精品解析：江苏省南通中学2024-2025学年高一上学期11月期中加练 化学试卷

高一化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64 I 127 Ba 137 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为。下列说法正确的是 A. 黑火药属于混合物 B. 反应为置换反应 C. 反应中C作氧化剂 D. 的电离方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．黑火药由、、多种物质混合而成，属于混合物，A正确； B．置换反应的特征是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，该反应反应物共3种，不符合置换反应的定义，B错误； C．反应中元素化合价从0价升高到中的+4价，失电子发生氧化反应，作还原剂，C错误； D．电离产生2个和1个，正确的电离方程式为，题给电离方程式书写错误，D错误； 故选A。 2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氧化铁能溶于酸，可用于制红色颜料 B. 铁粉能与氧气反应，可用作食品保存的吸氧剂 C. 次氯酸具有酸性，可用于自来水的杀菌消毒 D. 碳酸氢钠受热易分解，可用于中和过多的胃酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化铁用作红色颜料是因为其为红棕色固体、化学性质稳定，与能溶于酸的性质无对应关系，A错误； B．铁粉具有还原性，能与氧气反应，可消耗食品包装内的氧气，防止食品氧化变质，性质与用途具有对应关系，B正确； C．次氯酸用于自来水杀菌消毒是因为其具有强氧化性，可使微生物蛋白质变性，与酸性无对应关系，C错误； D．碳酸氢钠用于中和过多胃酸是因为其具有弱碱性，可与胃酸的主要成分反应，与受热易分解的性质无对应关系，D错误； 故选B。 3. 雷雨天闪电时空气中有生成。下列说法正确的是 A. 标准状况下与含有相同的分子数 B. 与的相互转化是物理变化 C. 转化为时分子总数增多 D. 等质量的和含有相同的质子数 【答案】D 【解析】 【详解】A．标准状况下的物质的量为，分子数为；的物质的量为，分子数为，二者分子数不同，A错误； B．和是不同的物质，二者相互转化有新物质生成，属于化学变化，B错误； C．转化为的反应为，反应后分子总数减少，C错误； D．和均由氧原子构成，等质量的二者含有的氧原子物质的量相同，每个氧原子含8个质子，故二者含有相同的质子数，D正确； 故选D。 4. 下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 过氧化钠放置空气中变白色 B. 氢氧化亚铁转化为氢氧化铁 C. 氧化钠投入滴有酚酞的水中 D. 氯气使湿润碘化钾淀粉试纸变蓝色 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化钠放置在空气中与、反应，反应中里-1价的元素化合价发生升降，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的过程中，元素化合价从+2升高到+3，中元素化合价从0降低到-2，属于氧化还原反应，B不符合题意； C．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应中各元素化合价均无变化，不属于氧化还原反应，溶液变红是因为生成的使酚酞变色，该颜色变化与氧化还原反应无关，C符合题意； D．氯气与碘化钾反应生成碘单质，元素化合价从0降低到-1，元素化合价从-1升高到0，属于氧化还原反应，淀粉遇碘单质变蓝，D不符合题意； 故选C。 阅读下列资料，完成下面小题：由铁及其化合物可制得铁红、氯化铁、绿矾、高铁酸钾、铁黄等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。 5. 在给定条件下，下列选项所示的铁或铁的化合物间转化均能实现的是 A. B. C. D. 6. 由硫铁矿烧渣(主要含、CuO、)得到绿矾，再由绿矾制备铁黄的流程如下： 已知：难溶于水也难溶于盐酸、硫酸、硝酸等酸。下列说法不正确的是 A. “酸浸”时应选用硫酸来溶解烧渣 B. “还原”时参加反应的Fe与烧渣中、CuO满足： C. “氧化”时发生的反应为 D. “氧化”时pH越高，越有利于制得纯净的铁黄 7. 工业制备的离子方程式为(未配平)下列有关说法不正确的是 A. 中Fe显价 B. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2 C. 每与水反应，产生 D. 处理水时，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质 【答案】5. C 6. D 7. C 【解析】 【5题详解】 A．与高温水蒸气反应生成，不能得到，A错误； B．氧化性强，在中点燃生成，不能得到，B错误； C．足量可将中的和完全氧化，被氧化为，最终得到，C正确； D．难溶于水，不与水发生反应，不能直接生成，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．最终要制备绿矾，为了不引入杂质阴离子，同时也为了避免溶解，“酸浸”应选用硫酸，A正确； B．还原过程中，生成的需要消耗还原，生成的需要消耗还原，且铁粉需要过量保证完全转化为，故，B正确； C．根据电子守恒和原子守恒，该反应中从价升高到价，中从价降低到价，配平后反应式符合守恒规则，C正确； D．“氧化”时过高，会直接生成，进一步被氧化为杂质，不利于得到纯净的铁黄，D错误； 故选D。 【7题详解】 A．