精品解析：甘肃省白银市靖远县第四中学2025-2026学年高一上学期12月月考 化学试题

2025-2026学年度高一化学第一学期12月月考试卷 一、单选题 1. 将2molNO、4molH2和一定量的CO2通过足量的Na2O2充分反应后，所得气体再用电火花引燃使其充分反应，仅得到一定浓度的HNO3溶液，且无任何气体剩余。则通入CO2的物质的量和所得HNO3的质量分数分别为 A. 7mol 60% B. 7mol 70% C. 6mol 60% D. 6mol 70% 2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 强酸性溶液中：、、、 B. 能使酚酞变红的溶液中：、、 C. 含有溶液中：、、、 D. 澄清透明的溶液中：、、、 3. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4 L含有的分子数为 B. 28 g 和组成的混合气体中含有的原子数为 C. 0.2 mol⋅L 溶液含有个 D. 56 g Fe与足量稀盐酸反应，转移的电子数目为3 4. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 向溶液中加入过量的溶液： B. 将一粒钠投入硫酸铜溶液中： C. 向的溶液中通入： D. 向澄清石灰水中加入过量的溶液： 5. 关于反应K37ClO3＋6H35Cl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O的有关叙述中，正确的是（ ） A. KCl中含有35Cl B. KCl中含有37Cl C. 生成物Cl2的相对分子质量大于71 D. 该反应转移的电子数为6e－ 6. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　) A. 在0～a范围内，只发生中和反应 B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1 C. a＝0.3 D. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑ 7. 已知为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Z原子得2个电子达到稳定结构，W在短周期主族元素中原子半径最大，M的原子序数等于X与W的质子数之和。下列叙述正确是 A. 最高正化合价： B. 含氧酸的酸性： C. 单质的氧化性： D. W单质与反应，其产物因反应条件不同而不同 8. 将Cu片放入0.1mol/L溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中，则此时溶液中与的物质的量之比为 A. 3∶2 B. 3∶5 C. 4∶3 D. 3∶4 9. 将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法错误的是 A. 最终溶液：c(Na+)= 2 mol·L-1 B. 标准状况下，反应过程中得到6.72L气体 C. 最终溶液：c(Na+) >c(Cl-) D. 最终得到7.8 g沉淀 10. Na2CO3和NaHCO3是生活中常见的物质。下列试剂可用于鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液的是 A. NaCl B. NaOH C. CaCl2 D. Ca(OH)2 11. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 向KI溶液中滴加双氧水： B. 向溶液中投入少量： C. 向漂白粉溶液中通入足量： D. 向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液： 12. 氢化钙（）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。用作生氢剂时的化学反应原理为：。下列有关该反应的说法中，正确的是 ①该反应属于复分解反应②具有还原性③中的氢元素被还原④应保存在水中 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 13. 影视剧中的仙境美轮美奂，其烟雾制造原理是。已知表示阿伏加德罗常数的值。下列有关该反应的说法正确的是 A. 只表现氧化性 B. Zn发生还原反应 C. 只作还原产物 D. 若生成标准状况下的N2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2.5 二、非选择题 14. 氯及其化合物在生活、生产中有着重要作用。实验小组用如图所示装置制取并探究其部分性质，同时制得漂白液和。已知的熔点为，沸点为11℃。 回答下列问题。 （1）仪器m的名称为______，制得的在进入装置D之前需净化，试剂a为______。 （2）装置B中有乳白色浑浊(单质S)生成，发生反应的离子方程式为______，由此可知，氧化性：______(填“>”或“<”)S。 （3）将通入装置D中发生反应生成，该反应的化学方程式为______。收集时，将装置E置于冰水浴中的目的是______ （4）和均可用于自来水消毒，若在消毒时均被还原为，则等质量的和在消毒过程中转移电子的数目之比为______。 （5）是一种高效安全的绿色消毒剂，我国规定饮用水中残留量不高于。测定某饮用水的水样中含量的实验如下：准确量取100.00mL水样，向其中加入足量的和稀硫酸充分反应，生成的与5.00mL的溶液恰好完全反应。此过程中发生反应：、，则该水样中残留的的物质的量为______mol，其浓度为______。 