衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案

衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案正在持续更新，目前2025衡水金卷先享题答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

分层突破训练答案精解精析为2FeTi0,+6C+7Cl,-定条件2FeC,+2TCl,+6C0,碳元素化合铁，滤渣2为氢氧化铁，滤液3为含C2*的溶液，经系列操作得价从0价升高到+2价，铁元素化合价从+2价升高到+3价，则焦CuS0。·5H,0,滤渣2加盐酸溶解变成氯化铁溶液，经浓缩结晶、炭和钛铁矿都是还原剂，故C正确；Ar与Mg不反应，所以Ar可过滤得FeCl,·6H,0。浸出液1为氢氧化钠和NaGa0,的混合溶用作保护气，一定条件下Mg与N,反应生成氮化镁，所以不能用液，A正确；“酸浸氧化”中Cu,0中Cu元素的化合价由+1价升高N2作保护气，故D错误。为+2价，H,02中0元素的化合价由-1价降低为-2价，根据化合12.(1)Cu2(0H)2C0,+4H—2C2*+C02↑+3H,0(2)B价升降守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为Cu,0+H,0,+(3)消耗酸使溶液pH升高（或调节溶液pH),便于Fe+形成沉淀4H一2Cu++3H,0,B正确；当金属阳离子(Fe)浓度为1.0×除去(4)加热浓缩（或蒸发浓缩）(5)4.5105mol·L时，根据25℃时，Kn[Fe(0H)3]=1.0×108,c(0H)=解析(1)步骤I中涉及的反应有稀硫酸与Cu,(0H),C0、K3/1.0×10FeC0,的反应，主要反应为稀硫酸与Cu,(0H),C0,反应生成硫c(Fe3)V1.0×10-5mol·L1=l0-1mol·L,pH=酸铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Cu,(0H),C0,+4H1.0×10-14-=-lg一2Cu2*+C0,↑+3H,0。(2)加入试剂①的目的是亚铁离子氧-gc()=-18e(0Hr)1.0x100=3,C正确；“浓缩结晶”操化为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能氧化亚铁离子且不能引作属于蒸发浓缩、冷却结晶，所需的仪器有铁架台（带铁圈）、酒精入新的杂质。加入KMO,溶液能氧化亚铁离子，但会引入钾离灯、蒸发皿和玻璃棒，其中硅酸盐仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒子、高锰酸根离子，故A不符合题意；加入H,0,可将亚铁离子氧D错误化为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故B符合题意；4.A锂在氧气中点燃生成氧化锂，故A错误；减压蒸馏可以避免Fe粉不能氧化亚铁离子，故C不符合题意；加入KSCN溶液不能H,02分解，提高H,0,溶液的浓度，故B正确；通过流程中的过滤氧化亚铁离子，故D不符合题意。(3)步骤Ⅲ中加入Cu0的目的操作可说明氢氧化锂在乙醇中的溶解度比Li,0,大，故C正确；锂是消耗©·水解生成的H,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除的相对原子质量小于钠的相对原子质量，故过氧化锂的摩尔质量去。(4)操作Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶比过氧化钠小，由于锂离子半径小，离子键强，性质稳定，故过滤、洗涤等操作。（(5)称取2.41g硫酸铜晶体，加热至质量不再D正确改变时，称量粉末的质量为1.6g,即硫酸铜的质量为1.6g,5.D“水浸”后滤液中含有S0,加入盐酸调节pH时会产生滤渣1.6g=0.01m0l,水的质量为2.41g-1.6g=0.818,n(Cus0.)卢160gmolH,Si0,A正确；根据后续中Fe、Mn元素的化合价可知，“焙烧”过程中，Fe、M元素的化合价升高，被氧化，B正确；“氧化”过程次氯n(H20)=0.81g=0.045m0l,则1：x=0.01m0l:0.045m0l,x=酸钠将As0氧化为As0:,发生反应的离子方程式是As0+CI018 g/mol一As0+C1,C正确；“沉钨”过程，若用Ca(0H)2溶液代替4.5。CaCl,溶液，则后续“酸解”时会消耗更多的盐酸，效果不好，D素养综合强化2化工流程中的“热门金属”错误。1.D向含镍酸性废液中加入过氧化氢把F2*氧化为Fe+、加石灰石6 D LiFeP(0,中磷酸根离子显-3价，Fe的化合价为+2，A正确；调pH生成氢氧化铁沉淀，过滤除铁，滤液中加萃取剂除去C2+和LifP04废料碱浸时，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，浸Z2·,分液后，水相为硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗出液1中含有偏铝酸钠，通入C0,生成氢氧化铝沉淀，故此处操作涤、干燥得NiS04·6H,O。Fe*遇KSCN溶液变红，用KSCN溶液应为过滤，B正确；加盐酸浸取发生反应：2 LiFeP0,+H,02+8H可以检验滤液中F·是否除干净，故A正确；根据题给流程图，向一2Li+2Fe+2H,P04+2H,0,过滤分离出含有H、Li、Fe的含镍酸性废液中加入过氧化氢、石灰石调pH的目的是除铁，萃取浸出液2，C正确；由题给流程可知，第一次加碳酸钠可调节pH,以的目的是除去Cu2+和Z2,反萃取获得的有机物可在萃取时循环便于生成FP04·2H,0沉淀，第二次加碳酸钠是为了生成碳酸锂使用，故B正确；萃取振荡时要通过下口放气，分液漏斗的下口应沉淀，作用不同，D错误。倾斜向上，故C正确；为防止NiS0,·6H,0失去结晶水，操作Ⅱ的7.(1)H2(2)Ca(0H)2(3)Mg0熔点很高(2852℃)，而MgCL名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误。熔点相对较低(714℃)，熔融Mg0时会耗费大量的能量而增加生2.B硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成Cu0和S02;步骤②中，用硫产成本(4)C02(5)增大固体表面积，提高化学反应速率酸浸出焙烧后的矿渣得到含CuS0,的溶液；步骤③中，向含CuS0,(6)2Mg0+Si高遇2Mg+Si0,的溶液中加入Na,s0,、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④中，用盐酸、乙解析电解法冶炼镁中，牡蛎壳进行高温煅烧，得到生石灰即氧化醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。步骤①中焙烧产生的气体是S02,钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙再与卤水中的镁离子反用Na0H溶液吸收，产生Na,S0,该物质可用于步骤③的循环利应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁再和盐酸反应用，A正确；硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、②，因生成氯化镁，电解氯化镁得到金属镁和氯气，氯气转化成HC1重复为浓硝酸和疏化铜反应会产生$0，、氮氧化物和硝酸铜，所得溶液利用。皮江法冶炼镁中，白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二中含有的HN0,有氧化性，不利于CuCl的生成，B错误；步骤③中，氧化碳，硅再与氧化镁反应生成镁单质，冷凝得到粗镁锭。（1)电Cu2·、C和S0好反应产生CuCl沉淀和$0好，该反应的离子方程式解熔融氯化镁生成镁和氯气，则Y为氯气，X为HCl,氯气和氢气为2Cu2+2CI+S0}+H,0一2CuC1↓+S0+2H,C正确；CuC1反应生成HCl,HCl溶于水得到盐酸，从而实现了氯气的再利用。难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步骤④用乙醇洗涤的目的是Z的化学式为H,。(2)生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙使CuCl加速干燥，防止其发生水解氧化，D正确。将Mg2转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化钙在水中溶解度较低，沉淀3.D向废料中加入氢氧化钠溶液，根据已知①傢(Ga)和铝同主族，中可能含有的杂质为Ca(OH)2。(3)Mg0熔点高，而MgCl2熔点具有相似的化学性质，镓与氢氧化钠溶液反应生成NaGa0,和氢相对较低，熔融Mg0时会耗费大量的能量而增加生产成本，所以气，浸出液1中溶质为氢氧化钠和NaGa02,滤渣1为Fez03、Cu,0,工业上不用电解Mg0制金属镁。(4)白云石煅烧分解生成氧化滤渣1中加人H,S04、H,02混合溶液，Cu,0被氧化为Cu2,Fe20钙、氧化镁和二氧化碳，故气体a为C02。(5)白云石煅烧前粉碎与硫酸反应变成Fe”,浸出液中加氨水调节pH,Fe*转化为氢氧化的目的是增大固体表面积，提高化学反应速率。(6)还原炉中发.529