中为价、为价，根据化合物化合价代数和为0，可得为价，A正确； B．配平离子方程式：中从价升高到价，每个失，作还原剂；中从价降低到价，每个得，作氧化剂，根据电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为，B正确； C．与水反应时，从价降低到价，每个得，由价被氧化得到，每生成失，根据电子守恒，反应生成，不是，C错误； D．还原生成的胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，D正确； 故选C。 8. 制备氯水并探究其性质，进行如下实验。①向晶体中滴加浓盐酸，有黄绿色气体产生。②强光照射新制氯水，有气泡产生。③向新制氯水中滴加溶液，有气泡产生。④向新制氯水中滴加溶液，有白色沉淀产生。有关上述实验现象的分析不正确的是 A. 实验①说明的氧化性强于 B. 实验②产生的气体中含有 C. 实验③说明HClO的酸性强于 D. 实验④说明氯水中含有 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验①中为氧化剂，生成的为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物，故氧化性强于，A正确； B．新制氯水中含，强光照射下发生分解反应，产生的气体含，B正确； C．新制氯水中含，酸性强于，与反应产生气泡；而酸性弱于，不能与反应，无法说明酸性强于，C错误； D．与反应生成不溶于酸的白色沉淀，实验④的现象说明氯水中含，D正确； 故选C。 9. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气 C. 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D. 用装置丁蒸干氯化锰溶液制 【答案】B 【解析】 【详解】A．MnO2固体与浓HCl要在加热条件下发生反应制取Cl2，缺少加热装置，选项A错误； B．除去Cl2中混有的HCl气体，应将混合气体从长导气管通入盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，通过装有浓硫酸的洗气瓶干燥，装置和操作正确，选项B正确； C．制取Cl2实验结束后，将剩余物过滤除去未反应的MnO2，得到MnCl2溶液，从而回收MnCl2，不能通过分液的方法分离，选项C错误； D．MnCl2为强酸弱碱盐，易发生水解反应，直接蒸发溶剂，不能得到纯净的MnCl2·4H2O，选项D错误； 答案选B。 10. 用久置于空气中的生石灰[主要成分为，还含有和]制取晶体的流程如下： 已知：，“氯化”后悬浊液中主要含氯微粒为；室温下，的溶解度远小于。下列说法正确的是 A. “打浆”过程中只发生物理变化 B. “氯化”时加快通入速度，有利于提高的利用率 C. “转化”时发生的反应属于复分解反应 D. “过滤2”所得滤液中大量存在的离子是 【答案】C 【解析】 【分析】久置生石灰加入水打浆将固体反应物粉碎，浆料中含有和，通入氯气氯化，氯气与氢氧化钙加热反应得到氯化钙、氯酸钙和水，过滤1分离出不溶物，向滤液中加入KCl将Ca(ClO3)2转化为溶解度较小的KClO3，经过滤2得到KClO3晶体。 【详解】A．“打浆”是将固体反应物粉碎，并加入水使之成为浆料，该过程中CaO和水反应生成Ca(OH)2，发生了化学变化，故A错误； B．通入速度过快，与石灰乳接触不充分，反应不完全，的利用率较低，故B错误； C．“转化”时发生的反应为Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，为复分解反应，故C正确； D．“过滤2”分离出溶解度较小的KClO3，所得滤液中大量存在的离子是，由于CO与Ca2+会生成碳酸钙沉淀，故CO不能大量存在，故D错误； 答案选C。 11. 已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应:Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是 A. n(Na+):n(Cl﹣)可能为9:7 B. 与NaOH反应的氯气一定为0.5mol C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.5＜n＜2/3 D. n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为11:1:2 【答案】C 【解析】 【详解】A．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，则n(Na+):n(Cl﹣)=2:1；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaCl+ NaClO3+3H2O，则: n(Na+):n(Cl﹣)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl﹣)可能为 9:7，故A 正确； B．NaCl、NaClO、NaClO3中 Na和 Cl的个数均相等，所以和 1mol NaOH 参加反应的氯气为 0.5mol，故B正确； C．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，1mol NaOH 参加反应，转移0.5mol电子 ；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaC+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移 5mol 电子，则 1molNaOH 参加反应，转移  mol电子，所以 0.5<n<，故C错误； D．