湖北省新高考2024_2025学年高三化学上学期11月期中检测试题含解析

这是一份湖北省新高考2024_2025学年高三化学上学期11月期中检测试题含解析，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，5 Fe-56，25 g FeCl3物质的量为， 某的晶胞如图1所示等内容，欢迎下载使用。
时间：75分钟 分值：100分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 2023年9月，习近平总书记在黑龙江考察调研期间首次提出加快发展“新质生产力”。“新质生产力”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是
A. “嫦娥五号”使用的月球钻杆是铝基复合材料，该材料具有硬度大、耐磨损、抗腐蚀及密度小等性能
B. “嫦娥六号”着陆器携带的五星红旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子
C. 歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料
D. 华为公司自主研发的“麒麟9000”芯片与中国天眼传输信息用的光导纤维材料的主要成分相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝基复合材料是一种具有多种优异性能的新型材料，它通过将铝基体与增强颗粒结合，使得铝合金的强韧性得到进一步提高，该材料具有硬度大、耐磨损、抗腐蚀及密度小等性能，A正确；
B．玄武岩纤维由二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁和二氧化钛等氧化物组成的，是一种无机非金属材料，B错误；
C．氮化镓是新型无机非金属材料，不属于新型金属材料，C错误；
D．芯片的主要成分是硅单质，光导纤维材料的主要成分为二氧化硅，D错误；
故选A。
2. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 水解形成的胶体粒子数为
B. (标准状况)中键数目为
C. 与足量的反应转移的电子数为
D. 锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体(标准状况)，锌失去电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，16.25 g FeCl3物质的量为：=0.1ml，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA个，A错误；
B．标况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳发生歧化反应，O从-1价到0价和-2价，1ml过氧化钠反应转移1ml电子，转移电子数为NA，C错误；
D．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸反应生成氢气，无论生成二氧化硫还是氢气，均得到两个电子，即产生标况下22.4L气体，转移2ml电子，锌失去电子数目为，D正确；
答案选D。
3. 下列实验方案中，不能测定出和的混合物中的质量分数的是
A. 取混合物充分加热，质量减少
B. 取混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到固体
C. 取混合物与足量溶液充分反应，得到溶液
D. 取混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合；
C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C符合；
D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合；
故选C。
4. 下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写错误的是
A. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液：
B. 焦炭与石英砂反应：
C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D. 向溶液中通入少量：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中滴入少量硝酸银溶液，氨水过量，生成银氨络离子，离子方程式为：Ag++ 2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]++ 2H2O，A正确；
B．焦炭与石英砂反应生成粗硅和一氧化碳，化学方程式为：，B正确；
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：，C正确；
D．向溶液中通入少量发生氧化还原反应，生成硫酸根和氯离子，离子方程式为：，D错误；
答案选D。
5. 下列实验装置或操作正确且能够达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．点燃Mg条，引发铝热反应，氯酸钾作助燃剂，Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该装置可以进行铝热反应，A正确；
B．的密度比空气大，应该用向下排空气法收集，B错误；
C．浓硝酸具有挥发性，与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有硝酸蒸气，硝酸也可以和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，该装置不变比较、、非金属性的强弱，C错误；
D．氨气极易溶于水，制备碳酸氢钠的装置中，通氨气的导气管不能插入液面以下，D错误；
故选A。
6. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态镓原子的电子排布式为
B. 和之间最强烈氢键作用：
C. 分子的极性强于
D. 分子形成的键原子轨道重叠示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．镓元素原子序数为31，基态镓原子的电子排布式为 [Ar]3d104s24p1，A错误；
B．NH3·H2O电离出与OH-，水中O-H断裂，应是氨分子中N原子与水中H原子之间形成最强烈的氢键作用： ，B错误；
C．从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，故OF2分子的极性小于H2O，C错误；
D．HCl中的共价键是由氢原子提供的未成对电子的1s原子轨道，和氯原子提供的未成对电子的 3p原子轨道“头碰头”重叠而成s − p σ键，D正确；
故选D。
7. 某的晶胞如图1所示。可以完全替代该晶体中位置或者位置，形成替代型产物。转化为两种替代型产物的能量变化如图2所示。(为阿伏加德罗常数的值)
下列相关说法中错误的是
A. 晶胞中当位置的位于体心时，位置的位于棱心
B. 晶胞中原子的配位数为6
C. 晶胞的密度为
D. 两种产物中更稳定的替代型产物的化学式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图1，将顶点置于体心(如图所示)，即当m位置Fe位于体心时，n位置Fe位于棱心，故A正确；n位置的Fe
B．由图1可知，氮原子的上下左右前后各有1个铁原子，故其配位数为6，故B正确；
C．由晶胞结构可知， 晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为=4，位于体内的氮原子个数为1， 则晶胞的化学式为Fe4N，设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得d=，故C错误；
D．由图2可知， Cu替代m位置 Fe型的能量低，更稳定，则1个晶胞中 Fe原子数为=3，Cu原子数为=1，N原子数为1，则更稳定的 Cu替代型产物的化学式为，故D正确；
故选C。
8. 某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以+6价形式存在，下列说法正确的是
A. 若在实验室中进行“焙烧”，可选择陶瓷坩埚作反应容器
B. “焙烧”时参与的反应为
C. 滤渣的主要成分为
D. 淀粉水解液中的葡萄糖起氧化作用
【答案】B
【解析】
【分析】矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2、6FeO+O22Fe3O4，水浸之后除去生成的氧化铁，滤液中加入淀粉水解液与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，以此解答该题。
【详解】A．陶瓷坩埚成分为SiO2，高温下能与碳酸钠反应，因此“焙烧”不可以选择陶瓷坩埚作反应容器，故A错误；
B．已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，“焙烧”时参与的转化反应可能是，故B正确；
C．由分析知，FeO和O2焙烧生成Fe3O4，滤渣的主要成分是Fe3O4，故C错误；
D．“转化”时，铬元素化合价由+6降到+3价，淀粉水解液中葡萄糖做还原剂，故D错误；
故选B。
9. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是
A. 与浓盐酸发生反应：
B. 与浓盐酸发生反应：
C. 碱性条件下可发生反应：
D. 在等浓度的、、的混合液中，还原性：
【答案】D
【解析】
【分析】化学上常用标准电极电势φθ（氧化型/还原型）比较物质氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越强，根据数据在酸性条件下氧化性：，碱性条件下氧化性：ClO->C(OH)3>Fe(OH)3。
【详解】A．氧化性：，C3O4与浓盐酸发生反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的化学方程式为C3O4＋8HCl(浓)＝3CCl2＋Cl2↑＋4H2O，A正确；
B．氧化性：，三价铁不能将氯离子氧化，Fe3O4与浓盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁、水，化学反应方程式为Fe3O4+8HCl(浓)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，B正确；
C．碱性条件下氧化性ClO->C(OH)3，说明NaClO可以将C(OH)2氧化成C(OH)3，反应的化学方程式为2C(OH)2+NaClO+H2O=2C(OH)3+NaCl，C正确；
D．(C3+/C2+)>(Cl2/Cl-)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性C3+>Cl2>Fe3+，所以还原性C2+O>Mg，B错误；
C．NH3成键电子对是3，孤对电子对为，成键电子对是3，孤对电子对为，C错误；
D．M、Y、E的简单氢化物分别为PH3、NH3、H2O，由于NH3、H2O都可以形成分子间氢键，故沸点较高，又因为H2O分子的氢键较强，故沸点高于NH3；因此最简单氢化物沸点：H2O> NH3> PH3，D错误；
答案选A。
12. 硫酰氯()是一种重要的化工试剂，其熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水发生剧烈反应，并产生白雾，100℃以上易分解。实验室利用反应 制备少量硫酰氯，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。下列说法正确的是
A. 装置戊中发生的反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B. 将硫酸换成硫酸，可以加快制取的速率
C. 若缺少装置己，生成的可能会变质，生成新物质的化学式为和
D. 若反应中消耗的体积为(标准状况下)，最后经过分离提纯得到纯净的，则的产率为
【答案】C
【解析】
【分析】甲中产生二氧化硫，乙干燥二氧化硫同时便于观察气流的速率；丙为两种气体混合反应的反应器；戊中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，丁装置除去氯气中的HCl气体同时便于观察气流速率，丙中发生反应。
【详解】A．装置戊中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O，KMnO4是氧化剂，10个HCl是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，A错误；
B．硫酸中水较少，H2SO4电离不充分，H+浓度较小，制取的速率较慢，B错误；
C．装置己的作用是防止空气中的水分进入丙，若缺少装置己，生成的可能水解生成和，C正确；
D．若反应中消耗的体积为(标准状况下)，n(SO2)= =0.025ml，由可知理论上生成0.025ml，则的产率为×100%=80%，D错误；
故选C。
13. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如、和)，能将海洋中的转化为进入大气层，这一过程称为厌氧氨氧化。厌氧氨氧化工艺是目前具有应用前景的污水脱氨工艺。反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中为氧化产物
B. 和中参与反应的数目不相等
C. 整个过程，转化向大气释放
D. 过程Ⅲ中每生成转移电子
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可以看出，一共有三个过程，I：，II：，III：。
【详解】A．过程I中，N元素化合价降低生成NO，则NO为还原产物，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：I：，生成1mlNO，a过程转移消耗2mlH+，过程II为NO和铵根在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：，消耗1mlNO，b过程转移消耗2mlH+，消耗H+相等，B错误；
C．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为，转化1ml生成1mlN2，C正确；
D．III：，每生成转移4ml电子，D错误；
故答案为：C。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其结构如图所示(小球大小表示原子半径相对大小)，W、X位于不同周期，X基态原子中未成对电子为2，Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Y与Z紧邻。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. W、Y组成的化合物为离子化合物
C. Z的氢氧化物能与强酸反应，但不和强碱反应
D. 如图为该物质的一个晶胞，一个晶胞含有2个W原子
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X能形成2个共价键，X基态原子中未成对电子为2，X是O元素；W、X位于不同周期，W是H元素；Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Z为Al元素；Y与Z紧邻，Y是Mg元素；
【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：，A错误；
B．H、Mg可以形成离子化合物MgH2，B正确；
C．Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，C错误；
D．图示为H、O、Mg、Al四种元素可组成的一种分子簇，图示为一个分子，不是晶胞，D错误；
答案选B。
15. 某溶液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，离子浓度均为。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是
A. 原溶液中存在、、、
B. 原溶液中含有、不含
C. 沉淀中含有
D. 滤液中大量存在的阳离子有、和
【答案】A
【解析】
【分析】试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，加入过量稀 H2SO4 无明显现象，说明该试液中没有；再加入过量 Ba(NO3)2 溶液有气体产生，因为此时溶液中含有上一步操作所加入的过量 H2SO4，结合 离子在酸性条件下具有强氧化性，生成的气体为NO，说明原试液中有 Fe2+ 离子存在且被氧化为 Fe3+，和会发生反应，不能共存，则溶液中一定不存在，沉淀 A 为 BaSO4；向滤液 X 中加入过量的 NaOH 有气体产生，说明原试液中存在 离子，此时产生的气体为 NH3，沉淀 B 为红褐色的 Fe(OH)3 沉淀；继续向滤液中通入少量 CO2 产生沉淀，由于上一步所加 NaOH 有剩余，则所通入少量的 CO2 先与 OH− 反应生成，再与 Ba2+ 反应生成 BaCO3，则沉淀 C 中含有 BaCO3，综上分析可知，原试液中一定存在、Fe2+，一定不存在、，由于存在的离子浓度均为 0.1 ml⋅L−1，根据电荷守恒可知原试液中一定还存在阴离子 、Cl−，且浓度均为 0.1 ml⋅L−1 的 、Fe2+、Cl−、恰好满足电荷守恒，则原试液中 Al3+、K+ 必然不能存在。
【详解】A．由分析可知，原溶液中存在、、、，A正确；
B．由分析可知，原溶液中不存在、，B错误；
C．由分析可知，沉淀中含有BaCO3，C错误；
D．由分析可知，滤液中大量存在的阳离子有、和，D错误；
故选A。
第Ⅱ卷(填空题，共55分)
二、填空题(本题共4小题，共55分)
16. 亚硝酰氯()是重要的有机合成试剂，可由与在常温下合成。既可与氧气反应，也易水解生成一种氧化物和氯化氢。已知各物质的沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。
回答下列问题：
（1）仪器G的名称是_______。
（2）A装置的作用是制取，反应的离子方程式为_______。
（3）实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，则装置B中所盛试剂为_______(填化学式)。
（4）若没有C装置，则D中生成的可能发生的反应方程式为_______。
（5）为分离产物和未反应的原料，E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中低温浴槽E的温度区间应控制在_______(填字母)，装置F的U形管中收集到的是_______(填化学式)。
A． B． C．
（6）实验开始时，先关闭，打开、，从a处通一段时间氩气将E、F装置中的空气排尽，然后在a处接废气处理装置，关闭、，打开，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性溶液，当观察到D中_______时，关闭，打开、，通干燥纯净的。
【答案】（1）球形干燥管
（2）
（3）H2O （4）2NOCl+H2O=2HCl+N2O3
（5） ①. C ②. Cl2
（6）红棕色消失
【解析】
【分析】用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气回收。
【小问1详解】
仪器G的名称是球形干燥管。
【小问2详解】
在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：。
小问3详解】
装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有H2O，可以将NO2转化为NO，并通过观察B中的气泡来判断反应速率。
【小问4详解】
若没有C装置，NOCl水解生成一种氧化物N2O3和氯化氢，其化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+N2O3。
【小问5详解】
为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度-34℃≤T＜-5.5℃，可收集NOCl，故选C，装置F的温度要低于-34℃，可将未反应的原料Cl2冷凝。
【小问6详解】
亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO，此时关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2和NO反应。
17. 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈()主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______。
（2）焙烧过程中产生的酸性废气为_______(填化学式)。
（3）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(写两条)。
（4）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)。
（5）加入絮凝剂的目的是_______。
（6）“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______。
（7）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成等物质的量的两种常见碳氧化物和，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） 或
（2）HF （3）搅拌、适当升高温度等
（4）Al(OH)3、Fe(OH)3
（5）促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离
（6）2Ce3＋+6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑
（7）12FePO4＋6Li2CO3＋C6H12O612LiFePO4＋6CO↑＋6CO2↑＋6H2O
【解析】
【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，加入浓硫酸焙烧，浓硫酸与CaF2反应生成硫酸钙和HF，酸性废气为HF，硫酸钙微溶于水，水浸，CePO4、Al2O3、Fe2O3溶解生成Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣I主要为SiO2、硫酸钙，加入氯化铁除磷，滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，加入氧化镁调价pH为5，使Al3+、Fe3+水解为氢氧化铝、氢氧化铁，加入絮凝剂，促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离，加入碳酸氢铵溶液沉铈。
【小问1详解】
铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为：或；
【小问2详解】
由分析可知，焙烧过程中产生的酸性废气为HF；
【小问3详解】
为提高“水浸”效率，可采取的措施有搅拌、将独居石粉碎、适当升高温度等；
【小问4详解】
)由分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；
【小问5详解】
由分析知，加入絮凝剂的目的是促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离；
【小问6详解】
在水溶液中既有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合电离平衡产生的及水分子形成难溶的Ce2(CO3)3·nH2O，使电离平衡正向移动，H+增多，其与过量的反应生成H2O和CO2，故“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为：2Ce3＋+6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑；
【小问7详解】
滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO、CO2和H2O，根据得失电子守恒，元素守恒配平该反应的化学方程式为12FePO4＋6Li2CO3＋C6H12O612LiFePO4＋6CO↑＋6CO2↑+6H2O。
18. 用如图方法回收废旧中的单质(金)，和。
已知：①浓硝酸不能单独将溶解。②
（1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。
（3）与王水[]溶金原理相同。
①上述流程中溶金反应时产生NO，写出该反应离子方程式：_______。
②关于溶金的下列说法正确的是_______(填字母)。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与也可使溶解
（4）若用粉将溶液中的完全还原，则参加反应的的物质的量是_______。
（5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是_______，物质2是_______(填化学式)。
【答案】（1）过滤 （2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3） ①. ②. AC
（4）2 （5） ①. NaCl溶液 ②. Cu、Fe
【解析】
【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，以此解答。
【小问1详解】
Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤。
【小问2详解】
铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1mlCu消耗mlHNO3；铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗4mlHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
【小问3详解】
①上述流程的溶金反应中Au和溶液反应生成NO和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；
②A．溶Au过程中N的化合价降低，稀硝酸作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸不反应，王水中浓盐酸中提供了Cl-生成，促进Au与硝酸的反应，不是增强溶液的酸性，B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶Au原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可提供、Cl-和H+，使Au溶解，C正确；
故答案为：AC。
【小问4详解】
由于HAuCl4=H++，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5ml，另外1mlHAuCl4中H+可消耗0.5mlZn，共2ml。
【小问5详解】
根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Cu和过量的Fe。
19. 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）为ⅣA族元素，单质与干燥反应生成。常温常压下为无色液体，分子的空间构型为_______。
（2）灰锡的晶体结构与金刚石相似(如下图所示)，其中A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为_______。若灰锡的晶胞边长为，则原子之间的最短距离为_______，计算灰锡的密度为_______(为阿伏加德罗常数的值)。
（3）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。
（4）砷化镓()是一种应用广泛的半导体材料，与、晶体类型相同，其熔点数据如下表，其中Y为_______(填化学式)，请解释说明原因_______。
【答案】（1）正四面体形
（2） ①. （，，） ②. ③.
（3） ①. N、O、Cl ②. 6
（4） ①. GaAs ②. GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低
【解析】
【小问1详解】
为ⅣA族元素，中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形。
【小问2详解】
A原子的分数坐标为，由灰锡的晶胞结构可知，B原子的分数坐标为（，，），若灰锡的晶胞边长为，则原子之间的最短距离为晶胞体对角线的，为，该晶胞中Sn原子的个数为+4=8，灰锡的密度为=。
【小问3详解】
中配体为NH3、H2O、Cl-，提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，中心离子的配位数为6。
【小问4详解】
GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低，Y为GaAs。A．进行铝热反应
B．用如图所示装置制取并收集干燥纯净的
C．比较、、非金属性强弱
D．制备碳酸氢钠
氧化型/还原型
酸性介质
1.84V
0.77V
1.36V
氧化型/还原型
碱性介质
0.17V
-0.56V
0.89V
选项
操作或方法
实验目的
A
向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间，观察是否有蓝色沉淀生成
验证具有氧化性
B
将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生红棕色气体
验证浓硝酸能够氧化木炭
C
向盛有黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
探究维生素C的还原性
D
稀酸化的混合液替代溴水
降低液溴的贮存与使用风险
晶体
X
Y
熔点/℃
1700
1480
1238