氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；对比试验Ⅱ、Ⅲ可知，过氧化氢与酚酞作用的条件在碱性下进行，故答案为：偏小；2H2O22H2O+O2↑；碱性条件。 【点睛】本题难点(1)②，实验装置的连接，要考虑杂质的反应，除去的同时，要检验杂质除尽，据此连接。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$