若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)=11:1:2，假设NaCl为 11mol，则NaClO为 1mol，NaClO3为 2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成NaCl 11mol，得到11mol电子，生成NaClO 1mol，失去1mol电子，生成 NaClO32mol，失去10mol电子，得失电子数相等，符合电子守恒，故D正确； 故答案为C。 12. 现取一定质量Na2CO3、NaHCO3和NaCl混合物，分为三等份，进行实验探究： 实验一：将一份混合物溶于水，向其中加入适量AgNO3溶液，有白色沉淀X生成。 实验二：将另一份混合物溶于水，加入足量Ba(OH)2溶液，有白色沉淀Y生成。 实验三：将第三份混合物固体溶于25 mL 2.0 mol·L-1 盐酸中，生成0.56 L (标准状况下)气体，并得到溶液Z，测得溶液Z中c (H+)为0.4 mol·L-1.假设溶液体积的变化忽略不计。 下列说法正确的是 A. 实验一中白色沉淀X为AgCl B. 实验二可得到2.955 g白色沉淀Y C. 原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2∶3 D. 若溶液Z中c (H+)∶c (Cl—) = 1∶6，则原混合物中有0.03 mol NaCl 【答案】D 【解析】 【分析】由实验三可知，混合物中碳酸钠和碳酸氢钠完全与盐酸反应，设第三份混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由碳原子个数守恒可得：a+b=①，由与盐酸反应的方程式可得：2a+b=2.0mol/L×0.025L—0.4 mol/L×0.025L②，解联立方程可得：a=0.015、b=0.01，则化合物中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为5∶2。 【详解】A．混合物溶于水所得溶液中碳酸钠也能与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀，则实验一中白色沉淀X为氯化银和碳酸银的混合物，故A错误； B．由分析可知，第二份混合物溶于水所得溶液中的碳酸钠和碳酸氢钠均能与足量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，由碳原子个数守恒可知，碳酸钡的质量0.025mol×197g/mol=4.925g，故B错误； C．由分析可知，化合物中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为5∶2，故C错误； D．由溶液Z中氢离子浓度为0.4mol/L可知，若溶液Z中c (H+)∶c (Cl—) = 1∶6，溶液Z中氯离子的物质的量为0.4mol/L×0.025L×6=0.06mol，则原混合物中氯化钠中钠离子的物质的量为(0.06mol—2.0mol/L×0.025L) ×3=0.03 mol，故D正确； 故选D。 13. 工业上用“生物堆浸”法处理黄铜矿(主要成分是)制备胆矾和绿矾，其简易流程如下图所示。下列说法正确的是 A. “生物堆浸”中转化为、和S，为加快反应，需要高温加热 B. “转化”中转化为，可通过加入KSCN溶液观察是否产生红色沉淀，判断是否全部转化为 C. 从滤液Y中分离出绿矾的实验操作为：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 D. “氧化”是将滤渣中的CuS转化为，该反应过程中不消耗 【答案】D 【解析】 【分析】黄铜矿粉碎经过生物堆浸CuFeS2转化为Cu2+、Fe3+和S，过滤分离出滤渣，滤液加入Na2S2O3将Fe3+转化为Fe2+，加入硫化钠将铜转化为CuS沉淀，过滤分离出沉淀加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸铜溶液，最终生成胆矾；滤液Y经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾； 【详解】A．“生物堆浸”需要T.f细菌参与，高温会使细菌的蛋白质变性失活，反而降低反应速率，不能高温加热，A错误； B．与反应生成红色可溶性络合物，不是红色沉淀，且该方法仅能检验是否存在，无法判断其是否完全转化，B错误； C．绿矾是含结晶水的亚铁盐，直接蒸发结晶会导致结晶水流失、被氧化，正确操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误； D．“氧化”过程发生反应，反应过程不消耗，D正确； 故选D。 非选择题(共61分) 14. 锌和铜的化合物在化工生产中有重要的用途。 Ⅰ．硒化锌可实现人工光合作用，我国科研团队设计了一种以锌矿(主要成分是ZnS，含、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示。 已知：①“堆浸液”中含、、； ②pH过高时，FeOOH沉淀会转化为胶体； （1）传统用“灼烧”法将锌矿转化为金属氧化物，再酸浸。新工艺采用细菌“堆浸”。与传统“灼烧”法相比，采用细菌“堆浸”的优点是_________________________。 （2）“除铁”时需加入，并控制溶液pH为3.2左右。 ①生成1 mol FeOOH理论上需要的物质的量为_______________mol。 ②如果pH过高会导致溶液中的含量降低，其原因可能是_________________________。 （3）“除镍”可采用“锑盐净化法”，在酸性含溶液中同时加入锌粉和得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为______________________。 