【文档说明】四川省什邡中学2024-2025学年高三上学期一模考试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，2.446 MB，由小赞的店铺上传

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化学试题考试时间75分钟，满分100分相对原子质量：H1C12O16S32Na23Fe56Ba137第I卷(选择题，共42分)一、选择题(每小题只有一个答案符合条件，每小题3分，共42分。)1.适度饮水有益于健康，但过量饮水使体内电解质浓度过低，导致生理紊乱而引起“水中毒”，下列属

于人体内常见电解质的是A.二氧化碳B.氯化钠C.硫酸钡D.葡萄糖【答案】B【解析】【分析】【详解】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，则解：A．

二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，A错误；B．NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以NaCl是电解质，B正确；C．硫酸钡在熔融状态下能电离出自

由移动的阴阳离子导电，所以硫酸钡是电解质，但Ba2+有毒，不是人体内常见的电解质，C错误；D．葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不导电，是非电解质，D错误；答案选B。2.下列是某同学对4KHSO的物质类型进行的分析，其中不正确的是A.根据元素组成知它是化合物

B.因它含有钾离子与酸根离子，故4KHSO是钾盐C.4KHSO可以称为硫酸盐D.因为它能电离出氢离子，故4KHSO也可称为酸【答案】D【解析】【详解】A．KHSO4是由钾元素、氢元素、硫元素、氧元素组成的化合物，故A正确；B．KHSO4含有钾与硫酸根，是由阴离子HSO4−和阳离子K+相

互作用而形成的离子化合物，所以KHSO4是钾盐，故B正确；C．KHSO4中含有硫酸根离子，属于硫酸盐，故C正确；D．KHSO4为强电解质，电离方程式为KHSO4═K++H++SO24−，阳离子有氢离子和钾离子，不符合酸的定义，它是酸式盐，故D错误；

故选D。3.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的硫酸亚铁和硫酸铁的溶液混合，再滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在36~55nm的磁流体。下列说法中正确的是A.该磁流体是一种纯净物B.所

得的磁流体为悬浊液C.该磁流体很不稳定D.所得的磁流体能产生丁达尔效应【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可知：磁流体分散系分散质粒子直径在36~55nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。【详解】A．磁

流体分散系分散质粒子直径在36~55nm，属于胶体分散系，为混合物，A错误；B．分散质粒子直径在36~55nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，B错误；C．磁流体分散系分散质粒子直径在36~55nm，属于胶体，是一种介稳分散系，C错误；D．

该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，D正确；故合理选项是D。4.下列离子方程式中，正确的是A.大理石溶解于醋酸：2322CaCO2HCaCOHO+++=++B.澄清石灰

水中加入4CuSO溶液混合：222OHCuCu(OH)−++=C.4NaHSO溶液和23NaCO溶液：23222HCOCOHO+−+=+D.4NaHSO溶液中加入少量222424Ba(OH):BaOHHSOHOBaSO+−+−+++=+【答案】C【解析】【详

解】A．醋酸是弱酸，不能拆，因此大理石溶解于醋酸的离子方程式为：233322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOCOHO+−+=+++，A错误；B．澄清石灰水中加入4CuSO溶液混合，会生成硫酸钙微溶物，离子方程式应为：

222244Ca2OHCuSOCu(OH)CaSO−−+++++=+，B错误；C．4NaHSO溶液可完全电离：+244NaHSONaH+SO+−=+，4NaHSO和23NaCO溶液混合生成2CO与2HO，离子方程式应为：23222HCOCOHO+−+=+，C正确；D．4NaHSO

溶液中加入少量2Ba(OH)，根据少量为1的原则，2Ba(OH)的系数为1，离子方程式应为：22424Ba2OH2HSO2HOBaSO+−+−+++=+，D错误；答案选C。5.下列各组离子在给定溶液中能大量共存是A.澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO24−、Br-B.

