【文档说明】安徽省阜阳市2021-2022学年高一下学期期末教学质量统测化学试题 含解析.docx，共(18)页，2.491 MB，由小赞的店铺上传

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阜阳市2021～2022学年度高一年级教学质量统测化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na2

3C135.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.《黄帝内经·素问》提出了“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”饮食调养原则。下列说法正

确的是A.“五菜”富含纤维素，纤维素属于多糖B.“五谷”富含淀粉，淀粉的最终水解产物为蔗糖C.“五畜”富含油脂和蛋白质，它们水解产物相同D.“五果”富含维生素，维生素()686CCHO属于无机物【答案】A【解析】【详解】A．纤维素是天然高

分子化合物，属于多糖，故A正确；B．一定条件下，淀粉的最终水解产物为葡萄糖，故B错误；C．酶做催化剂条件下，油脂的水解产物为高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解产物为氨基酸，则两者的水解产物不同，故C错误；D．由分子式可

知，维生素C是烃的衍生物，属于有机物，故D错误；故选A。2.汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊发生的主要反应为3322210NaN2KNOKO5NaO16N+=++。下列说法正确的是A.3NaN中只含有离子键B.Na原子的结构示意图：C.2KO的电子式：D.2N分子中含有极性

键【答案】C【解析】的【详解】A．3N−离子中存在共价键，A错误；B．钠原子最外层有一个电子，一共十一个电子，B错误；C．K2O为离子化合物，电子式为，C正确；D．N2为非极性分子，其中的氮氮三键为非极性键，不含极性键，D错误；故答案选C。3.下列酸的性质与用途具有对应关系的

是A.盐酸具有挥发性，可用于除去铁锈B浓硫酸具有脱水性，可用于气体干燥C.次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂D.硝酸具有强氧化性，可用于溶解一些不活泼金属【答案】D【解析】【详解】A．盐酸能与铁锈中的氧化铁反应，生成可溶性的氯化铁，从

而易被水洗去，体现盐酸的酸性与浓盐酸所具有的挥发性无关，故A错误；B．浓硫酸用于气体干燥是利用了浓硫酸的吸水性，不是脱水性，故B错误；C．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，故C错误；D．硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属，故D正确；答案选D。4.下列物质互为同分异构体的是A.126

C与146CB.乙烷(33CHCH)与丙烷(323CHCHCH)C.葡萄糖24CHOH(CHOH)CHO与果糖D.乙烯(22CHCH=)与聚乙烯【答案】C【解析】【详解】A．这两种物质互为同位素，不是同分异构体，A

错误；B．乙烷和丙烷的分子式不同，是同系物不是同分异构体，B错误；C．葡萄糖和果糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；.D．乙烯和聚乙烯分子式不同，结构不同，不是同分异构体，D错误；故答案选C。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，

X元素的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y元素的原子半径是同周期主族元素中最大的，Z元素位于元素周期表IIIA族，W元素与X元素属于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(Y)>r(W)>r(Z)B.由X、Y组成化合物均是离子化合物C.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱D.Y、Z的最

高价氧化物对应的水化物不能相互反应【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素的最外层电子数是内层电子数的3倍，则X为O；Y元素的原子半径是同周期主族元素中最大的，则Y为Na；Z元素位于元素周期表IIIA族，则Z为Al；W元素与X元

素属于同一主族，W为S，据此分析。【详解】A．同周期元素的原子半径随核电核数的增加而减小，故原子半径r(Y)>r(Z)>r(W)，故A错误；B．Na与O组成的Na2O2或Na2O均为离子化合物，故B正确；C．非金属性越强其简单氢化物越稳定，故H2O的热稳定性

强于H2S，故C错误；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故选B。6.海洋是一个巨大的资源宝库。从海水中能获得大量NaCl，NaCl通过化学反应可转化为2Cl、HClO、Na、NaClO、23N

aCO、3NaHCO等。海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如干海带中含碘量可达0.3%~0.5%。从海水(Na+、2Mg+、Cl−、24SO−)中还能提取镁。在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是A.2HClO(aq)O(g)⎯⎯⎯→光照B.2CO223NaO

(s)NaHCO(s)⎯⎯⎯→C.2SO23NaClO(aq)NaSO(aq)⎯⎯⎯→D.2CO23NaCl(s)NaCO(s)⎯⎯⎯→【答案】A【解析】的【详解】A．次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故A符合题意；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠

和氧气，故B不符合题意；C．次氯酸钠氧化二氧化硫生成硫酸钠，故C不符合题意；D．氯化钠和二氧化碳不反应，故D不符合题意；故选A。7.海洋是一个巨大的资源宝库。从海水中能获得大量NaCl，NaCl通过化学反应可转化为2Cl、HClO、Na、NaClO、23NaCO

、3NaHCO等。海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如干海带中含碘量可达0.3%~0.5%。从海水(Na+、2Mg+、Cl−、24SO−)中还能提取镁。从干海带中可提取2I，下列实验原理与装

置能达到相应实验目的的是A.用装置甲灼烧海带B.在装置乙中反应生成2IC.用装置丙蒸发浓缩反应液D.用装置丁萃取碘水中的2I【答案】B【解析】【详解】A．灼烧在坩埚中进行，用装置甲灼烧海带，图中装置不合理，故A错误；B．酸性溶液中双氧水可氧化碘离子生成碘，可选

图中装置反应生成I2，故B正确；C．蒸发应在蒸发皿中进行，用装置丙蒸发浓缩反应液，不合理，故C错误；D．乙醇与水互溶，不能萃取分离碘，应选苯或四氯化碳等，故D错误；故选B。8.海洋是一个巨大的资源宝库

。从海水中能获得大量NaCl，NaCl通过化学反应可转化为2Cl、HClO、Na、NaClO、23NaCO、3NaHCO等。海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如干海带中含碘量可达0.3%~0.5%。从海水(Na+、2Mg+、Cl−、24SO−)中还能提取镁。模拟浓海水提

取镁的实验流程如下图：下列说法正确的是A.产品1的成分是硫酸钙B.酸化生成2MgCl的离子反应为2HOH=HO+−+C.电解无水氯化镁产生单质镁和氯气，该反应是放热反应D.上述流程中元素的化合价没有发生改变【答案】A【解析】【分析】海水中含有Na+、2Mg+、Cl−、24SO−

，加入氯化钙可以沉淀部分硫酸根离子，过滤后得到产品1硫酸钙，加入石灰乳得到氢氧化镁沉淀，过滤后再用盐酸酸化即可得到氯化镁，电解熔融的氯化镁得到单质镁，以此解题。【详解】A．由分析可知产品1为硫酸钙，A正确；B．由分析可知酸化生成2MgCl的离子反应为+

2+222H+Mg(OH)=HO+Mg，B错误；C．单质镁和氯气反应是放热反应，则电解无水氯化镁产生单质镁和氯气的反应是吸热反应，C错误；D．工艺流程中有单质镁生成，实验流程中元素的化合价发生了改变，D错误；故选A。9.部分含

硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法合理的是A.a可与c发生反应生成bB.b在过量氧气中燃烧生成dC.e溶液和g溶液都能与铜反应D.h转化为f时，需加入还原剂的【答案】A【解析】【分析】a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e为H2SO4，f是硫酸盐，g是H2SO3，

h为亚硫酸盐。【详解】A．a是H2S，b是S单质，c是SO2，a可与c发生反应生成b，：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故A正确；B．b是S单质，d是SO3，S在O2中燃烧只生成SO2，故B错误；C．铜的活泼性小于氢，e溶液和g溶液不都能与铜反应，故C错误；D．f是硫酸盐

，h为亚硫酸盐，h转化为f时，需加入氧化剂，故D错误；故选A。10.烃X是一种重要的化工原料，已知X在标准状况下的密度11.25gL−为。各有机物之间的转化关系如图所示，且W与Z反应能生成323CHCOOCHCH和2HO下列说法正确的是A.石蜡油→X的过

程属于蒸馏B.可以用溴的四氯化碳溶液鉴别X和WC.有机物W与Z都能与氢氧化钠溶液反应D.有机物Y与Z中含有相同的官能团【答案】B【解析】【分析】X在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则X的摩尔质量为1.25g/L×

22.4L/mol=28g/mol，由流程图可知，X氧化生成Y，Y氧化生成Z，Y与氢气生成W，W与Z发生反应生成乙酸乙酯，则X为CH2=CH2，Y为CH3CHO，Z为CH3COOH，W为CH3CH2OH。【详解】A．石蜡油→X的过程产生不饱和的