Ⅱ．碘化亚铜是一种白色粉末，不溶于水，能被氧化，可用作有机合成催化剂 （4）工业上以斑铜矿为原料制备CuI的流程如下： 已知：，具有氧化性，在水中溶解度较小。 ①检验“酸浸”溶液中是否含有的操作是_______________。 ②“洗涤”时用还原性溶液洗涤沉淀的目的是_______________。 （5）利用测定CuI样品中CuI质量分数(杂质不参加反应)的方法如下：称取CuI样品2.000 g，向其中加入足量的溶液，待充分反应后，滴加溶液至恰好完全反应时消耗溶液的体积为20.00 mL。 已知：(未配平) (未配平) 计算该样品中CuI的质量分数_______________(写出计算过程)。 【答案】（1）常温下反应，不需要耗费能源；不会产生污染性气体 （2） ①. 0.5 ②. 部分转化成或；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体可能吸附，造成含量偏低 （3） （4） ①. 取少量酸浸液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，说明含有（或滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有） ②. 除去附着在CuI表面的碘单质：防止CuI被氧气氧化 （5）95.5% 【解析】 【分析】Ⅰ．首先在通入空气和细菌的条件下完成堆浸，将硫化锌矿中的金属硫化物转化为可溶性的ZnSO4、FeSO4、NiSO4，难溶的SiO2等组分进入堆浸渣实现初步分离，全程无需高温灼烧，避免了SO2尾气污染与高能耗问题；后续向堆浸液中加入H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，同时通过NaOH精准调控pH至3.2左右，使Fe元素以FeOOH沉淀形式析出完成除铁，若pH过高不仅会让FeOOH转化为胶体难以分离，还会导致Zn2+生成氢氧化物沉淀或被胶体吸附造成损失；除铁后的溶液加入锌粉和Sb2O3，利用锌的还原性将溶液中Ni2+、Sb2O3中的Sb元素还原，生成NiSb粗镍沉淀实现除镍，得到纯净的ZnSO4溶液；最后向ZnSO4溶液中通入H2Se发生复分解反应，即可得到目标产物ZnSe。 Ⅱ．首先对斑铜矿进行焙烧，使硫化物组分与氧气反应转化为Cu、Fe的金属氧化物，同时硫元素转化为气态硫化物脱除；随后用稀硫酸酸浸焙烧产物，使金属氧化物溶解得到含Cu2+、Fe2+/Fe3+的酸性硫酸盐溶液；之后通过沉铁步骤将溶液中的Fe元素以氢氧化物等形式脱除，得到以Cu2+为主的铜盐溶液；向净化后的铜盐溶液中加入KI溶液，利用已知反应，直接生成CuI沉淀；由于CuI易被O2氧化，且转化过程会伴随生成溶解度小的I2杂质，因此选用还原性的Na₂SO3溶液洗涤沉淀，既可以将残留的I2还原为可溶性I-除去，还能避免CuI在洗涤过程中被空气中的氧气氧化，最终得到纯净的CuI产物。 【小问1详解】 传统灼烧硫化锌矿会生成有毒的SO2废气污染环境，且灼烧需要高温耗能；细菌堆浸在常温下进行，既无SO2污染，又能降低能耗。 【小问2详解】 ①堆浸液中Fe为+2价，生成1 mol FeOOH（Fe为+3价）时，Fe失去1 mol电子；H2O2作为氧化剂，每个H2O2中的-1价O全部变为-2价，1mol H2O2可得到2 mol电子，根据电子守恒，需要H2O2的物质的量为； ②pH过高时OH-浓度增大，一方面Zn2+会与OH-结合生成氢氧化锌沉淀；另一方面已知pH过高FeOOH会转化为胶体，胶体具有吸附性，会吸附溶液中的Zn2+，共同造成Zn2+浓度下降。 【小问3详解】 根据产物NiSb，1个Sb从+3价（来自Sb2O3）变为0价得3e⁻，1个Ni从+2价变为0价得2e-，因此生成1mol NiSb共得5mol电子；1mol Zn从0价变为+2价失2mol电子，根据电子守恒配平Zn和NiSb的系数，再结合酸性环境补H+和H2O，得到配平的离子方程式。 【小问4详解】 ①检验Fe2+的特征方法是用铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，也可利用Fe2+的还原性使酸性高锰酸钾褪色，故答案为取少量酸浸液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，说明含有（或滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有） ②已知转化反应生成I2，且CuI能被O2氧化，还原性的Na2SO3既可以还原除去残留的I2，又可以消耗O2，保护CuI不被氧化。 【小问5详解】  第一个反应配平得：，可知1mol CuI反应生成1mol Fe2+； 第二个反应配平得：，可知1mol 消耗5 mol Fe2+。 由此得到定量关系： 参加反应的，则由上述定量关系可知，则样品中CuI的质量分数。 15. 极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯，金属活泼性。某科研小组以粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备，部分实验过程如下： （1）酸溶过程中溶液中的浓度先增大后略有减少，减少的原因是_______________。 （2）“除铁”时，先加入，后加入固体。加入固体时有生成，加入固体发生反应的离子方程式为______________________________________________。 （3）经加热脱水可制得，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。若要获得，需控制的温度范围是_______________。 （4）经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、置于蒸馏装置中加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰和适量苯置于烧瓶中，边搅拌边加入_______________，充分反应后过滤，_______________________________________________，干燥，得到。[可使用的试剂：(的体积约7 mL)、苯、水] 【答案】（1）一部分被过量Mn置换；一部分被氧化为，再转化为沉淀 （2） （3）(在温度范围内均可) （4） ①. 28 mL的 ②. 将所得固体、适量苯和14 mL的置于蒸馏装置中，加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2~3次 【解析】 【分析】粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)加入18%的盐酸酸溶，Mn、Fe、Ni、Pb等金属转化成对应的金属阳离子、、、进入到溶液中；过滤得到少量未能溶解的Mn ，进一步转化生成的氢氧化铁沉淀；向滤液中先加入，将亚铁离子氧化为铁离子，后加入固体，可以和氢离子反应调节溶液pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤除去氢氧化铁沉淀；向滤液中通入硫化氢，将、转化为NiS、PbS沉淀，过滤除去NiS、PbS沉淀，滤液主要含氯化锰，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到，在一定条件下脱水生成无水氯化锰。 【小问1详解】 根据题目提供信息，金属活泼性，一部分被过量Mn置换；一部分被氧化为，再转化为沉淀，因此浓度略有减少； 【小问2详解】 根据分析，加入，将氧化为，后加入固体，可以和氢离子反应调节溶液pH，促进水解生成氢氧化铁沉淀，同时生成，反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 由锰元素守恒可得：， ，故要获得，需要控制温度在之间； 【小问4详解】 先用除去中的结晶水，根据题目提供信息，，则需要为0.4 mol，体积为28 mL；，，还需要为0.2 mol，体积为14 mL；将所得固体、适量苯和14 mL的置于蒸馏装置中，加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2~3次除去乙酸、乙酸酐等，得到纯净的无水氯化锰。 16. 磷及其化合物在工业生产中有重要用途。是三元中强酸，可溶于水；除钾盐、钠盐、铵盐外，其余的磷酸盐及磷酸一氢盐难溶于水；磷酸二氢盐多数可溶于水。 Ⅰ．以磷灰石[主要成分为]制备锂离子电池正极材料前体的实验流程如下： （1）用磷酸、硫酸“分步浸取”磷灰石制备，发生的主要反应如下： ； 。 ①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是_______________________________________。 ②经“酸浸”得到的粗为混合体系。“纯化”步骤控制温度在70℃，调节质量分数为55%，使以结晶水合物析出，过滤。为提高的产率，需对水合物晶体进行洗涤，并______________________________，再将其中部分返回酸浸系统。 （2）将溶液、溶液和溶液混合，调节溶液pH，得到，焙烧脱水得。 已知：晶体的纯度及颗粒大小会影响产品性能，沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末，对产品性能不利；。 ①生成的离子方程式为____________________________________。 ②实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是_____________________。 Ⅱ．实验室用磷矿脱镁废液制备的实验过程可表示为 （3）磷矿脱镁废液中主要含及少量、、、和。向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到、和的最佳沉淀效果。 ①将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH有关。随着pH增大，镁回收率上升，其原因是_________________________________________。 ②若pH过大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是__________________________________________。 【答案】（1） ①. 磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙，避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生 ②. 将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液 （2） ①. ②. 使和发生反应，降低的浓度，减缓的沉淀速率 （3） ①. pH增大，转化为，有利于沉淀 ②. pH过大，过大，部分转化为沉淀；过大，部分转化为，生成沉淀 【解析】 【分析】由题给流程可知：磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。 