15. 氧化锌(ZnO)是一种重要的化工原料，广泛应用于材料添加剂。以锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)和废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)为原料制备氧化锌和海绵铜，工艺流程如图所示： 已知：①时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液。 ②金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Fe(OH)2 开始沉淀的pH 2.2 6.0 6.5 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 回答下列问题： （1）“溶解”过程中H2O2的作用为______。 （2）“反应”过程中生成Cu的主要反应的离子方程式为______。“反应”后的滤液中含有的金属阳离子有______(填离子符号)。通过测定Cu2+的含量确定加入锌灰的量，锌灰稍过量的目的是______。 （3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为______。 （4）若“氧化”过程中加入的H2O2不足，最终制得的ZnO中会混有______(填化学式)。 （5）加入ZnO调节pH=5的目的是______。 （6）调节pH=a，a的范围为______，判断依据是______。 16. 氯化铁是一种重要的工业试剂，可用于五金刻蚀、污水处理、催化剂等。实验室用纯净的氯气和铁粉制备氯化铁固体的装置如图所示。 已知：氯化铁易升华，易吸水潮解。 （1）实验装入药品前，应该_______。 （2）装置A中盛放MnO2的仪器名称为_______，装置A中发生反应的化学方程式为_______。 （3）装置B中饱和食盐水的作用是_______。 （4）实验时应该先点燃_______处的酒精灯(填“A”或者“D”)，理由是_______。 （5）装置C、F中所装试剂为浓，是否能去掉装置F_______(填“是”或者“否”)，理由是_______。 （6）装置G的作用为_______。 17. 亚氯酸钠是一种高效漂白剂，可由反应制取。有类似的性质，在酸性条件下可生成并放出。某化学兴趣小组探究的制备与性质，装置如图所示。回答下列问题。(已知遇淀粉溶液变蓝色) Ⅰ．制备亚氯酸钠。 关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量，充分反应(反应放出大量热)。 （1）仪器的名称为_______，仪器的作用是_______。 （2）装置中生成，反应的离子方程式为_______。 （3）实际反应中发现消耗的比理论值偏少，原因可能是_______。 Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质。 停止通入气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向中滴入稀硫酸。 （4）已知反应物浓度、温度或催化剂等会影响化学反应的速率。开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是_______。 （5）实验过程中，中酸化的淀粉溶液变蓝色，产生该现象的离子方程式为_______。 （6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高一化学第一学期12月月考试卷 一、单选题 1. 将2molNO、4molH2和一定量的CO2通过足量的Na2O2充分反应后，所得气体再用电火花引燃使其充分反应，仅得到一定浓度的HNO3溶液，且无任何气体剩余。则通入CO2的物质的量和所得HNO3的质量分数分别为 A. 7mol 60% B. 7mol 70% C. 6mol 60% D. 6mol 70% 【答案】B 【解析】 【详解】过程中涉及到的反应有、、，反应后无气体剩余，所以在 反应中消耗了2 molNO，根据计量数之比可知，消耗了1.5mol O2和1molH2O，生成了2molHNO3；在反应中消耗了4molH2和2 molO2，生成了4molH2O，所以在反应中生成了3.5molO2，则消耗CO2的物质的量为7mol，反应结束后剩余3molH2O和2molHNO3，则所得HNO3溶液的质量分数为，B正确； 故选B。 2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 强酸性溶液中：、、、 B. 能使酚酞变红的溶液中：、、 C. 含有溶液中：、、、 D. 澄清透明的溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．强酸性溶液中： 可以被、氧化为铁离子，不能共存，A不选； B．能使酚酞变红的溶液显碱性，OH-和、反应而不能大量共存，B不选； C．含有溶液，和、反应生成微溶的硫酸银和难溶的碳酸银，不能大量共存，C不选； D．澄清透明的溶液中：、、、不反应，可以共存，D选； 故选D。 3. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4 L含有的分子数为 B. 28 g 和组成的混合气体中含有的原子数为 C. 0.2 mol⋅L 溶液含有个 D. 56 g Fe与足量稀盐酸反应，转移的电子数目为3 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，水不是气体，22.4 LH2O的物质的量大于1mol，含有的分子数大于NA，A错误； B．