使甲基橙变红色的溶液：Na+、NH4+、Cl-、ClO-C.在0.1mol·L-1氨水中：Ag+、Ba2+、NO3−、CH3COO-D.常温下，()()12H110OHcc+−=的溶液：K+、Na+、[Al(OH)4]-、NO3−【答案】A【解析】【详解】A．Fe3+

、Mg2+、SO24−、Br-彼此之间不发生反应，可以大量共存，A项正确；B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，在酸性条件下ClO-和H+反应生成弱酸HClO而不能大量共存，且HClO能和NH4+发生氧化还原反应，无法大量共存，B项错误；C．

氨水与Ag+能反应，故在0.1mol·L-1氨水中，Ag+不能大量存在，C项错误；D．()()12H110OHcc+−=的溶液呈酸性，在强酸性溶液中[Al(OH)4]-不能大量存在，D项错误；答案选A。【点睛】澄清透明溶液并不是无色溶液，其中可以存在有色离子；而无色透明溶液中不能存在有色离子，注

意区分这两个限定性条件。的6.某l00mL溶液可能含有Na+、NH+4、Fe3+、CO2-3、SO2-4、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不

正确的是（）。A.原溶液一定存在CO2-3和SO2-4，一定不存在Fe3+B.是否存在Na+只有通过焰色试验才能确定C.原溶液一定存在Na+，可能存在Cl－D.若原溶液中不存在Cl－，则c(Na+)＝0.1mol·L－1【答案】B【解析】

【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，且沉淀部分溶解于盐酸，则所得沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液一定存在2-3CO、2-4SO，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是()4.302.33g197

g/mol−=0.01mol，2-3CO和Fe3+不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是0.672L22.4L/mol=0.03mo

l，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.03mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在钠离子，氯离子不能确定，n(Na+)≥0.01mol，所以c(Na+)≥0.1mol•L-1。【详解】A．原溶液一

定存在2-3CO、2-4SO、Cl-，一定不存在Fe3+，故A项说法正确；B．由上述分析可知，溶液中一定存在Na+，故B项说法错误；C．由上述分析可知，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C项说法正确；D．若原溶液中不存在Cl-，则c(Na+)=0

.1mol•L-1，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。7.铁元素的价类二维图如图所示，下列说法错误的是A.常温下可用铁制容器运输浓硫酸B.b和c可分别与水发生反应生成e和dC.e在潮湿的空气中容易转变为dD.h的某种盐是具备净水

和消毒双重功能的水处理剂【答案】B【解析】【分析】由题中信息可知，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素是Fe元素，则a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，h为高铁酸盐，f为亚铁盐，g为铁盐，据此

解答。【详解】A．铁在浓硫酸中钝化，因此常温下可用铁制容器运输浓硫酸，故A正确；B．b为FeO，c为Fe2O3，FeO和Fe2O3均不溶于水，均不能直接与水反应生成相应的碱Fe(OH)2和Fe(OH)3，故B错误；C．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3

，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转变为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故C正确；D．h为高铁酸盐即含FeO2-4，FeO2-4具有强氧化性，能够杀菌消毒，+6价的铁被还原成+3价，又Fe3+形成氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故

D正确；故答案选B。8.细菌与矿物表面接触，通过酶的作用将金属硫化物氧化为酸溶性的二价金属离子和硫化物的原子团，使矿物溶解。细菌-硫化矿作用机理表述如下：下列有关说法错误的是A.若MS为2CuFeS，1mol2CuFeS发生反应转移16mole-

B.若MS为2FeS，发生反应：2224242FeS7O2HO2FeSO2HSO+++细菌C.温度越高，反应速率越快，浸出率一定得到提高D.若MS为CuS，发生反应中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量比为2∶1【答案】C【解析】【详解】A．根据题目信息，通过酶的作

用将金属硫化物氧化为酸溶性的二价金属离子和硫化物的原子团，使矿物溶解。若MS为2CuFeS，其中各元素呈+2、+2、-2价，发生反应后，金属元素化合价不变，只有硫元素化合价变化，由-2价升到SO24−中的+6价，

失去8个电子，而1mol2CuFeS中有2个硫原子发生价态变化，则1mol2CuFeS发生反应转移16mole-，A项正确；B．根据题目信息，金属离子在酶的作用得到二价离子，若MS为2FeS，发生反应：2224242FeS7O2HO2FeSO2HSO+++细菌，B项正确；C．酶的

作用需要合适的温度，温度过高酶会失活，反应速率减慢，则浸出率可能下降，C项错误；D．若MS为CuS，反应的氧化剂是氧气，还原剂是CuS，硫元素化合价升高，发生反应CuS+2O2=CuSO4，为反应中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量比为2∶1，D项正确；

故答案选C。9.一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物—空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法正确的是A.连接负载时，电极A为正极B.连接负载时，电极A的反应方程式为22242S2eS−−−−=C.连接电源时，电路中每通过A2N个电子，生成NaOH的质量为80gD

.膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜【答案】B【解析】【分析】该电池为碱性多硫化物---空气液流二次电池，所以放电时通入空气的一极为正极，即电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极。【详解】A．连接负载时为原电池，电极B为正极，A错误

；B．连接负载时为原电池，电极A为负极，发生氧化反应，电极反应为22-2S-2e-=2-4S，B正确；C．连接电源时为电解池，电极B反应为4OH--4e-=O2+2H2O，电极A反应为2-4S+2e-=22-2S，不产生NaOH，C错误；D．放电时，正极发生还原反应，反应为O2

+2H2O+4e-=4OH-；负极发生氧化反应，反应为22-2S-2e-=2-4S；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，D错误；综上所述答案为B。10.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与

H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1B.反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4

H++2NO=4Ce4++2H2O+N2C.反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变D.该转化过程的实质是NO被H2还原成N2【答案】C【解析】【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，

反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A项正确。B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为

4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+物质的量浓度会发生变化，C项错误。D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。故答案为：C。11.现用菱

锰矿(主要成分3MnCO，含有3FeCO、3CaCO、23FeO、23AlO)为原料制备2MnO的流程如下：下列说法正确的是A.将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为坩埚B.“氧化”时发生的离子方程式为：22322MnOFe4H

=MnFe2HO++++++++的C.“中和”时加入的物质X可以是3CaCOD.“电解”时2MnO在阴极生成，过程中同时生成可循环利用的物质24HSO【答案】C【解析】【分析】菱锰矿(主要成分3MnCO，含有3FeCO、3CaCO、23FeO、23AlO)，加入稀硫酸溶液，溶液中含有2Mn+

、2Fe+、3Fe+、2Ca+和3Al+，加入2MnO将2Fe+氧化成为3Fe+，再加入X调节除去3Fe+和3Al+，加入草酸盐，使2Ca+生成24CaCO沉淀，最后电解4MnSO溶液得到2MnO。【详解】A．将菱锰矿粉碎所使用化学仪器为研钵，坩埚用来灼烧固体物质

，A错误；B．加入2MnO将2Fe+氧化成为3Fe+，反应的离子方程式为：22322MnO2Fe4HMn2Fe2HO=++++++++，B错误；C．加入碳酸盐可以调节除去3Fe+和3Al+，可以加入3CaCO，产生的2Ca+可以在加入草酸盐后一并除去，

C正确；D．电解时，2Mn+在阳极被氧化生成2MnO，D错误；故选C。12.反应()()RgPg在有水和无水条件下，反应历程如图，图中M表示中间产物，TS表示过渡态，其它条件相同时，下列说法正确的是A.在有水条

件下，反应更快达到平衡B有水和无水时，反应分别分3步和2步进行C.反应达到平衡时，升高温度，P的浓度增大D.无水条件下R的平衡转化率比有水条件下大【答案】A【解析】的.【详解】A．由图可知，有水条件下的第二步反应的活化能远小于无水条件下的第二步反应的活化能，反应的活化能越小，反应速率越快，

则在有水条件下，反应更快达到平衡，故A正确；B．由图可知，有水和无水时，中间产物都为1，所以反应都是分2步进行，故B错误；C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物P的浓度减小，故C错误；D．由图可知，水是反应的催化剂，

催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，R的平衡转化率不变，故D错误；故选A。13.温度为1T℃时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：222NO(g)O(g)2NO(g)H0+。实验测得：()()()()222222v=v(NO)2vOkc(NO)

cO,vvNOkcNO====正正消耗消耗逆消耗逆，kk正逆、为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中()2n(NO)nO、如表：时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.0650.060.06()2nO/mol0.100.050.040.03250.030.0

3下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率11(NO)0.03molLsv−−=B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和20.10molO，则达到新的平衡时2NO体积分数减小C.其他条件不变，移走部分2NO，则

平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为2T℃时，若=kk正逆，则21T<T【答案】A【解析】【详解】A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，()NO=

0.20mol-0.08mol=0.12moln，则该反应的平均速率，110.12mol2L2s(NO)0.03molLsv−−===，A正确；B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应

的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大，B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变。其他条件不变，移走部分NO2，化学平衡正向移动，平

衡常数不变，C错误；D．kk正逆、为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度()NO=0.03mol/Lc，()2O=0.015mol/

Lc，()2NO=0.07mol/Lc，化学平衡常数222222kc(NO)0.0749200===c(NO)c(O)k0.030.01527K=正逆，说明kk正逆＞，若=kk正逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度21TT＞，D错误；故

答案为：A。14.反应222NO(g)2CO(g)N(g)2CO(g)ΔH0++，分别向1L的密闭容器中通入3molNO和一定量的CO，在不同温度下NO的平衡转化率与投料比的关系如图所示。下列说法错误．．的是A.12

TTB.1T温度下，A点容器内的压强是反应开始时的0.8倍C.当容器内气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态D.1T温度下，反应开始至B点用时2min，2N的平均反应速率为110.9molLmin−−【答案】D【解析】【详解】A．正反应是放热反应，其他条件不变，温度升

高平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，结合图可知12TT，故A正确；B．根据PVnRT=，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，由图示可知A点容器内NO和CO按等物质的量通入，平衡时NO的转化率为80%，利用列三段式或差量法可知平衡时

压强是反应前的0.8倍，故B正确；C．反应物和生成物均为气体且反应前后气体的物质的量不等，故随着反应的发生气体的平均相对分子质量会发生改变，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；D．由图示可知B点容器内NO和CO按等物质的量通入，B点N

O的转化率为60%，反应用时2min，11360%v(NO)0.9molLmin2−−==，则2N的平均反应速率为110.45molLmin−−，故D错误。故选D。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(4小题，共58分)15.甲烷水蒸气催化重整

是制备高纯氢的方法之一。甲烷水蒸气催化重整发生如下反应：反应i．()()()()422CHgHOgCOg3Hg+=+11206kJmolH−=+反应ⅱ．()()()()4222CHg2HOgCOg4Hg+=

+2ΔH（1）已知反应ⅱ中相关的化学键键能数据如下：化学键H―HH―OC―HC=OE/（1kJmol−）436465413745由此计算2=H______1kJmol−。（2）为了提高反应中甲烷平衡转化率，理论上可采取的措施是______。A.恒容时通入氮气B.升高温度C.及时分离氢气D.

选择合适的催化剂（3）把甲烷和水蒸气按物质的量之比1∶3通入反应器中，其他条件不变，在不同温度下探究CaO对平衡时干燥出口气中2H物质的量分数的影响，结果如下：的①反应ⅱ平衡常数：K（500℃）______K（700℃）（填“大于”、“等于”

或“小于”）。②在400~600℃范围内，反应器中有CaO能大幅提高2H物质的量分数，原因是______（用化学方程式表示）。（4）某温度下，在体积为1L的容器中加入1mol4CH、3mol水蒸气进行催化重整反应，达到平衡时4CH的总转化率为80%，CO的浓度为10

.2molL−。2HO的平衡浓度为______1molL−，反应i的平衡常数为______22molL−（保留一位小数）。（5）一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图所示。理论上当正极消耗气体的体积为44.

8L（标准状况）时，电路中转移的电子数为______AN。【答案】（1）+278（2）BC（3）①.小于②.23CaOCOCaCO+=（4）①.1.6②.16.9（5）8【解析】【分析】根据公式ΔH=反应物总键能-生成物总键能，将相关数据代入计算反应ii的焓变值；一种高性能甲烷燃料电池的工作原理

如图所示：CO和H2失去电子发生氧化反应分别产生CO2和H2O，电解质为O2-，正极区发生的电极反应O2+4e-=2O2-。【小问1详解】根据公式ΔH=反应物总键能-生成物总键能，将相关数据代入计算反应ii1Δ(44134465)(274

54436)278kJmolH−=+−+=+，故答案为：+278；【小问2详解】A．恒容时通入氮气，容器内压强增大了，但体系各组分浓度不变，平衡不移动，甲烷转化率不变，A不符合题意；B．反应i、反应ii均为吸热反应，升高温度反应正向进行，甲烷转化率提高，B符合题

意；C．反应i、反应ii中氢气均为生成物，及时分离氢气，降低生成物浓度平衡正向进行，提高了甲烷转化率，C符合题意；D．选择合适的催化剂只能加快反应的速率，缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，甲烷的转化率不变，D不符合题意；故答案为：BC；【小问3详解】①反应ii正反应是吸热反应，升温平衡向

吸热的正反应方向移动，平衡常数增大，故K(500℃)<K(700°C)，故答案为：小于；②在400~600°C范围内，反应器中有CaO能大幅提高H2物质的量分数，原因是生成的二氧化碳与CaO发生CO2+CaO=Ca

CO3，使反应ii向正反应方向移动，因此有CaO时能大幅提高H2物质的量分数，即CaO+CO2=CaCO3，故答案为：CaO+CO2=CaCO3；【小问4详解】某温度下，在体积为1L的容器中加入1molCH4、3mol水蒸气进行催化重整反应，达到平衡时CH4的总转化

率为80%，CO的浓度为0.2mol/L，；列三段式进行计算-1-1-1422/molL1300/molL0.20.20.20.6/molL0.82.80.20.6CH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)开始变化平衡，2-4221-1-1

/molL0.82.800.6/molL0.61.20.62.4/molL0.21.60.63.0CH(g)+2HO(g)CO(g)+4H(g)开始变化平衡，H2O的平衡浓度为1.6mol/L；反应

i的平衡常数K=3223.00.216.91.60.l2moL−=，故答案为：1.6mol/L；16.9；【小问5详解】一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图所示:CO和H2失去电子发生氧化反应分别产生CO2和H2O，电解质为O2-，正极区发生的电极反应O2+4e-=2O2-；因为O2～4e

-，所以()244.8LO2mol22.4L/moln==，()()2AAAe4O42mol=8NnNNN−==，故答案为：8。16.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(4LiFePO)做电极材料。对4LiFePO废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯23LiC

O的工业流程图如下：资料：碳酸锂在水中的溶解度：温度/℃020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72（1）过程ⅰ研磨粉碎的目的是___________。（2）过程ⅱ加入足量NaOH溶液的目的是除去Al，相关离子方程式为___________。（3）过程ⅲ采用不

同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：序号酸氧化剂浸出液中Li+浓度(g/L)滤渣中Li含量/%实验1HCl22HO9.020.10实验2HCl3NaClO9.050.08实验3HCl2O

7.050.93①实验2中，3NaClO能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为___________。②过程ⅱ最终选择22HO作为氧化剂，原因是___________。③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是___________

。（4）浸出液中存在大量24HPO−和24HPO−。结合平衡移动．．．．原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因___________。（5）对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和23NaCO溶液的原因：___

________。（6）过程ⅵ的操作为：将23LiCO粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出，___________。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+（3）①.322ClO5Cl6H

3Cl3HO−−+++=+②.Li+的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量)③.提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)（4）23CO−结合H+，()cH+减小，2-244HPOH

POH−++，2344HPOPOH−−++，这两个电离平衡均正向移动，()34POc−增大，与3Fe+结合形成磷酸铁晶体（5）过程ⅳ若使用饱和23NaCO溶液，其中()23COc−较大，易形成23LiCO沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯23LiCO的产量

（6）趁热过滤，用热水洗涤，干燥【解析】【分析】废旧电机研磨后，加入氢氧化钠溶液，铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和硅酸钠，即滤液1中溶质为：偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的氢氧化钠；滤渣1加入盐酸与磷酸亚铁锂反应并调节溶液pH，氧化剂的主要作用是将亚铁离子转化为铁

离子，进而生成氢氧化铁沉淀除去，浸出液加入30%碳酸钠溶液，生成磷酸铁除去，滤液2加入饱和碳酸钠溶液，生成碳酸锂沉淀，提纯得到高纯碳酸锂，据此回答下列问题。【小问1详解】过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增

大接触面积，加快反应速率；【小问2详解】单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+，故答案为：；()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+【小问3详解】①实验2中，NaClO3与盐酸发生

归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：322ClO5Cl6H3Cl3HO−−+++=+，故答案为：322ClO5Cl6H3Cl3HO−−+++=+；②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验

1与实验3比，+Li的浸出率较高，所以最终选择22HO作为氧化剂，故答案为：+Li的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）；③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：

提高浸出液中+Li浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)；【小问4详解】过程iv加入30%的Na2CO3溶液，23CO−结合+H，+c(H)减小，2424HPOHPOH−+−+，2344HPOPOH−−++，这两个电离平衡均正向移

动，34c(PO)−增大，与3Fe+结合形成磷酸铁晶体，故答案为：23CO−结合+H，+c(H)减小，2424HPOHPOH−+−+，2344HPOPOH−−++，这两个电离平衡均正向移动，34c(PO)−增大，与3Fe+结合形成磷

酸铁晶体；【小问5详解】过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中23c(CO)−较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中23c(CO)−较大，易形成Li2CO

3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量；【小问6详解】温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。17.铁及其化合物在生产生活中的应用极为广泛，请根据铁及其化合物的有关

知识回答下列问题。I．现有某种由34FeO和23FeO组成的含铁氧化物样品，要测定此样品中3Fe+和2Fe+的质量之比。实验采用下列步骤进行：①准确称量mg样品；②向样品中加入一定体积的15molL−的盐酸，微热，恰好使固体样品完全溶解；

③加入过量的铁粉，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，测得消耗铁粉1mg；④往步骤③的滤液中加入NaOH溶液至过量，在空气中充分搅拌，生成沉淀A；⑤过滤，将沉淀A洗涤后移至仪器M中，灼烧、冷却；用托盘天平称量，并重复操作至恒重。（1）写出34FeO与盐酸反应的离子方程式：_______。（2

）步骤④中沉淀A为_______(填化学式)。步骤⑤中仪器M的名称是_______。（3）若仪器M质量为2mg，仪器M及灼烧后的固体总质量为3mg，则样品中3Fe+和2Fe+的物质的量之比为_______(用含123mmm、、的代数式表示)。II．科学研

究表明，向2FeCl和3FeCl的混合溶液中加入适量KOH，在一定条件下充分反应，经过滤、洗涤、干燥得到通式为x2KFeO的特殊磁流体材料。（4）写出在加热条件下生成难溶于水的1.52KFeO的化学方程式：_______。（5）若x1.3=，则x2KFeO中2Fe+和3

Fe+的物质的量之比为_______。（6）设计实验检验x2KFeO是否洗净：_______。【答案】（1）32342FeO8H2FeFe4HO++++=++（2）①.3Fe(OH)②.坩埚（3）()132120m7mm30m−−（4

）231.522FeClFeCl8KOH2KFeO5KCl4HO++++（5）3：7（6）取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合溶液，若无白色沉淀产生，则说明无Cl−，已经洗净【解析】【分析】①现有某种仅由

Fe3O4和Fe2O3组成的含铁氧化物样品，准确称量m1g样品，加入过量稀盐酸中，微热，使固体样品完全溶解；②加入过量的双氧水，把溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；③继续加入NaOH溶液至过量，小火加热煮沸得到氢氧化铁沉

淀；④冷却后过滤、洗涤后移至坩埚中，灼烧、冷却、托盘天平称重，并重复操作至恒重使氢氧化铁沉淀恰好完全分解为氧化铁。根据所测得的氧化铁质量，即可计算出此样品中Fe3O4的质量分数。【小问1详解】在Fe3O4中F

e有+2价和+3价两种价态，与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3；故反应方程式为32342FeO8H2FeFe4HO++++=++；【小问2详解】滤液中加入NaOH溶液至过量，生氢氧化亚铁沉淀，在空气中充分搅拌，沉淀转化为氢氧化铁；然后对沉淀进行灼烧，在坩埚中进行，故仪器

M为坩埚；【小问3详解】若坩埚质量为m2g，坩埚及灼烧后的固体总质量为m3g，则分解产生的Fe2O3质量为m3g-m2g，设含铁氧化物样品中Fe3O4和Fe2O3的物质的量分别为x、y，第③步消耗铁粉1mg，

发生2Fe3++Fe=3Fe2+，则()11326{6132m=5m10=m-2m56+++xyxy，n(Fe3+):n(Fe2+)=(2x+2y):x=()132120m7mm30m−−;【小问4详解】氯化亚铁和氯化铁的混合物在氢氧化钾碱性环境下，加热，生成难溶于水

的1.52KFeO、氯化钾和水，根据原子守恒进行配平，先把1.52KFeO中的钾原子个数变为整数，即1.52KFeO填系数2，据此再填平其它原子个数，反应的化学方程式：231.522FeCl+FeCl+8KOH2KFeO5K

Cl+4HO+V；【小问5详解】设2+Fe和3+Fe的个数分别为x、y；根据化合物中元素的化合价代数和为0的原则，若x=1.3，则x2KFeO中铁元素的平均化合价为2×2-1.3×1=2.7，因此2x+3y=2.7(x+y)，解之得出x:y=3:7，由于个数比和物质的量

成正比，所以x2KFeO中2+Fe和3+Fe的物质的量之比为3:7；【小问6详解】x2KFeO上可能有氯离子，检验是否洗涤干净的方法是：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合溶液，若无白色沉淀产生，则说明无Cl−，已经

洗净。18.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳与过氧化钠反应时需要与水接触。回答下列问题：（1）装置①中反应的离子方程式是_______。（2）装置②中的试剂是_______(填字母，下同)；装置③中的试剂是_______。a．饱和3NaHCO溶液b．饱和2

3NaCO溶液c．浓24HSO（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应化学方程式：_______。（4）进行实验。步骤1：打开弹簧夹2K，关闭1K，打开分液漏斗中的活塞，向圆底烧瓶中加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2：打开弹簧夹1K，关闭2K，打开分液漏斗中的活塞，向圆底烧瓶中加入盐

酸，将带火星的木条放在a处。则a处带火星的木条复燃的是步骤_______(填“1”或“2”)。（5）有同学提出质疑，认为上述实验不足以证明有水存在时，过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应，其理由是_______。（6）需要补

充的实验操作：取少量装置⑤中反应后的固体，_______。【答案】（1）2322CaCO2HCaHOCO+++=++（2）①.a②.c（3）2222322NaO2CO2NaCOO+=+（4）2（5）气体中含有水，水与22NaO反应生成2O（6）向其中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水

中(或向该溶液中加入2BaCl溶液，检验23CO−)【解析】【分析】装置①制备二氧化碳，装置②用于除去HCl，装置③除去水蒸气，装置④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，装置⑥可避免空气中的水、二氧化碳

进入④⑤，最后用带火星的木条检验是否生成氧气；【小问1详解】装置①中碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是2322CaCO2HCaHOCO+++=++；【小问2详解】装置②是除二氧化碳中的氯化氢杂质，②中的试剂是饱和碳酸氢钠，选a；装置③的作用是干

燥二氧化碳，③中的试剂是浓硫酸，选c。【小问3详解】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2222322NaO2CO2NaCOO+=+；【小问4详解】打开弹簧夹2K，关闭1K，过氧化钠接触干燥的二氧化碳，不生成氧气；打开弹簧夹1K，关闭2K，过氧化钠接触湿润的二氧化碳，

生成氧气；所以a处带火星的木条复燃的是步骤2；【小问5详解】气体中含有水，水与22NaO反应生成2O，所以上述实验不足以证明有水存在时，过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应；【小问6详解】取少量装置⑤中反应后的固

体，向其中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应生成碳酸钠和氧气。