【小问1详解】 ①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙，避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙层对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生； ②经“酸浸”得到的粗为混合体系。“纯化”步骤控制温度在70℃，调节质量分数为55%，使以结晶水合物析出，过滤。为提高的产率，需对水合物晶体进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液，再将其中部分返回酸浸系统； 【小问2详解】 ①将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合，调节溶液pH，发生氧化还原反应，得到FePO4·2H2O，该反应的离子方程式为：； ②实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是使和发生反应，降低的浓度，减缓的沉淀速率； 【小问3详解】 ①随pH增大，溶液中浓度减小，的电离平衡​正向移动，浓度增大，更易与结合生成MgHPO4沉淀，镁的回收率上升，故答案为：pH增大，转化为，有利于沉淀； ②pH过大，过大，部分转化为沉淀；过大，部分转化为，生成沉淀。 17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。 （1）用氧缺位铁酸铜作催化剂，利用太阳能热化学循环分解可制。 氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为，则第一步反应的化学方程式为_____________________________________。 （2）可利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是________________________________________。 （3）氢能是清洁能源，硼氢化钠(，B为价)是一种对环境友好的固体储氢材料。将、及金属Na按一定比例混合后，通入加热到只生成和。该反应的化学方程式为______________________________。 （4）硼氢化钠的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，易以形式结晶析出。 ①与水反应的离子方程式为____________________________。 ②若用代替(D为重氢原子，化学性质与普通氢原子相似)，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有_______________。 ③其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着浓度的增大，放氢速率先增大后减小，后减小的原因可能是__________________________________________________。 【答案】（1） （2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤 （3） （4） ①. ②. 、HD、 ③. 浓度过大，反应产生较多的，溶解度较小而析出结晶在催化剂表面，覆盖了活性位点，阻碍了反应物和催化剂的接触，导致放氢速率减慢 【解析】 【小问1详解】 用氧缺位铁酸铜分解H2O制H2时，铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，第二步反应为：，则第一步反应是CuFe2O4-x与H2O反应生成CuFe2O4和H2，化学方程式为； 【小问2详解】 利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，发生反应，该工艺制氢过程中，H2与CO在不同时间，不同区域生成，不需进行分离操作，所以最大优点是：该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤； 【小问3详解】 根据题干给出的反应物（​、、、​）和产物（、），结合元素守恒配平各物质的化学计量数，得化学方程式：； 【小问4详解】 ①与水反应的离子方程式为：； ②若用D2O代替H2O，依据反应机理，第一步生成H2的两个H原子都来自NaBH4；第二、三步生成的氢气中的氢原子，1个来自，1个来自D2O，则生成HD；第四步生成氢气的2个氢原子，都来自D2O，则生成D2，所以反应后生成的气体中含有H2、HD、； ③随着浓度的增大，放氢速率先增大后减小，后减小的原因可能是：浓度过大，反应产生较多的，溶解度较小而析出结晶在催化剂表面，覆盖了活性位点，阻碍了反应物和催化剂的接触，导致放氢速率减慢； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64 I 127 Ba 137 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为。下列说法正确的是 A. 黑火药属于混合物 B. 反应为置换反应 C. 反应中C作氧化剂 D. 的电离方程式： 2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氧化铁能溶于酸，可用于制红色颜料 B. 铁粉能与氧气反应，可用作食品保存的吸氧剂 C. 次氯酸具有酸性，可用于自来水的杀菌消毒 D. 碳酸氢钠受热易分解，可用于中和过多的胃酸 3. 雷雨天闪电时空气中有生成。下列说法正确的是 A. 标准状况下与含有相同的分子数 B. 与的相互转化是物理变化 C. 转化为时分子总数增多 D. 等质量的和含有相同的质子数 4. 下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 过氧化钠放置空气中变白色 B. 氢氧化亚铁转化为氢氧化铁 C. 氧化钠投入滴有酚酞的水中 D. 氯气使湿润碘化钾淀粉试纸变蓝色 阅读下列资料，完成下面小题：由铁及其化合物可制得铁红、氯化铁、绿矾、高铁酸钾、铁黄等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。 5. 在给定条件下，下列选项所示的铁或铁的化合物间转化均能实现的是 A. B. C. D. 6. 由硫铁矿烧渣(主要含、CuO、)得到绿矾，再由绿矾制备铁黄的流程如下： 已知：难溶于水也难溶于盐酸、硫酸、硝酸等酸。下列说法不正确的是 A. “酸浸”时应选用硫酸来溶解烧渣 B. “还原”时参加反应的Fe与烧渣中、CuO满足： C. “氧化”时发生的反应为 D. “氧化”时pH越高，越有利于制得纯净的铁黄 7. 工业制备的离子方程式为(未配平)下列有关说法不正确的是 A. 中Fe显价 B. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2 C. 每与水反应，产生 D. 处理水时，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质 8. 制备氯水并探究其性质，进行如下实验。①向晶体中滴加浓盐酸，有黄绿色气体产生。②强光照射新制氯水，有气泡产生。③向新制氯水中滴加溶液，有气泡产生。④向新制氯水中滴加溶液，有白色沉淀产生。有关上述实验现象的分析不正确的是 A. 实验①说明的氧化性强于 B. 实验②产生的气体中含有 C. 实验③说明HClO的酸性强于 D. 实验④说明氯水中含有 9. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气 C. 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D. 用装置丁蒸干氯化锰溶液制 10. 用久置于空气中的生石灰[主要成分为，还含有和]制取晶体的流程如下： 已知：，“氯化”后悬浊液中主要含氯微粒为；室温下，的溶解度远小于。下列说法正确的是 A. “打浆”过程中只发生物理变化 B. “氯化”时加快通入速度，有利于提高的利用率 C. “转化”时发生的反应属于复分解反应 D. “过滤2”所得滤液中大量存在的离子是 11. 已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应:Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是 A. n(Na+):n(Cl﹣)可能为9:7 B. 与NaOH反应的氯气一定为0.5mol C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.5＜n＜2/3 D. n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为11:1:2 12. 现取一定质量Na2CO3、NaHCO3和NaCl混合物，分为三等份，进行实验探究： 实验一：将一份混合物溶于水，向其中加入适量AgNO3溶液，有白色沉淀X生成。 实验二：将另一份混合物溶于水，加入足量Ba(OH)2溶液，有白色沉淀Y生成。 实验三：将第三份混合物固体溶于25 mL 2.0 mol·L-1 盐酸中，生成0.56 L (标准状况下)气体，并得到溶液Z，测得溶液Z中c (H+)为0.4 mol·L-1.假设溶液体积的变化忽略不计。 下列说法正确的是 A. 实验一中白色沉淀X为AgCl B. 实验二可得到2.955 g白色沉淀Y C. 原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2∶3 D. 若溶液Z中c (H+)∶c (Cl—) = 1∶6，则原混合物中有0.03 mol NaCl 13. 工业上用“生物堆浸”法处理黄铜矿(主要成分是)制备胆矾和绿矾，其简易流程如下图所示。下列说法正确的是 A. “生物堆浸”中转化为、和S，为加快反应，需要高温加热 B. “转化”中转化为，可通过加入KSCN溶液观察是否产生红色沉淀，判断是否全部转化为 C. 从滤液Y中分离出绿矾的实验操作为：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 D. “氧化”是将滤渣中的CuS转化为，该反应过程中不消耗 非选择题(共61分) 14. 锌和铜的化合物在化工生产中有重要的用途。 Ⅰ．硒化锌可实现人工光合作用，我国科研团队设计了一种以锌矿(主要成分是ZnS，含、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示。 已知：①“堆浸液”中含、、； ②pH过高时，FeOOH沉淀会转化为胶体； （1）传统用“灼烧”法将锌矿转化为金属氧化物，再酸浸。新工艺采用细菌“堆浸”。与传统“灼烧”法相比，采用细菌“堆浸”的优点是_________________________。 （2）“除铁”时需加入，并控制溶液pH为3.2左右。 ①生成1 mol FeOOH理论上需要的物质的量为_______________mol。 ②如果pH过高会导致溶液中的含量降低，其原因可能是_________________________。 （3）“除镍”可采用“锑盐净化法”，在酸性含溶液中同时加入锌粉和得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为______________________。 Ⅱ．碘化亚铜是一种白色粉末，不溶于水，能被氧化，可用作有机合成催化剂 （4）工业上以斑铜矿为原料制备CuI的流程如下： 已知：，具有氧化性，在水中溶解度较小。 ①检验“酸浸”溶液中是否含有的操作是_______________。 ②“洗涤”时用还原性溶液洗涤沉淀的目的是_______________。 （5）利用测定CuI样品中CuI质量分数(杂质不参加反应)的方法如下：称取CuI样品2.000 g，向其中加入足量的溶液，待充分反应后，滴加溶液至恰好完全反应时消耗溶液的体积为20.00 mL。 已知：(未配平) (未配平) 计算该样品中CuI的质量分数_______________(写出计算过程)。 15. 极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯，金属活泼性。某科研小组以粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备，部分实验过程如下： （1）酸溶过程中溶液中的浓度先增大后略有减少，减少的原因是_______________。 （2）“除铁”时，先加入，后加入固体。加入固体时有生成，加入固体发生反应的离子方程式为______________________________________________。 （3）经加热脱水可制得，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。若要获得，需控制的温度范围是_______________。 （4）经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、置于蒸馏装置中加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰和适量苯置于烧瓶中，边搅拌边加入_______________，充分反应后过滤，_______________________________________________，干燥，得到。[可使用的试剂：(的体积约7 mL)、苯、水] 16. 磷及其化合物在工业生产中有重要用途。是三元中强酸，可溶于水；除钾盐、钠盐、铵盐外，其余的磷酸盐及磷酸一氢盐难溶于水；磷酸二氢盐多数可溶于水。 Ⅰ．以磷灰石[主要成分为]制备锂离子电池正极材料前体的实验流程如下： （1）用磷酸、硫酸“分步浸取”磷灰石制备，发生的主要反应如下： ； 。 ①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是_______________________________________。 ②经“酸浸”得到的粗为混合体系。“纯化”步骤控制温度在70℃，调节质量分数为55%，使以结晶水合物析出，过滤。为提高的产率，需对水合物晶体进行洗涤，并______________________________，再将其中部分返回酸浸系统。 （2）将溶液、溶液和溶液混合，调节溶液pH，得到，焙烧脱水得。 已知：晶体的纯度及颗粒大小会影响产品性能，沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末，对产品性能不利；。 ①生成的离子方程式为____________________________________。 ②实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是_____________________。 Ⅱ．实验室用磷矿脱镁废液制备的实验过程可表示为 （3）磷矿脱镁废液中主要含及少量、、、和。向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到、和的最佳沉淀效果。 ①将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH有关。随着pH增大，镁回收率上升，其原因是_________________________________________。 ②若pH过大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是__________________________________________。 17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。 （1）用氧缺位铁酸铜作催化剂，利用太阳能热化学循环分解可制。 氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为，则第一步反应的化学方程式为_____________________________________。 （2）可利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是________________________________________。 （3）氢能是清洁能源，硼氢化钠(，B为价)是一种对环境友好的固体储氢材料。将、及金属Na按一定比例混合后，通入加热到只生成和。该反应的化学方程式为______________________________。 （4）硼氢化钠的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，易以形式结晶析出。 ①与水反应的离子方程式为____________________________。 ②若用代替(D为重氢原子，化学性质与普通氢原子相似)，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有_______________。 ③其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着浓度的增大，放氢速率先增大后减小，后减小的原因可能是__________________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $