2018年高考化学专题撬分练1520171007477.wps

专题撬分练 1515 对应学生用书 P315 基础组 时间：35分钟 满分：60分 一、选择题(每小题 5 分，共计 30 分) 12016·衡水二中一轮检测下列说法正确的是( ) A铁是位于第四周期B 族元素，是一种重要的过渡元素 B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物 C14克铁粉和 7 克硫粉混合后高温下充分反应能生成 21 克硫化亚铁 D铁在溴蒸气中点燃可生成 FeBr3 答案 D 解析 A项，铁是位于第四周期族元素，是一种重要的过渡元素，错误；B 项，四氧化 三铁是纯净物，错误；C 项，14克铁粉和 7 克硫粉混合后高温下充分反应，硫粉不足，FeS的 质量小于 21克，错误。 22016·枣强中学月考某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量 分数，设计了如下实验方案： 足量溶液A 方案 ：铜铝混合物 测定生成气体的体积 充分反应 足量溶液B 方案 ：铜铝混合物 测定剩余固体的质量 充分反应 下列有关判断中不正确的是 ( ) A溶液 A 和 B 均可以是盐酸或 NaOH 溶液 B溶液 A 和 B 均可以选用稀硝酸 C若溶液 B 选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小 D实验方案 更便于实施 答案 B 解析 本题考查铜铝混合物中铜的质量分数的测定。盐酸或 NaOH只与 Al 发生反应，A 正 确；稀硝酸与 Cu和 Al 均反应，B 错；浓硝酸与金属铝发生钝化，使金属剩余的质量增大，故 导致金属铜的质量分数偏低，C正确；实验方案 更便于实施，因为固体的质量便于称量，D 正确。 32016·衡水二中预测下列离子方程式正确且能正确解释相关事实的是( ) A能证明 Fe3氧化性比 Cu2强：Fe3Cu=Fe2Cu2 B用氢氧化钠溶液清洗铝电极表面的氧化物：2Al2OH2H2O=2AlO23H2 C氯化铁溶液与偏铝酸钠溶液混合：Fe33AlO26H2O=Fe(OH)33Al(OH)3 - 1 - D过量铁粉溶于稀硝酸中：FeNO34H=Fe3NO2H2O 答案 C 解析 A 项，所给离子方程式中得失电子和电荷都不守恒；B 项，铝电极表面的氧化物是 氧化铝；C 项，铁离子和偏铝酸根离子发生相互促进的水解反应；D 项，过量铁粉与稀硝酸反 应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水。本题选 C。 42016·武邑中学期末(双选)由 5 mol Fe2O3、4 mol Fe3O4和 3 mol FeO 组成的混合物中， 加入纯铁 1mol 并在高温下和 Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中 FeO 与 Fe2O3的 物质的量之比可能是( ) A43 B32 C31 D21 答案 BC 高温 解析 假设纯铁与 Fe2O3反应生成 FeO，根据 Fe2O3Fe = 3FeO，则反应后 n(Fe2O3) 5 mol1 mol4 mol，n(FeO)3 mol3 mol6 mol，n(FeO)n(Fe2O3)6432，B 项正 高温 确；假设纯铁与 Fe2O3反应生成 Fe3O4，根据 4Fe2O3Fe = 3Fe3O4，则反应后 n(Fe2O3)5 mol4 mol1 mol，n(FeO)3 mol，此时 n(FeO)n(Fe2O3)31，C 项正确。 52016·衡水二中热身在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备单质铜，有下 列两种途径： H2SO4 CuO Fe H2 Cu H2SO4 Fe CuO CuSO4 Cu 若用这两种方法制得等量的铜，则下列有关说法符合实际情况的是( ) A消耗氧化铜的质量相同 B消耗铁的质量相同 C消耗硫酸的质量相同 D生成硫酸亚铁的质量相同 答案 A 解析 制备 1 mol Cu需要 1 mol CuO，而 H2还原 CuO 时需要先用 H2排除体系内的空气， 冷却时也需要继续通 H2，因此需要 H2的量远大于 1 mol，即消耗的 Fe、H2SO4均比第种方法 多。 62016·武邑中学预测合金与纯金属制成的金属材料相比，优点是( ) 合金的硬度一般比它的各成分金属的大 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更 低 改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金 合金比纯金属的导 - 2 - 电性更强 合金比纯金属的应用范围更广泛 A B C D 答案 A 二、非选择题(共计 30 分) 72016·枣强中学期中(20 分)某校化学兴趣小组探究 SO2与 FeCl3溶液的反应，所用 装置如图所示。 (1)该小组同学预测 SO2与 FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色，然后开始实 验。 配制 1 mol·L1 FeCl3溶液(未用盐酸酸化)，测其 pH 约为 1，取少量装入试管 B 步骤 中，加热 A FeCl3溶液显酸性的原因是_(用离子方程式表示)。 写出装置 A 中产生 SO2的化学方程式：_。 (2)当 SO2通入到 FeCl3溶液至饱和时，同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色， 没有观察到丁达尔效应。将混合液放置 12小时，溶液才变成浅绿色。 【查阅资料】Fe(HSO3)2离子为红棕色，它可以将 Fe3还原为 Fe2。生成 Fe(HSO3)2离 子的反应为可逆反应。 解 释 SO2 与 FeCl3 溶 液 反 应 生 成 红 棕 色 Fe(HSO3)2 的 原 因 ： _。 写 出 溶 液 中 Fe(HSO3)2 离 子 与 Fe3 反 应 的 离 子 方 程 式 ： _。 (3)为了探究如何缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组同学进行了步骤的实验。 往 5 mL 1 mol·L1 FeCl3溶液中通入 SO2气体，溶液立即变为红棕色。微热 3 min ， 步骤 溶液颜色变为浅绿色 往 5 mL重新配制的 1 mol·L1 FeCl3溶液(用浓盐酸酸化)中通入 SO2 气体，溶液 步骤 立即变为红棕色。几分钟后，发现溶液颜色变成浅绿色 用 铁 氰 化 钾 溶 液 检 验 步 骤 和 步 骤 所 得 溶 液 中 的 Fe2 ， 其 现 象 为 - 3 - _。 (4)综合上述实验探究过程，可以获得的实验结论： .SO2与 FeCl3溶液反应生成红棕色中间产物 Fe(HSO3)2离子； .红棕色中间产物转变成浅绿色溶液是一个较慢的过程； ._。 答案 (1)Fe33H2OFe(OH) 33H Cu2H2SO4(浓) = CuSO4SO22H2O (2)H2OSO2H2SO3、H2SO3HHSO3、Fe3HSO3Fe(HSO3)2 Fe3H2OFe(HSO3)2=2Fe2SO24 3H (3)生成蓝色沉淀 (4)加热、提高 FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间 解析 (1)氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解使溶液显酸性。 (2)SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是二元弱酸，电离出亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子 结合铁离子生成 Fe(HSO3)2，Fe(HSO3)2离子可以将 Fe3还原为 Fe2。 (3)铁氰化钾溶液与亚铁离子结合可以产生蓝色沉淀。 (4)根据步骤中的实验现象可以推测其第三个结论是：加热、提高 FeCl3溶液的酸性 会缩短浅绿色出现的时间。 82016·衡水二中仿真(10 分)合金是建造航空母舰的主体材料。 (1)航母升降机可由铝合金制造。 铝元素在元素周期表中的位置为_。 工 业 炼 铝 的 原 料 由 铝 土 矿 提 取 而 得 ， 提 取 过 程 中 通 入 的 气 体 为 _。 Al Mg 合 金 焊 接 前 用 NaOH 溶 液 处 理 Al2O3 膜 ， 其 化 学 方 程 式 为 _。 焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。 (2)航母舰体材料为合金钢。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。 航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 _。 (3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。 为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用 NaOH溶液调节 pH，当 pH3.4时开始 出现沉淀，分别在 pH为 7.0、8.0 时过滤沉淀。结合下图信息推断该合金中除铜外一定含有 _。 - 4 - 答案 (1)第三周期第A 族 CO2 Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O Ar (2) 吸氧腐 蚀 CaCO3(或 CaO) (3)Al、Ni 解析 (1) 铝土矿的主要成分是氧化铝，提取铝的过程是：氧化铝与氢氧化钠溶液反应 生成偏铝酸钠，再向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，加热使沉淀分解可得到氧化铝， 最后电解得到铝。镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时必须使用 Ar 等稀有气体作保护气。 (2)在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，以降低硅含量。 (3)看图可知在 pH 为 3.4时开始沉淀，故溶液中有 Al3，没有 Fe3，而 Fe2和 Ni2在 pH 为 7.08.0之间均已开始沉淀若溶解合金的酸过量，假设合金中含有 Fe，则溶解后 Fe 转化 为 Fe3，而不是 Fe2，因此合金中不可能含有 Fe，一定含有 Al 和 Ni。 能力组 时间：20分钟 满分：25分 一、选择题(每小题 5 分，共计 15 分) 92016·衡水二中模拟含有 4.0 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得 氧化产物a、b 与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是 ( ) Aa 是 Fe(NO3)2 Bn10.80 Cp0.60 Dn31.20 - 5 - 答案 C 解析 题图曲线相当于向含有 4.0 mol HNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应Fe 4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，故a 是 Fe(NO3)3，b 是 Fe(NO3)2。 当只发生反应时，4 mol HNO3完全反应生成 1 mol Fe(NO3)3，消耗 1 mol Fe，即 q1，n1 1。当反应后溶质恰好为 Fe(NO3)2时，共消耗 1.5 mol Fe，Fe(NO3)2为 1.5 mol，即 r1.5， n31.5。当反应后溶质为等物质的量的 Fe(NO3)3和 Fe(NO3)2时，反应消耗 0.2 mol Fe，生 成 0.6 mol Fe(NO3)2，剩余 0.6 mol Fe(NO3)3，故 p0.6，n21.2。 102016·武邑中学预测CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所 示。下列说法不正确的是( ) A途径所用混酸中 H2SO4与 HNO3物质的量之比最好为 3：2 B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想 C1 mol CuSO4在 1100 所得混合气体 X 中 O2一定为 0.75 mol DY 可以是葡萄糖 答案 C 解析 根据途径中的离子反应方程式：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O 可知 n(NO3)：n(H)2：8，即 n(H2SO4)：n(HNO3)3：2，A 项正确；途径的反应为 2CuO2 高温 2H2SO4=2CuSO42H2O，不产生污染性气体，符合绿色化学思想，B 项正确；根据 2CuSO4 = Cu2OSO2SO3O2知，1 mol CuSO4在 1100所得混合气体 X 中 O2为 0.5 mol, C 项错误； 葡萄糖与新制 Cu(OH)2悬浊液生成 Cu2O，D 项正确。 112016·冀州中学仿真向只含有 Fe3、Cu2、H各 0.1 mol 及 a mol SO24 的某溶液 中(只来源于水电离的离子不考虑)加入足量锌粉，搅拌使其充分反应，下列说法中正确的是 ( ) A当消耗 0.1 mol Zn 时，得到的还原产物为 0.1 mol B当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子只有 Zn2 C最后生成的单质为 Fe D反应结束时，可得到 0.25 mol ZnSO4 答案 C - 6 - 解析 根据金属活动性顺序知，当消耗 0.05 mol Zn 时，Fe3被还原，生成 0.1 mol Fe2， 再消耗 0.05 mol Zn时，生成 0.05 mol Cu，即消耗 0.1 mol Zn 时，得到的还原产物为 0.15 mol，A 项错误；加入足量锌粉，发生反应的顺序是 Fe3、Cu2、H、Fe2，故不再产生气泡 时，溶液中除存在 Zn2外，还存在 Fe2，B 项错误，C 项正确；根据得失电子守恒可知，0.1 mol Fe3最终转化为 Fe，需要 0.15 mol Zn,0.1 mol Cu2转化为 Cu需要 0.1 mol Zn,0.1 mol H转化为氢气需要 0.05 mol Zn，共需要 0.3 mol Zn，即反应结束时可得到 0.3 mol ZnSO4，D 项错误。 二、非选择题(共计 10 分) 122016·武邑中学猜题铜合金是制造卫星及运载火箭的必需材料。 (1)火箭的燃烧室内衬材料是铜银合金，硝酸铜是制备这种合金的重要原料。下列制取硝 酸铜的方法中符合“绿色化学”理念的是_(填字母代号)。 HNO3浓 ACu Cu(NO3)2 HNO3稀 BCu Cu(NO3)2 Cl2 AgNO3 CCu CuCl2 Cu(NO3)2 空气 HNO3稀 DCu CuO Cu(NO3)2 (2)向 100 mL 18 mol·L1的 H2SO4溶液中加入足量的铜片，加热，充分反应后，产生的气 体在标准状况下体积可能是_(填字母代号)。 A40.32 L B20.16 L C20.1640.32 L 之间 D小于 20.16 L (3)为使(2)中反应后剩余的铜片继续溶解，甲、乙两同学分别提出了自己的方案。甲同学 认 为 可 加 入 KNO3 固 体 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 _； 乙同学认为可加入双氧水，则反应中 Cu与 H2O2的物质的量之比为_，其反应的离 子方程式为_。 (4)纳米氧化亚铜用于固体推进剂和火药的速燃催化剂。常用的制备方法有电解法和肼还 原法。 电解法：用铜棒和石墨作电极，电解 Cu(NO3)2稀溶液，两极均产生纳米氧化亚铜，则石 墨 为 _ 极 ， 电 解 总 反 应 的 离 子 方 程 式 为 _。 肼还原法：4CuSO4N2H48NaOH=2Cu2ON24Na2SO46H2O，反应温度保持在 90 ， 在溶液中完成。设计最简单的实验检验生成的氧化亚铜为纳米氧化亚铜(简要描述实验方法和 - 7 - 现象)：_。产品中往往含有铜， 取反应后的产品 3.52 g，在足量的稀硝酸中完全溶解，产生的 NO 在标准状况下的体积为 448 mL，则产品中 Cu2O 的质量分数为_(保留三位有效数字)。 答案 (1)D (2)D (3)3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O 11 H2O22H 电解 Cu=2H2OCu2 (4)阴 CuCu2H2O = Cu2O2H “用一束光照射氧化亚铜溶液，可以看到一条光亮的 通路”，产生丁达尔效应 81.8% 解析 (1)A 项，产生 NO2；B 项，产生 NO；C 项，Cl2为有毒气体，且 AgNO3作为原料不经 济；D 项，符合条件。 (2)2H2SO4(浓)Cu = CuSO42H2OSO2，若浓硫酸中的溶质全部反应，则可产生的 SO2在标准状况下的体积为 18 mol·L1×0.1 L÷2×22.4 L·mol120.16 L，但由于稀硫酸 与铜不反应，所以体积一定小于 20.16 L。 (3)NO3在酸性条件下可将 Cu氧化，本身被还原为 NO；加入 H2O2发生反应的离子方程式 为 H2O22HCu=2H2OCu2。 (4) 由于两极均产生纳米氧化亚铜，所以两极物质变化关系为 Cu2Cu2O，CuCu2O， 所以石墨为阴极，Cu 为阳极。纳米 Cu2O 在水中形成的分散系属于胶体，鉴别的方法是利用 丁达尔效应；设产品中 Cu的物质的量为 x mol，Cu2O 的物质的量为 y mol，则由质量关系得 64x 144y3.52，由得失电子守恒得 2x2y0.448 L/22.4 L·mol1×3，解得 x0.01，y 0.02，所以产品中 Cu2O 的质量是 0.02 mol×144 g·mol12.88 g，所以其质量分数为 w(Cu2O) 2.88 g/3.52 g×100%81.8%。 - 8 -