乙烯，属于裂解，故A错误；B．可以用溴的四氯化碳溶液鉴别X和W，前者褪色，后者不褪色，故B正确；C．有机物Z含有羧基能与氢氧化钠溶液反应，W只含羟基，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D．Y为CH3CHO含

醛基，Z为CH3COOH有羧基，有机物Y与Z中含有不相同的官能团，故D错误；故选B。11.实验室中在相同温度下对溶液中22HO的分解速率影响因素进行研究，有关实验数据见下图。下列说法正确的是A.在0~20min内，I中的22HO分解速率

为110.030molLmin−−B.水样酸性越强，22HO的分解速率越慢C.在0~25min内，III中22HO的分解百分率比II小D.由于2Cu+存在，IV中22HO的分解速率比III快【答案】D【解析】【详解】A

．H2O2的浓度变化值为0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，分解速率为110.3mol0.015molLmin20min−−=，A错误；B．根据Ⅰ、Ⅱ的对比可知，酸性越强，H2O2分解速率越快，B错误；C．根据图可知，0-25

min内，Ⅱ中H2O2浓度变化值约为0.2mol/L，分解百分率50%，Ⅲ浓度变化值超过0.1mol/L，分解百分率大于50%，C错误；D．根据Ⅲ、Ⅳ的对比可知，pH相同的情况下，Ⅳ中H2O2分解速率更快，说明C

u2+的存在可催化H2O2分解，D正确；故答案选D。12.22MgHO−燃料电池(2222MgHO2HMg2HO++++=+)是一种新型水下化学电源(质子交换膜只允许质子通过，不允许其他离子或分子通过)。下列说法正确的是A.电池工作时，电

能主要转化为化学能B.电极a为电池的正极C.电极b上会产生大量的气泡D.电池工作时，H+通过交换膜从左到右移动【答案】D【解析】【分析】由电池反应可知，镁失去电子发生氧化反应，作负极，过氧化氢得到电子，发生还原反应，故b为正极，a为负极，以此解题。【详解】A．电池工作时

，化学能转化为电能，A错误；B．由分析可知a为负极，B错误；C．由电池反应可知，b电极上过氧化氢得到电子结合氢离子生成水，C错误；D．电池工作时，阳离子向正极移动，即通过交换膜从左到右移动，D正确；故选D。13.甲烷的光照实验如图所示。光照一段时间后，试管内液面上升，气

体颜色逐渐变浅，试管内壁出现油状液滴，试管中出现了少量白雾。下列关于该实验的说法错误．．的是A.试管内液面上升原因之一是气体的物质的量减少B.试管内壁出现了油状液滴，油状液滴成分属于混合物C.收集试管中的白雾配成水溶液，该溶液显中性D.由实验过程中产生的现象可推知，甲烷与氯气在光

照条件下能发生取代反应【答案】C【解析】【分析】甲烷和氯发生取代反应，产物不唯一，无法控制反应进度，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物。【详解】A．二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳

都为液体，故反应后气体的物质的量减少，试管内液面上升，故A正确；B．油状液体为二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的混合物，故B正确；C．试管中的白雾为氯化氢，其水溶液为酸性，故C错误；D．由实验过程中产生的现象可推知，甲烷与氯气在光照条件下能发生取代反

应生成氯化氢和各种卤代烃，故D正确；故选C。14.3FeCl在工业上用途非常广泛，通过下列实验探究3FeCl溶液的性质实验l：将浓3FeCl溶液滴入沸水中，分散系呈现红褐色实验2：在装有少量3FeCl溶液的试管

中加入铜粉充分振荡，溶液由黄色变成蓝色实验3：在装有少量3FeCl溶液的试管中加入过量KI溶液，充分振荡后，分成两份：一份加入有机溶剂4CCl，振荡后4CCl层显紫红色；另一份加入KSCN溶液，溶液显红色实验4：在装有少量3FeCl溶液的试管中加入少量3AgNO溶液，充分振荡后产生白色沉淀下

列说法正确的是A.实验1中的铁元素形成的粒子大小没有改变B.实验2中发生反应的离子方程式为322FeCu=FeCu+++++C.实验3中3FeCl与KI发生氧化还原反应，但反应存在限度D.实验4静置后溶液中大量存在的离子有Ag+、Cl−、3Fe+、3NO−【答案

】C【解析】【详解】A．将浓3FeCl溶液滴入沸水中，分散系呈现红褐色，生成氢氧化铁胶体,胶体粒子的直径大于溶液中分子、离子粒子的直径，A错误；B．实验2中三价铁和铜反应生成二价铁和铜离子，方程式为：3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，B错

误；C．加入过量KI溶液，4CCl层显紫红色说命有单质碘生成，加入KSCN溶液，溶液显红色说命溶液中存在三价铁，则说命氯化铁和碘化钾的反应是可逆的，C正确；D．硝酸银少量，银离子和氯离子生成氯化银沉淀，银离子不能大量存在，D错误；故选C。二、非选择题：共4题，

共58分。15.元素周期律的发现是近代化学史的里程碑，使化学的研究变得有规律可循。（1）预测物质的性质。利用元素周期表的有关知识，判断下列对于铍及其化合物的性质的推测正确的是___________(填字母)。A.单质铍能与冷水剧烈反应B.氢氧化铍的碱性比氢氧化钙的碱性弱C.氢氧化铍能与NaOH溶液

发生反应D.相同条件下，单质铍与酸的反应比单质锂与酸的反应剧烈(酸浓度相同)（2）解释发生的原因。金属钠比金属铝更容易与氯气反应的原因是___________。（3）判断性质的强弱。判断下列各组化合物的酸碱性强弱(用“＞”或“＜”表示)。①23HSiO____

_______23HCO②KOH___________2Ca(OH)③24HSO___________34HPO（4）类比物质的反应。碱金属铷(Rb)与水发生反应的离子方程式为___________（5）推断物质的结构。已知硫与氧处于同一主族，根据2H

O、2CO的结构特点，书写2HS、2CS(二硫化碳)的电子式：___________、___________。【答案】（1）BC（2）钠比铝原子半径大，最外层电子少，容易失去电子（3）①.＜②.＞③.＞（4）222Rb2HO2Rb2OHH+−+=++（5）①.②.【解析】【小

问1详解】铍在周期表中位于第二周期第ⅡA族，与锂同周期，与镁、钙同主族，与铝是对角线关系，所以金属性比锂、镁、钙弱，与铝具有相似的化学性质。A.类比单质铝的性质，单质铍不能与冷水剧烈反应，错误；B.类比氢氧化铝的性质，氢氧化铍的碱性比氢氧化钙的碱性弱，正确；C.氢氧化铍能与NaO

H溶液发生反应，正确；D.相同条件下，单质铍与酸的反应比单质锂与酸的反应缓慢(酸浓度相同)，错误；故选BC。【小问2详解】金属钠比金属铝更容易与氯气反应的原因为钠比铝原子半径大，最外层电子少，容易失去电子。【小问3详解】①C与Si为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，故酸

性23HSiO小于23HCO；②K与Ca为同周期元素，核电荷数越大，金属性越弱，故碱性KOH大于2Ca(OH)；③S与P为同周期元素，核电荷数越大，非金属性越强，故酸性24HSO大于34HPO。【小问4详解】由钠与水反应生成氢氧化钠

和氢气，可得铷与水反应的离子方程式为222Rb2HO2Rb2OHH+−+=++。【小问5详解】2HO为共价化合物，H与O之间为一个共用电子对，故2HS的电子式为；2CO为共价化合物，C与O之间为两个共用电子对，故2

CS的电子式为。16.2ClO常温下为黄色气体，具有强氧化性，易溶于水但不与水反应，具有良好的除臭与脱色能力，是净化饮用水的一种十分有效的净水剂。（1）一种制取2ClO方法是22432424222HCO2NaClOHSONaSO2CO2ClO2HO++=+

++，该反应中没有出现的物质类别是___________(填字母)。a．酸b．碱c．盐d．氢化物e．氧化物g．单质（2）将氯气通入2NaClO溶液中可制得2ClO和一种生活中常见的盐，反应的化学方程式为222=Cl2NaClO2X2ClO++，其中X的化学式为___________。（3

）2ClO和2Cl均能将电镀废水中的CN−氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl−。处理含CN−相同的电镀废水时，所需2Cl的物质的量是2ClO的___________倍。（4）一种有效成分为2NaClO、4NaHS

O、3NaHCO的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。上述过程中，生成2ClO的反应属于歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)，每生成21molClO消2NaClO耗的量为___________mol；产生“气泡”的化学方程式为___________。

（5）自来水厂用2ClO处理后的水中，要求2ClO的浓度在10.1~0.8mgL−。下列方法可以检测水中的浓度，具体步骤如下：步骤一：准确量取211.010molL−−的223NaSO溶液10mL，稀释配制成100mL的溶液。步骤二：量取2

1.00LClO处理后的水样于烧杯中，并将溶液调至中性，加入一定量的碘化钾，反应为222=2ClO2I2ClOI−−++，加入少许淀粉后溶液变蓝色。步骤三：蓝色溶液中加入步骤一稀释后的223NaSO溶液10mL恰好使蓝

色完全消失，且半分钟内不变色(已知：2223246=2SOISO2I−−−++)。①步骤一中配制溶液所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________、___________。②水样中2ClO的浓度是___________1m

gL−。【答案】（1）bg（2）NaCl（3）2.5（4）①.1.25②.432422NaHSONaHCONaSOHOCO+=++（5）①.胶头滴管②.100mL容量瓶③.10.675mgL−【解析】【小问1详解】a

．草酸属于酸，a错误；b．在该反应的反应物和产物中没有出现碱，b正确；c．氯酸钠和硫酸钠属于盐类，c错误；d．产物中的水属于氢化物，d错误；e．二氧化碳、二氧化氯和水都属于氧化物，e错误；g．在反应物和产物中没有出现单质，g正确；故选bg；【小问2详解】根据元素

守恒可知X的化学式为NaCl；【小问3详解】Cl2和ClO2被还原时均生成Cl-，每摩尔Cl2得到2mol电子,而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍；【小问4详解】NaClO2反应生成Cl

O2属于歧化反应，说明一部分氯元素化合价从+3价升高到+4价，还有一部分氯元素从+3价降低到-1价，根据电子得失守恒和原子守恒，可知该反应的离子方程式为：5ClO-2+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2

O，所以有关系式：5NaClO2~4ClO2，所以生成1molClO2消耗NaClO2的量为1.25mol；产生“气泡”的化学方程式为432422NaHSONaHCONaSOHOCO+=++；【小问5详解】①配制100mL溶液，需使用100mL容量瓶，另外，还需使用玻璃棒、烧

杯和胶头滴管。答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；②2222ClO2I2ClOI−−+=+，22232462SOISO2I−−−+=+，关系为2223ClO~SO−，()()2--3-1-5223nClO=nSO=0.01L1.010molL=1.010mol

，水中2ClO的浓度5111.010mol67.5gmol0.675mgL1.00L−−−==。17.一氧化氮在人体中为信使分子，但会带来酸雨、臭氧层的破坏等环境问题，对NO的尾气处理和排放控制显得十分重要。（1）汽车尾气是NO的来源，发动机

中产生NO的反应为22NO2NO+。恒温、恒压的容器中，下列说法说明反应达到平衡的是___________(填字母)。A.氮气、一氧化氮消耗速率相同B.2N、2O、NO物质的量之比为1∶1∶2C.混合气体的密度不再变化D.反

应混合物中2N、2O、NO百分组成不变（2）氨法脱氮：即3NH与NO在催化剂条件下可反应生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式是___________。（3）尿素()2222CONH/HO溶液脱氮：首先是22HO将NO氧化为2N

O及2HNO等，产物再与尿素反应生成2N、2CO等无污染气体。尿素22/HO溶液脱氮一般控制温度为50℃~70℃，过高的温度会导致NO去除率下降，其原因是___________。（4）乙烯脱氮：其脱氮原理的示意图如图所示，该

过程中乙烯作___________(选填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”)。（5）已知用空气氧化4FeSO溶液制取铁黄(FeOOH)的反应为2224FeO6HO=4FeOOH8H+++++。NO能起催化作用，催化机理分两步

完成：第一步的离子方程式为22FeNO=Fe(NO)+++(棕色)，第二步的离子方程式为___________。【答案】（1）D（2）3224NH+6NO5N+6HO===催化剂（3）温度升高，使22HO分解，降低去除率（4）还

原剂（5）2224Fe(NO)O6HO4FeOOH4NO8H++++=++【解析】【小问1详解】A．氮气、一氧化氮消耗速率为1：2时可以说明反应到达平衡，A项错误；B．各组分含量不变时才能说明反应到达平衡，B项错误；C．该反应在密闭容器中进行

，且所有物质均为气体，整个过程中混合气体的密度始终不变，故密度说明不了反应的平衡状态，C项错误；D．各组分含量不变时能说明反应已经到达平衡，D项正确；答案选D；【小问2详解】3NH具有还原性，NO具有一定氧化性，

在一定条件下发生氧化还原反应生成氮气和水；【小问3详解】22HO具有不稳定性，受热容易分解，故会导致去除率下降；【小问4详解】乙烯参与的反应为2422222CH6NO=3N4HO4CO+++，乙烯做还原剂，表现

出还原性；【小问5详解】总反应2+224FeO6HO4FeOOH8H+++=+，减去第一步反应()22FeNO=FeNO+++得到第二步反应：()2224FeNOO6HO=4FeOOH4NO8H++++++。18.磷酸亚铁()3422FePO8HO为黄白色至

米色粉末﹐难溶于水和醋酸，溶于无机酸，可作为营养增补剂(铁质强化剂)。合成磷酸亚铁时的主要离子反应为：()22432342323Fe2HPO2CHCOO8HO=FePO8HO2CHCOOH+−−++++（1）合成磷酸亚铁时，在三颈烧瓶中先加人维生素C稀溶液(具有还原性)作底液

，再向烧瓶中滴入24NaHPO与3CHCOONa的混合溶液，再滴入4FeSO溶液，水浴加热、保持pH6=左右不断搅拌(装置如图所示)。①配制合成所需的4FeSO溶液时，蒸馏水事先要煮沸、冷却，煮沸的目的是___________。②用维

生素C作底液而不用铁粉，其主要原因是___________。③合成时需保持pH6=左右，控制pH不能太大也不能太小的原因是___________。（2）从三颈烧瓶得到产品需要过滤﹑洗涤等步骤，判断沉淀洗涤干净的操作是___________。（3）合成磷酸亚铁

所需的4FeSO在工业上可由硫铁矿烧渣(主要成分为23FeO、2SiO、23AlO)制备，其工业流程如下(相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH3Fe+1.13.23Al−3.05.02Fe+5.88.8①矿渣的主要

成分是___________(填化学式)。②加入NaOH溶液调pH的范围是___________。③“酸化、调pH、结晶”过程中都需要进行的分离操作是___________。【答案】（1）①.除去水中溶解

的氧气，防止2Fe+被氧化②.避免产品中混入铁粉，导致产品不纯③.pH过低，会与4HPO−和3CHCOO−反应，影响产率；pH过高，会生成2Fe(OH)沉淀（2）取最后一次洗涤液少量并用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成，即说

明沉淀洗涤干净（3）①.2SiO②.5pH5.8③.过滤【解析】【分析】本题是一道用硫铁矿烧渣制备硫酸亚铁晶体的工业流程题，首先用稀硫酸酸化溶解其中的氧化铁和氧化铝，在溶液中加入铁粉还原酸化后的三价铁，之后用氢氧化钠调节pH沉淀铝离子得到硫酸亚铁晶体，之后结晶即可得到

产物，以此解题。【小问1详解】①二价铁有还原性，水中会溶解氧气，故煮沸的目的是除去水中溶解的氧气，防止2Fe+被氧化；②维生素C和铁粉共同点是具有还原性，差异是维生素C能溶于水，而铁粉为固体不溶于水，故用维生素C作底

液而不用铁粉，其主要原因是：避免产品中混入铁粉，导致产品不纯；③对应反应：()22432242323Fe2HPO2CHCOO8HO===FePO8HO2CHCOOH+−−++++，H+能与24HPO−、3CHCOO−发生反应，而OH

−能与2Fe+中反应生成沉淀，故控制pH不能太大也不能太小的原因是：pH过低，会与4HPO−和3CHCOO−反应，影响产率；pH过高，会生成2Fe(OH)沉淀；【小问2详解】滤液中含有硫酸根离子，可以通过检验硫酸根离子是否存在来判

断，故判断沉淀洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液少量并用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成，即说明沉淀洗涤干净；【小问3详解】①硫铁矿烧渣用稀硫酸酸化，其中二氧化硅不能溶解，故矿渣的主要成分是：2SiO；②要得到沉淀3Al(OH)，根据表格中的数据，pH范围为5＜

pH＜5.8；③“酸化、调pH、结晶”过程都涉及到不溶性物质和溶液的分离，固液分离的操作是过滤。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com