N2和N4均由N原子组成，28g该混合气体中所含N原子的物质的量为，所含N原子数为2NA，B正确； C．未给出溶液的体积，无法计算Na+的物质的量，C错误； D．56g(1mol)Fe与足量稀盐酸反应，生成FeCl2和H2，反应转移2mol电子，转移电子数为2NA，D错误； 故选B。 4. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 向溶液中加入过量的溶液： B. 将一粒钠投入硫酸铜溶液中： C. 向的溶液中通入： D. 向澄清石灰水中加入过量的溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成，反应的离子方程式为Al3++4OH-=，故A错误； B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，生成的NaOH和硫酸铜溶液再发生反应，反应的离子方程式为2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故B错误； C．亚铁离子的还原性强于溴离子，向的溶液中通入，离子方程式为，故C错误； D．向澄清石灰水中加入过量的溶液，离子方程式为Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，故D正确； 故选D。 5. 关于反应K37ClO3＋6H35Cl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O的有关叙述中，正确的是（ ） A. KCl中含有35Cl B. KCl中含有37Cl C. 生成物Cl2的相对分子质量大于71 D. 该反应转移的电子数为6e－ 【答案】A 【解析】 【分析】氯酸钾中氯元素的化合价由＋5价降低到0价。氯化氢中氯元素的化合价从－1价升高到0价，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰5，即反应的实质是 K37ClO3与6份 H35Cl中的5份发生归中反应生成氯气，据此分析解答。 【详解】A. 根据以上分析，KCl中含有35Cl，故A正确； B. KCl中不含有37Cl，37Cl应在Cl2中，故B错误； C. 由反应式可知若生成物3molCl2则含1mol37Cl和5mol35Cl，所以生成物Cl2的相对分子质量为=70.7，故C错误； D. 该反应转移的电子数为5e－，故D错误。 答案选A。 6. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　) A. 在0～a范围内，只发生中和反应 B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1 C. a＝0.3 D. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑ 【答案】B 【解析】 【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后碳酸钠与盐酸的反应先生成碳酸氢钠和氯化钠：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量与化学方程式中化学计量数的关系并结合图象分析解答。 【详解】A. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸首先和NaOH发生中和反应生成水和氯化钠，其反应方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，分两步，第一步为：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，第二步为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，故A项错误； B. 根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量等于生成的二氧化碳是0.02mol，由图象可知，b点消耗的盐酸的物质的量n总 = cV = 0.1 mol/L0.6 L= 0.06 mol，而ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此阶段消耗的盐酸的物质的量n(ab) = n(CO2) = 0.02mol，所以0-a阶段中，与碳酸钠反应消耗的盐酸物质的量n2 = n(Na2CO3) = 0.02 mol，故剩余的盐酸用来消耗氢氧化钠，n(NaOH) = n总- n(ab)- n2 = 0.02mol，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1，故B项正确； C. 根据碳元素守恒，在混合物中碳酸钠的物质的量是0.02 mol，所以两步反应：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的物质的量均0.02mol，0.1mol⋅L−1稀盐酸的体积分别是0.2 L，结合图象可知a = 0.6-0.2 = 0.4，故C项错误； D. ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，其反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑， 答案选B。 7. 已知为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Z原子得2个电子达到稳定结构，W在短周期主族元素中原子半径最大，M的原子序数等于X与W的质子数之和。下列叙述正确是 A. 最高正化合价： B. 含氧酸的酸性： C. 单质的氧化性： D. W单质与反应，其产物因反应条件不同而不同 【答案】D 【解析】 【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，X为C；Z原子得2个电子达到稳定结构，Z为O；W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na；M的原子序数等于X与W的质子数之和，M为Cl。由题意可推知，X是碳、Y是氮、Z是氧、W是钠、M是氯。 【详解】A．一般氧没有最高正价，A错误； B．未说明是最高价含氧酸，无法比较酸性，B错误； C．元素非金属性越强，对应单质的氧化性就越强，故氧化性：，C错误； D．与反应，常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，其产物因反应温度不同而不同，D正确。 故选D。 8. 将Cu片放入0.1mol/L溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中，则此时溶液中与的物质的量之比为 A. 3∶2 B. 3∶5 C. 4∶3 D. 3∶4 【答案】D 【解析】 【详解】设消耗铜的物质的量是xmol，则根据方程式Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋可知，生成亚铁离子是2xmol，铜离子是xmol。由于溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：3，则n(Fe3+)=，所以溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为x：＝3：4。 答案选D。 9. 将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法错误的是 A. 最终溶液：c(Na+)= 2 mol·L-1 B. 标准状况下，反应过程中得到6.72L气体 C. 最终溶液：c(Na+) >c(Cl-) D. 最终得到7.8 g沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】15.6gNa2O2的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol，5.4gAl的物质的量为5.4g÷27g/mol=0.2mol，首先发生反应，生成NaOH为0.4mol，再发生，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应，由方程式可知，，HCl完全反应，生成Al(OH)3为0.1mol，最终溶液中溶质为、NaCl； 【详解】A．根据原子守恒可知，反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2mol=0.4mol，故最终溶液：c(Na+)=0.4mol÷0.2L=2mol/L，A正确； B．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×12=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L，B错误； C．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1mol，则c(Na+) >c(Cl-)，C正确； D．最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，D正确； 故选B。 10. Na2CO3和NaHCO3是生活中常见的物质。下列试剂可用于鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液的是 A. NaCl B. NaOH C. CaCl2 D. Ca(OH)2 【答案】C 【解析】 【详解】碳酸钠（Na2CO3）与CaCl2反应生成CaCO3沉淀（Na2CO3 + CaCl2 = CaCO3↓ + 2NaCl），而碳酸氢钠（NaHCO3）在常温下与CaCl2不反应（Ca(HCO3)2可溶）。因此，加入CaCl2后，若立即出现沉淀则为Na2CO3，无沉淀则为NaHCO3。其他选项（如NaOH、Ca(OH)2）因反应现象相同或无现象，无法有效鉴别。 故选C。 11. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 向KI溶液中滴加双氧水： B. 向溶液中投入少量： C. 向漂白粉溶液中通入足量： D. 向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．KI溶液中滴加双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，过氧化氢被还原为水：，A错误； B．溶液中投入少量，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，氧气可以氧化亚铁离子生成铁离子，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，B错误； C．漂白粉溶液中通入足量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钙溶液，C正确； D．二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成和水：，D错误； 故选C。 12. 氢化钙（）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。用作生氢剂时的化学反应原理为：。下列有关该反应的说法中，正确的是 ①该反应属于复分解反应②具有还原性③中的氢元素被还原④应保存在水中 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】B 【解析】 【详解】①该反应中H元素的化合价从-1、+1价变为0价，说明该反应是氧化还原反应，则一定不是复分解反应，故①错误； ②CaH2中的H元素为-1价，反应生成H2，CaH2中的H元素化合价升高，说明CaH2是还原剂，具有还原性，故②正确； ③中的氢元素为+1价，反应生成H2，中的氢元素化合价降低被还原，故③正确； ④由反应方程式可知，CaH2容易和水发生反应，不能保存在水中，故④错误； ②③正确，答案选B。 13. 影视剧中的仙境美轮美奂，其烟雾制造原理是。已知表示阿伏加德罗常数的值。下列有关该反应的说法正确的是 A. 只表现氧化性 B. Zn发生还原反应 C. 只作还原产物 D. 若生成标准状况下的N2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2.5 【答案】D 【解析】 【详解】A．中N元素既有-3价（）升到0价（被氧化），又有+5价（）降到0价（被还原），因此既表现氧化性又表现还原性，A错误； B．Zn的化合价从0价升到+2价（ZnO），发生氧化反应，B错误； C．中的N原子一部分来自（被氧化，氧化产物），另一部分来自（被还原，还原产物），因此既是氧化产物又是还原产物，C错误； D．生成11.2 L（标准状况）即0.5 mol ，根据配平反应，每生成1 mol 转移5 mol电子（贡献3 mol，Zn贡献2 mol），因此0.5 mol 对应转移2.5 mol 电子，数目为2.5，D正确； 故答案选D。 二、非选择题 14. 氯及其化合物在生活、生产中有着重要作用。实验小组用如图所示装置制取并探究其部分性质，同时制得漂白液和。已知的熔点为，沸点为11℃。 回答下列问题。 （1）仪器m的名称为______，制得的在进入装置D之前需净化，试剂a为______。 （2）装置B中有乳白色浑浊(单质S)生成，发生反应的离子方程式为______，由此可知，氧化性：______(填“>”或“<”)S。 （3）将通入装置D中发生反应生成，该反应的化学方程式为______。收集时，将装置E置于冰水浴中的目的是______ （4）和均可用于自来水消毒，若在消毒时均被还原为，则等质量的和在消毒过程中转移电子的数目之比为______。 （5）是一种高效安全的绿色消毒剂，我国规定饮用水中残留量不高于。测定某饮用水的水样中含量的实验如下：准确量取100.00mL水样，向其中加入足量的和稀硫酸充分反应，生成的与5.00mL的溶液恰好完全反应。此过程中发生反应：、，则该水样中残留的的物质的量为______mol，其浓度为______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 浓硫酸 （2） ①. ②. > （3） ①. ②. 冷凝收集，防止挥发。 （4）71:27 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】装置A为MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，装置B中装有溶液，可以验证的氧化性；装置C中为浓硫酸，可以吸收水蒸气；纯净的通入装置D中，氧化生成；装置E为收集装置，冷凝收集；装置F为尾气处理装置。 【小问1详解】 根据仪器m的结构可知，仪器m为分液漏斗；制得的中含有水蒸气，在进入装置D之前需净化干燥，则试剂a为浓硫酸。 【小问2详解】 装置B中有乳白色浑浊(单质S)生成，说明氧化生成单质S，反应的离子方程式为；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：>S。 【小问3详解】 将通入装置D中，氧化生成，则反应的化学方程式为；的沸点较低，将收集装置E置于冰水浴中，可以冷凝收集，防止挥发。 【小问4详解】 1mol作氧化剂，其还原产物为，可得到5mol电子；1mol作氧化剂，其还原产物为，可得到2mol电子；则等质量的和在消毒过程中转移电子的数目之比为。 【小问5详解】 根据反应、可得比例关系：，则，浓度为。 15. 氧化锌(ZnO)是一种重要的化工原料，广泛应用于材料添加剂。以锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)和废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)为原料制备氧化锌和海绵铜，工艺流程如图所示： 已知：①时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液。 ②金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Fe(OH)2 开始沉淀的pH 2.2 6.0 6.5 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 回答下列问题： （1）“溶解”过程中H2O2的作用为______。 （2）“反应”过程中生成Cu的主要反应的离子方程式为______。“反应”后的滤液中含有的金属阳离子有______(填离子符号)。通过测定Cu2+的含量确定加入锌灰的量，锌灰稍过量的目的是______。 （3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为______。 （4）若“氧化”过程中加入的H2O2不足，最终制得的ZnO中会混有______(填化学式)。 （5）加入ZnO调节pH=5的目的是______。 （6）调节pH=a，a的范围为______，判断依据是______。 【答案】（1）增加溶液的氧化性，将废铜屑溶解 （2） ①. Cu2++Zn=Cu+Zn2+ ②. Zn2+、Fe2+ ③. 将溶液中的Cu2+全部转化为Cu单质 （3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （4）Fe2O3 （5）使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀，而锌元素仍以Zn2+形式存在于溶液中，可以更好的分离Fe3+、Zn2+ （6） ①. 9.0≤pH≤11 ②. 使Zn2+完全转化为Zn(OH)2沉淀，又不被过量NaOH溶液溶解 【解析】 【分析】向废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)中加入稀硫酸和H2O2，反应产生Cu2+、Fe3+，然后向其中加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)，Zn把Cu置换出来产生海绵铜，然后向其中加入稀硫酸和H2O2，ZnO与硫酸反应产生Zn2+，铁的氧化物反应产生Fe3+进入溶液，然后加入ZnO调整溶液pH=5，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去Fe(OH)3沉淀，加入NaOH溶液，调整溶液pH在一定范围，使Zn2+完全形成Zn(OH)2沉淀，再将其过滤、洗涤，灼烧分解产生ZnO。 【小问1详解】 Cu与稀硫酸不反应，“溶解”过程中H2O2的作用是增加溶液的氧化性，将废铜屑溶解； 【小问2详解】 在“反应”过程中，Cu2+与加入的锌灰中的Zn在溶液中发生反应：Cu2++Zn=Cu+Zn2+，从而置换出海绵状的单质铜； 废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)中加入稀硫酸和H2O2，反应产生Cu2+、Fe3+，向其中加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)，Zn与Fe3+反应产生Zn2+、Fe2+，Zn与Cu2+反应产生Zn2+、固体Cu，因此“反应”后的滤液中含有的金属阳离子有Zn2+、Fe2+； 由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，向含有Fe3+、Cu2+的溶液中加入锌灰，首先发生反应：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，然后发生反应：Cu2++Zn=Cu+Zn2+，锌灰稍过量的目的是将溶液中的Cu2+全部转化为Cu单质，因此通过测定Cu2+的含量确定加入锌灰的量； 【小问3详解】 在酸性条件下，H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； 【小问4详解】 若“氧化”过程中加入的H2O2不足，溶液中Fe2+不能被完全氧化为Fe3+除去，在加入ZnO调整溶液pH=5时，会使形成的Zn(OH)2沉淀中含有少量Fe(OH)3杂质，Fe(OH)3灼烧分解为Fe2O3，因此最终会导致制得的ZnO中会混有Fe2O3； 【小问5详解】 根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH表格数据可知：Fe3+沉淀完全形成Fe(OH)3沉淀的pH=3.2，而Zn2+开始形成Zn(OH)2沉淀的pH=6.0，加入ZnO调整溶液pH=5时，Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀，而锌元素仍以Zn2+形式存在于溶液中，可以更好的分离Fe3+、Zn2+； 【小问6详解】 加入NaOH溶液，目的是使溶液中的Zn2+完全转化为Zn(OH)2沉淀沉淀。根据题目信息可知：Zn2+完全形成Zn(OH)2沉淀的pH=9.0溶液pH越大，沉淀就越完全。但当溶液pH≥11时Zn(OH)2又会被强碱NaOH溶液溶解，因此加入NaOH溶液调整溶液pH范围为9.0≤pH≤11。 16. 氯化铁是一种重要的工业试剂，可用于五金刻蚀、污水处理、催化剂等。实验室用纯净的氯气和铁粉制备氯化铁固体的装置如图所示。 已知：氯化铁易升华，易吸水潮解。 （1）实验装入药品前，应该_______。 （2）装置A中盛放MnO2的仪器名称为_______，装置A中发生反应的化学方程式为_______。 （3）装置B中饱和食盐水的作用是_______。 （4）实验时应该先点燃_______处的酒精灯(填“A”或者“D”)，理由是_______。 （5）装置C、F中所装试剂为浓，是否能去掉装置F_______(填“是”或者“否”)，理由是_______。 （6）装置G的作用为_______。 【答案】（1）检验装置气密性 （2） ①. 圆底烧瓶 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O （3）吸收Cl2中的HCl气体 （4） ①. A ②. 排出装置中的空气，防止铁粉被空气中氧气氧化 （5） ①. 否 ②. 防止G装置中的水进入E中，使氯化铁吸水潮解 （6）吸收氯气，防止空气污染 【解析】 【分析】在装置A中MnO2与浓盐酸混合加热反应制取Cl2，在装置B中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置C盛有浓硫酸干燥Cl2，在装置D中Fe与Cl2混合加热反应制取FeCl3，装置E收集FeCl3，装置F中盛有浓硫酸，分子FeCl3吸水潮解，装置G用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止大气污染。 【小问1详解】 该装置是制取气体，并验证气体的性质，因此实验装入药品前，应该检查装置的气密性； 【小问2详解】 装置A中盛放MnO2的仪器名称为圆底烧瓶；在装置A中MnO2与浓盐酸混合加热反应产生Cl2、MnCl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； 【小问3详解】 装置A用MnO2与浓盐酸混合加热反应制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取的Cl2中含有杂质HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中含有杂质HCl； 【小问4详解】 在上图中需要加热的装置有A、D，为防止装置中空气与Fe在加热时发生反应，应该先加热A装置的酒精灯，使装置充满Cl2，排出空气，然后再加热D装置的酒精灯，可见应该先点燃A处酒精灯； 【小问5详解】 装置C、F中所装试剂为浓H2SO4，C处浓硫酸作用是干燥Cl2，F处浓硫酸是防止G装置中的水进入E中，避免氯化铁吸水潮解，因此不能去掉装置F处的浓硫酸； 【小问6详解】 装置G盛有NaOH溶液，作用为吸收多余Cl2，防止空气污染。 17. 亚氯酸钠是一种高效漂白剂，可由反应制取。有类似的性质，在酸性条件下可生成并放出。某化学兴趣小组探究的制备与性质，装置如图所示。回答下列问题。(已知遇淀粉溶液变蓝色) Ⅰ．制备亚氯酸钠。 关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量，充分反应(反应放出大量热)。 （1）仪器的名称为_______，仪器的作用是_______。 （2）装置中生成，反应的离子方程式为_______。 （3）实际反应中发现消耗的比理论值偏少，原因可能是_______。 Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质。 停止通入气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向中滴入稀硫酸。 （4）已知反应物浓度、温度或催化剂等会影响化学反应的速率。开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是_______。 （5）实验过程中，中酸化的淀粉溶液变蓝色，产生该现象的离子方程式为_______。 （6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是_______。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 防止倒吸 （2） （3）该反应放热，导致部分分解 （4）与反应生成的对反应起催化作用(或反应放热，温度升高，反应速率加快) （5） （6）再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被吸收 【解析】 【分析】在仪器A中通过进气口通入ClO2气体，ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，在装置B中ClO2可以将氧化为，而在装置C中仪器b是干燥管，其作用是扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，从而可以起到防止倒吸的作用。NaOH溶液能够吸收多余ClO2气体，防止大气污染。 【小问1详解】 ①根据图示可知仪器a是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶； ②仪器b是干燥管，其作用是可以扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，使未反应的ClO2气体可以被NaOH溶液充分吸收，从而可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸； 【小问2详解】 在装置A中，ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，该反应的离子方程式为：，故答案为：； 【小问3详解】 实际反应中发现消耗的NaOH比理论值偏少，原因可能是反应放出的热量使温度升高导致H2O2分解，导致ClO2反应的物质的量减少，因而其反应消耗的NaOH比理论值偏少，故答案为：该反应放热，导致H2O2部分分解； 【小问4详解】 开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用，导致反应速率加快，故答案为：NaClO2与H2SO4反应生成的Cl−对反应起催化作用（或反应放热，温度升高，反应速率加快）； 【小问5详解】 实验过程中，B中酸化的淀粉溶液变蓝色，是由于在酸性条件下，ClO2、发生氧化还原反应产生，遇淀粉溶液变为蓝色，该反应的离子方程式为：，故答案为：； 【小问6详解】 实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被赶入装置C中被NaOH吸收，故答案为：再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被吸收。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $