广东省江门市某校2023-2024学年高一下学期第一次质量检测化学试题(解析版)

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省江门市某校2023-2024学年高一下学期第一次质量检测试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32一、单选题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分)1.文物是传承文化的重要载体，下列主要成分不是硅酸盐的文物是（）简牍陶彩绘女舞俑清雍正款霁红釉瓷碗萧何月下追韩信图梅瓶ABCD〖答案〗A〖解析〗【详析】A．简牍主要成分为植物纤维，A符合题意；B．陶彩绘女舞俑，陶制品为硅酸盐材料，B不符合题意；C．瓷碗为瓷器，瓷器主要成分为硅酸盐，C不符合题意；D．梅瓶也是瓷器，为硅酸盐材料，D不符合题意；故选A。2.下列反应中，不属于氮的固定的是（）A.由制碳酸氢铵和尿素B.和在一定条件下合成C.雷电时，空气中的与反应生成D.豆科植物把空气中的氮气转化为化合态的氮〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素。【详析】A.由制碳酸氢铵和尿素，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故选A；B.和在一定条件下合成，游离态氮元素转化为化合态氮元素，属于氮的固定，故不选B；C.雷电时，空气中的与反应生成，游离态氮元素转化为化合态氮元素，属于氮的固定，故不选C；D.豆科植物把空气中的氮气转化为化合态的氮，游离态氮元素转化为化合态氮元素，属于氮的固定，故不选D；选A。3.化学与生产、生活密切相关，下列表述错误的是（）A.华为自主研发的“麒麟”芯片，主要成分为硅B.二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂C.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的D.通讯领域中的光导纤维不可以长期浸泡在强碱性溶液中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．芯片的主要成分为硅，A正确；B．二氧化硫有抑菌、抗氧化、改善果酒风味和增酸等作用，常少量添加在葡萄酒中，B正确；C．汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在高温条件下生成的，C错误；D．光导纤维中含二氧化硅，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水而损坏，D正确；故选C。4.工业上以氮气为主要原料制备硝酸，其转化过程如下所示，其中氮元素只被还原的一步是（）N2NH3NONO2HNO3A.① B.② C.③ D.④〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗氮元素只被还原，表明含氮物质作氧化剂，氮元素化合价降低。【详析】①N2→NH3，N元素的化合价降低，①符合题意；②NH3→NO，N元素的化合价升高，②不合题意；③NO→NO2，N元素的化合价升高，③不合题意；④NO2→HNO3，N元素的化合价一部分升高，一部分降低，④不合题意；综合以上分析，只有①符合题意；故选A。5.下列物质能由两种单质直接化合生成的是（）A.FeCl3 B.NO2 C.SO3 D.CuS〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Fe与氯气反应生成的是FeCl3，故A正确；B．氮气与氧气直接化合生成的是NO，不是二氧化氮，故B错误；C．S单质与氧气反应生成SO2，故C错误；D．S的氧化性较弱，Cu与S单质化合生成的Cu2S，不是CuS，故D错误；故选A。6.下列物质有关用途与性质的对应关系错误的是（）物质用途性质ANa用于冶炼钛、锆等金属Na有强还原性BSiO2用于太阳能电池SiO2具有导电能力CSO2常用于漂白秸秆、织物SO2能跟其中的有色物质结合D浓H2SO4实验室干燥气体浓H2SO4具有吸水性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．金属钠有强还原性，用于冶炼钛、锆等金属，A正确；B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板，而不是二氧化硅，B错误；C．SO2能与有色物质结合生成不稳定的物质，常用于漂白秸秆、织物，C正确；D．浓硫酸有吸水性，可以用来干燥气体，D正确；〖答案〗选B。7.将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是（）A.O2 B.NH3 C.CO2 D.H2S〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。【详析】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为C。8.只用一种试剂，将、、、4种物质的溶液区分开，这种试剂是（）A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液〖答案〗D〖解析〗【详析】加入Ba(OH)2溶液并加热，只有刺激性气味气体产生的是NH4Cl，既有气体产生又有白色沉淀生成的是(NH4)2SO4，只有白色沉淀生成的是Na2SO4，无明显现象的为NaCl，其余各项不符合条件，只有D正确；故选D。9.除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，可先将粗盐溶于水，然后进行下列操作：①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（）A.①④②⑤③ B.④①②⑤③ C.②④⑤①③ D.⑤②④①③〖答案〗D〖解析〗【详析】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，正确顺序为：②⑤④①③、⑤④②①③或⑤②④①③；〖答案〗选D。10.硅及其化合物是重要的新型无机非金属材料。下列说法不正确的是（）A.高温下用焦炭还原SiO2制备粗硅B.SiO2与水反应生成硅酸C.常温下可以用氢氟酸刻蚀SiO2D.SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．高温下用焦炭还原SiO2制备粗硅，同时生成CO，A正确；B．SiO2不与水反应，可以通过硅酸钠与盐酸反应制备硅酸，B错误；C．氢氟酸与SiO2反应生成氟化硅和水，所以常温下可以用氢氟酸刻蚀SiO2，C正确；D．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，D正确；故选B。11.下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．NH与OH−不共存，HCO与OH−不共存，A错误；B．NH、Br−、Na+、SO四种离子互不反应，大量共存，B正确；C．H+、SO、ClO−反应生成SO和Cl-，不能共存，C错误；D．H+、Fe2+、NO反应生成Fe3+，不能共存，D错误；故〖答案〗为：B。12.类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是（）A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B.盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气C.铁与Cl2反应生成FeCl3，故铁与I2反应生成FeI3D.常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与KMnO4反应，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，故B错误；C．氯气的氧化性强于Fe3+，所以铁与氯气反应可生成FeCl3，而I2的氧化性弱于Fe3+，所以铁与I2反应生成的是FeI2，故C错误；D．浓硫酸与浓硝酸都具有强氧化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确；〖答案〗选D。13.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.FeFe2O3FeCl3(aq)B.H2SO4(浓)SO2Na2SO3(aq)C.D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁，A错误；B．浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫通入少量氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，得不到亚硫酸钠，B错误；C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液吸收足量二氧化碳生成碳酸氢钠，C正确；D．氨气发生催化氧化生成的是一氧化氮，得不到二氧化氮，D错误；〖答案〗选C。14.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A将H2S与SO2在集气瓶中混合瓶内有黄色颗粒产生SO2具有氧化性B常温下，相同铝片分别投入足量稀、浓硫酸中铝在浓硫酸中产生气泡更快反应物浓度越大，反应速率越大C将某气体通入酸性KMnO4溶液溶液褪色该气体一定是SO2D向CaCO3固体中滴加稀盐酸产生气泡非金属性：Cl>C〖答案〗A〖解析〗【详析】A．与发生反应：，从方程式中可以看出中S的价态降低，体现的氧化性，故A正确；B．常温下，铝片在浓硫酸中钝化，不能得出反应物浓度越大反应速率越大的结论，故B错误；C．使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体具有还原性，不一定是二氧化硫，故C错误；D．比较元素非金属性强弱应利用其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，故D错误；故选A。15.硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为Na+)，下列说法正确的是（）A.b到d可直接转化B.工业上，在常温下可以用铁罐储存f的浓溶液C.c能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，表现其漂白性D.木炭与f的浓溶液反应中，f既表现了强氧化性又表现了酸性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，a为-2价的氢化物，即H2S；b为S单质；c为+4价的氧化物，即SO2，d为+6价的氧化物，即SO3；e为+4价的含氧酸，即H2SO3，f为+6价的含氧酸，即H2SO4；g为+4价的正盐，如Na2SO3，h为+6价的正盐，如Na2SO4，据此分析作答。【详析】A．b为S单质，d为SO3，硫不能直接转化SO3，A错误；B．根据分析可知，f的浓溶液是浓硫酸，在常温下可以使铁被氧化为一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，所以可以用铁罐储存，B正确；C．c为SO2，能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，不是因为漂白性，而是因为酸性氧化物的性质，C错误；D．木炭与f的浓溶液（浓硫酸）反应生成二氧化碳和二氧化硫，f表现了强氧化性，D错误；故选B。16.下列化学反应的离子方程式正确的是（）A.将少量通入溶液中：B.向稀氨水中通入少量：C.用稀溶解FeS固体：D.将醋酸滴入硅酸钠溶液中：〖答案〗B〖解析〗【详析】A.将少量通入溶液中，二氧化硫被氧化成的硫酸，次氯酸根有剩余，所以有次氯酸生成，离子方程式是，故A错误；B.向稀氨水中通入少量生成碳酸铵，反应离子方程式是，故B正确；C.硝酸具有氧化性，用稀HNO3溶解FeS固体的离子反应为FeS+NO3-+4H+═Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故C错误；D.醋酸为弱酸，不能拆成离子，将醋酸滴入硅酸钠溶液中，离子方程式是SiO32-+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，故D错误。17.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有D.某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有Cl﹣〖答案〗C〖解析〗【详析】A．盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有，故A错误；B．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有或是银离子中的一种，故B错误；C．湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有，故C正确；D．某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，可以是硫酸银、碳酸银或是氯化银等，该溶液中不一定含有氯离子，故D错误；〖答案〗选C。18.设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A.标准状况下，1molSO3的体积为22.4LB.1molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2NAC.0.2molCu与含0.4molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48LD.3molNO2溶于水，转移的电子数为2NA〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SO3在标准状况下为固体，不能用22.4L/mol计算其体积，A错误；B．1molCu与足量的S反应生成Cu2S，转移的电子数为NA，B错误；C．随着反应的进行，H2SO4溶液浓度逐渐减小，Cu与稀硫酸不反应，因此生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48L，C错误；D．3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2溶于水，转移的电子数为2NA，D正确；故选D。19.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”（夹持装置未画出）说法正确的是（）A.加热时，①中上部汇集了固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C.加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现的漂白性D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A正确；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B错误；C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C错误；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D错误。〖答案〗选A。20.铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是（）A.反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体是Cu2OB.反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水C.若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到溶液由紫色褪为无色D.为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ盛放酸性KMnO4溶液〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S，Cu2O为砖红色，A错误；B．反应结束后，混合物中还有浓硫酸，为观察溶液颜色，需将试管中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，以防止液体飞溅，B错误；C．SO2溶于水呈酸性，若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色变为红色，但SO2不能漂白石蕊，故不能褪色，C错误；D．试管Ⅱ可盛放酸性KMnO4，酸性KMnO4褪色，说明SO2被KMnO4氧化，可验证气体产物具有还原性，D正确；故选D。二、非选题(共4题，共50分)21.NH3是重要的化工原料。Ⅰ．氨气的制备（1）实验室用下列装置制备NH3，装置依次为_____。（2）选择以上装置制备氨气的化学方程式是_____。（3）下列物质能用于干燥氨气的有_____填字母序号。固体碱石灰浓Ⅱ．氨气的性质（4）按下图装置进行NH3性质实验。①先打开旋塞1，B瓶中产生大量白烟，原因是(用化学方程式表示)_____，稳定后，关闭旋塞1.②再打开旋塞2，B瓶中的现象是_____。（5）探究氨气的还原性通入干燥将装置空气排尽后加热，装置Ⅰ中生成黑色粉末，经验证为FeO；装置Ⅱ中无水粉末变为蓝色；装置Ⅲ无水的质量增加，还排出一种无色无味、无污染的气体。①根据实验结果写出还原的化学方程式_____。②设计实验验证完全转化为FeO：_____。〖答案〗（1）ACE（2）（3）c（4）①.②.烧瓶中的液体倒吸入B瓶，且紫色石蕊试液变红（5）①.②.取少量固体溶于稀硫酸溶液，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，则Fe2O3完全被还原〖解析〗熟石灰和氯化铵加热反应生成氯化钙和氨气，氨气使用碱石灰干燥后，使用向下排空气法收集，尾气吸收处理；氨气遇到氯化氢气体生成大量白烟，白烟为氯化铵。（1）实验室用氯化铵和熟石灰加热制取氨气，试管口略向下倾斜，A符合，用向下排空气法收集氨气，C符合，过量的氨气用水吸收，并且倒置漏斗，防止倒吸，E符合；故〖答案〗为：ACE。（2）实验室用氯化铵和熟石灰加热制取氨气，2NH4Cl+Ca(OH)CaCl2+2NH3+2H2O；故〖答案〗为：2NH4Cl+Ca(OH)CaCl2+2NH3+2H2O。（3）NaCl固体不吸水，不能做干燥剂；无水氯化钙与氨气发生反应生成CaCl2·8NH3，不能干燥氨气；碱石灰不与氨气反应，可以干燥氨气；浓H2SO4与氨气反应生成硫酸铵，不能干燥氨气；综上所述c符合；故〖答案〗为：c。（4）氯化氢和氨气反应生成氯化铵，方程式为HCl+NH3=NH4Cl；反应后B中气体反应压强减小，根据阿伏伽德罗定律可知，氯化氢的量较多，反应后氯化氢过量，氯化氢水溶液显酸性，再打开旋塞2，石蕊试液倒吸进入B，B瓶中的现象是溶液变红色；故〖答案〗为：HCl+NH3=NH4Cl；烧瓶中的液体倒吸入B瓶，且紫色石蕊试液变红。（5）NH3还原Fe2O3的反应生成FeO、N2和H2O，化学方程式2NH3+3Fe2O36FeO+N2+3H2O；Fe2+遇KSCN溶液不变颜色，Fe3+遇KSCN溶液变成红色，故取少量固体溶于稀硫酸溶液，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，则Fe2O3完全被还原；故〖答案〗为：2NH3+3Fe2O36FeO+N2+3H2O；取少量固体溶于稀硫酸溶液，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，则Fe2O3完全被还原。22.A、、、、、、为中学化学常见物质，它们之间有如图转化关系反应条件已略去。已知：、、、均含有同种非金属元素为气态氢化物；是一种紫红色的金属单质；是空气的主要成分之一、根据学知识，按要求回答下列问题：Ⅰ．若光照条件下，的浓溶液易分解得到、、3种物质。则（1）化合物A的电子式为_____；（2）A的水溶液含有M元素的微粒有_____。（3）写出的化学方程式：_____。Ⅱ．若具有臭鸡蛋气味，且能与反应生成一种淡黄色非金属单质。则：（4）元素在元素周期表中的位置为_____。（5）比较简单氢化物稳定性：A_____H2O(填“>”或“<”)；判断化合物A的化学键类型：_____。(填“离子键”或“共价键”)（6）将气体通入新制氯水中，所发生反应的离子方程式：_____。〖答案〗（1）（2）NH3、、NH3•H2O（3）（4）第三周期第Ⅵ族（5）①.<②.共价键（6）〖解析〗A、B、C、D、E、F、G为中学化学常见物质，已知：A、C、D、E均含有同种非金属元素M，G是一种紫红色的金属单质，G是Cu；A为气态氢化物，B是空气的组成成分，根据转化关系图可判断B是氧气，Ⅰ．若光照条件下，的浓溶液易分解得到、、3种物质。则A是氨气，发生催化氧化生成C是NO，F是水，D是NO2，E是硝酸。若具有臭鸡蛋气味，且能与反应生成一种淡黄色非金属单质。A是H2S，完全燃烧生成C是SO2，F是水，D是SO3，E是硫酸，据此解答。（1）化合物A是氨气，电子式为，〖答案〗；（2）氨气溶于水，，水溶液中含有氮元素的微粒有NH3、、NH3•H2O，〖答案〗NH3、、NH3•H2O；（3）的化学方程式：；（4）若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，反应①为非氧化还原反应，反应②为E的浓溶液与G反应，则A是H2S，C是SO2，D是SO3，E是硫酸：M元素是S，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。（5）非金属性越大，氢化物越稳定，则H2S的稳定性小于H2O；H2S的化学键类型为共价键，〖答案〗<；共价键；（6）C是SO2，通入新制氯水中，所发生反应离子方程式。〖答案〗。23.硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径＜1mm，破碎的目的是_____。（2）操作1为高温焙烧，主要反应化学方程式：_____。（3）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、_____、过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（4）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是_____。(写两个)（5）某实验小组在实验室制备少量硫酸铜溶液①为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸与硝酸的物质的量之比为_____；所发生的离子方程式_____。②充分吸收尾气得到循环使用的物质是_____。〖答案〗（1）增大反应物接触面积，提高反应速率（2）CuCO3·Cu(OH)22CuO+CO2↑+H2O（3）冷却结晶（4）产生污染性、有毒气体；硫酸的利用率低；原料价格昂贵等（5）①.3：2②.3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O③.HNO3或稀硝酸〖解析〗〖祥解〗Ⅰ．孔雀石经粉碎变为孔雀石粉，将其煅烧，反应产生CuO、CO2、H2O，再用70%的H2SO4溶解CuO，反应得到CuSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，就获得硫酸铜晶体CuSO4·5H2O。Ⅱ．Cu与稀硫酸不能反应，当加入稀硝酸时，会发生反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应产生CuSO4。根据HNO3电离产生H+、，硫酸电离产生H+、，利用离子方程式中H+与的个数比确定H2SO4、HNO3反应的物质的量的比；NO与O2反应产生NO2，NO2被H2O吸收反应产生HNO3用于与Cu及H2SO4反应制取CuSO4。（1）孔雀石进行预处理，使其微粒直径小于1mm，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；（2）操作1为高温焙烧，CuCO3·Cu(OH)2在高温下发生分解反应产生CuO、CO2、H2O，则主要反应化学方程式：CuCO3·Cu(OH)22CuO+CO2↑+H2O；（3）操作2为一系列的操作，通过加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸铜晶体；（4）Cu与浓硫酸在加热条件下会发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，制取得到CuSO4，虽然该生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，是由于该反应会产生污染性、有毒气体SO2；且硫酸的利用率低；原料价格昂贵等；（5）①Cu与稀HNO3会发生反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，若同时加入稀H2SO4，则根据n(H+)：n()=8：3，若是加入HNO3的物质的量是2mol，其产生2mol的同时会产生2molH+，另外6molH+由H2SO4电离产生，就会消耗3molH2SO4，同时溶液中加入了3mol，与3molCu2+恰好结合形成3molCuSO4，且无杂质，故要得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸与硝酸的物质的量之比为n(H2SO4)：n(HNO3)=3m