2020届高考化学二轮复习第一部分专题九专题强化练（九）（含解析）

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1、专题强化练(九)1(2018江苏卷)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s) CAgNO3(aq)Ag(NH3)2(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)解析：B错：NaAlO2(aq)与过量HCl(aq)反应，生成AlCl3。C错：蔗糖(aq)中无醛基，不能与Ag(NH3)2(aq)反应生成Ag(s)。D错：Fe(s)与HCl(aq)反应生成 FeCl2(aq)。答案：A2(2019郑州质检)下列叙述正确的是()AFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均

2、有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应B足量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2C将Fe2O3溶于稀盐酸后再加入等物质的量的Fe，无气体放出DFe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(OH)3胶体，在给定的条件下能实现解析：稀HNO3具有强氧化性，与Fe反应产生的气体为NO，A项错误；铁与Cl2反应无论量的多少产物都是FeCl3，B项错误；Fe2O3溶解产生的Fe3恰好将铁单质氧化 ，因而不能置换出H2，C项正确；FeCl3(aq)和NaOH(aq)反应生成Fe(OH)3沉淀，D项错误。答案：C3(2019辽宁五校联考)下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()金属钠投

3、入到FeCl3溶液中Na2O2投入FeCl2溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合A只有B只有C只有 D只有解析：金属钠投入到FeCl3溶液中，反应生成Fe(OH)3沉淀和H2、NaCl，所以既有沉淀又有气体生成；Na2O2投入FeCl2溶液中，反应生成Fe(OH)3沉淀和O2、NaCl，所以既有沉淀又有气体生成；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成NaAlO2、K2SO4和H2O，不会产生沉淀和气体；NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合，二者发生反应：AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，只有沉淀没有气体。答案：A4(2019大庆联考)下列有关物质

4、性质的说法正确的是()A铝与Fe2O3发生铝热反应后固体质量增加BNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到C过量的铜与浓硝酸反应可生成NOD由于铝元素和铁元素都有3价，由2Al6HCl=2AlCl33H2可知：2Fe6HCl=2FeCl33H2解析：Fe2O3与Al粉混合物发生铝热反应，化学方程式为2AlFe2O32FeAl2O3，反应后固体质量不变，故A错误；金属的活泼性不同，冶炼方法不同，钠、铝为活泼金属，可用电解法冶炼，铜不活泼，可用热还原法冶炼，故B错误；铜与浓硝酸反应可生成NO2，当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，可生成NO，故C正确；铁与盐酸反应：Fe2HC

5、l=FeCl2H2，D错误。答案：C5在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()FeS2SO2H2SO4SiO2SiCl4高纯硅Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl32 molL1盐酸Cl2Ca(ClO)2CuSO4(aq)Cu(OH)2悬浊液Cu2OA BC D解析：SiO2不能与HCl反应，错误；FeCl3(aq)中的Fe3会发生水解，加热蒸发FeCl3(aq)不能得到无水FeCl3，错误；MnO2不能与稀盐酸反应生成Cl2，错误。答案：A6用下列装置不能达到相关实验目的的是()A用图甲装置证明：(煤油)(钠)(水)B用图乙

6、装置制备Fe(OH)2C用图丙装置制取金属锰D用图丁装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性解析：图甲可以证明，密度：(煤油)(钠)(水)，A项正确；Fe(OH)2容易被空气中的O2氧化，所以制备时利用煤油隔绝空气，同时将胶头滴管插入FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，B项正确；图丙是利用铝热反应制取单质Mn，C项正确；图丁的实验中外试管的温度比内试管的温度高，即使NaHCO3分解，也不能证明NaHCO3比Na2CO3的稳定性差，D项不合理，应将Na2CO3放在外试管中，而NaHCO3放在内试管中。答案：D7亚铁氰化钾是检验铁离子的一种试剂。已知如下信息：古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方

7、法如下：如今基于普鲁士蓝的合成原理可检测食品中是否含CN，方案如下：下列说法正确的是()A步骤发生了氧化还原反应BHCN的酸性比H2SO4的强CFeSO4酸性试纸也可检验食品中是否含CNDFeSO4在上述变化中表现了还原性解析：A项，步骤中化合价均未变，是非氧化还原反应，错误；B项，从中H2SO4制HCN可知H2SO4酸性更强，错误；C项，碱性时HCN与FeSO4反应才生成中蓝色沉淀，错误。答案：D8如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是()选项WXYZAN2NH3NO2HNO3BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe(OH)

8、2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3 解析：常温下N2不能直接转化为NH3、NO2、HNO3，A项不符合题意；常温下Na与O2反应生成Na2O而不是Na2O2，B项不符合题意；常温下Fe不能一步转化为Fe(OH)2，Fe和氯气在点燃时发生反应生成FeCl3，C项不符合题意；Al与盐酸反应转化为AlCl3，与NaOH溶液反应转化为NaAlO2，与硫酸反应转化为Al2(SO4)3，AlCl3与过量NaOH溶液反应转化为NaAlO2，NaAlO2与过量硫酸反应转化为Al2(SO4)3，Al2(SO4)3与BaCl2溶液反应转化为AlCl3，D项符合题意。答案：D9如图所示的反应

9、均是在高温引燃后进行的，选项中的物质表示A和B，不合理的是()AMgOAl BCO2MgCFe3O4Al DCuOH2解析：Mg的活动性强于Al，若A为MgO，B为Al，二者不能发生铝热反应，A项不合理；CO2与Mg反应生成C(C)和MgO(D)，Mg与O2反应生成MgO，C与足量O2反应生成CO2，B项合理；Fe3O4与Al能发生铝热反应，生成Fe(C)和Al2O3(D)，Fe与O2反应生成Fe3O4，Al与O2反应生成Al2O3，C项合理；H2还原CuO生成Cu(C)和H2O(D)，Cu与O2反应生成CuO，H2与O2反应生成H2O，D项合理。答案：A10实验室使用pH传感器来测定Na2C

10、O3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量。称取1.59 g样品，溶于水配成250.00 mL溶液，取出该溶液25.00 mL用0.1 molL1 盐酸进行滴定，得到如下曲线。以下说法正确的是()A上1个计量点前发生反应的离子方程式为HCOH=H2OCO2B下1个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl、HCOC此样品n(NaHCO3)(28.1211.9)103 molD使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合物中氢氧化钠含量，将会得到1个计量点解析：根据图示知道上1个计量点前溶液显碱性，发生的离子反应为COH=HCO，故A错误；下1个计量点溶液pH4，显酸性，不能存在HCO，故B错误；Na2C

11、O3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是Na2CO3转化为NaHCO3：COH=HCO，此时消耗的盐酸的体积为11.9 mL，随后是NaHCO3转化为NaCl的过程，HCOH=H2OCO2，则样品中Na2CO3消耗盐酸：11.9 mL2，NaHCO3消耗HCl：(28.1211.9)103 L0.1 molL1(28.1211.9)104 mol，所以此样品中n(NaHCO3)(28.1211.9)104 mol(28.1211.9)103 mol，故C正确；Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先是和NaOH中和，随后是和Na2CO3之间发生反应，生成NaHCO3，最后是生成NaCl，不只

12、得到1个计量点，是3个计量点，故D错误。答案：C11铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为_。(2)某溶液中有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_(填序号)。AMg2 BFe2CAl3 DCu2(3)氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程

13、如下：回答下列问题：操作 的名称是_；操作 的名称是_；操作 的方法为_。请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：_。解析：(1)铁的氧化物中具有磁性的是Fe3O4，Fe3O4溶于过量的盐酸后溶液中存在的阳离子是Fe2、Fe3、H；Fe3O4溶于过量的浓硝酸后Fe2会被氧化为Fe3，所以反应后的溶液中含有的盐是Fe(NO3)3。(2)向该溶液中加入过量的NaOH溶液后：Mg2Mg(OH)2、Fe2Fe(OH)3、Al3AlO、Cu2Cu(OH)2；过滤后滤渣中含有Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2；高温灼烧后Mg(OH)2MgO、Fe(OH)3Fe2O3、Cu(OH)2CuO；将Mg

14、O、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生成Mg2、Fe3、Cu2，故应选择BC。(3)从流程图中知道经操作得到滤渣，故该操作是过滤；操作是在得到FeCO3沉淀后进行的，故该操作是洗涤；洗涤沉淀的操作为在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复数次。从流程图中分析，生成FeCO3沉淀的反应物是Fe2和HCO，根据元素守恒得Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。答案：(1)Fe2、Fe3、HFe(NO3)3(2)BC(3)过滤洗涤在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复数次Fe22HCO=FeCO3CO2H2O12(2019全国卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料

15、的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将_。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣

16、3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy时，z_。解析：(1)Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O。(2)二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将

17、溶液中Fe2氧化为Fe3。(3)由表中数据知pH在4.7时，Fe3和Al3沉淀完全，所以应该控制pH在4.76之间。(4)根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。(5)由HFHF知，酸度过大，F浓度减低，使得MgF2Mg22F平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2沉淀不完全。(6)根据题干信息“沉锰”的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。(7)根据化合物中各元素化合价代数和为零的规律得：12x3y4z4，已知，xy，带入计算得：z。答案：(1)SiO2(或不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=

18、2MnSO4S2H2O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2Mg22F平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(7)13二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿主要含Ce(CO3)F为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：已知：Ce4能与F结合成CeFx(4x)，也能与SO结合成CeSO42；在硫酸体系中Ce4能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3不能。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。(2)“萃取”时存在反应：Ce4n(HA)2Ce(H2n4A2n)4H。实验室中萃取时

19、用到的主要玻璃仪器名称为_；如图所示中D是分配比，表示Ce()分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即D。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因为_。(3)“反萃取”中，在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3。H2O2在该反应中作_(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为_。(4)“氧化”步骤的化学方程式为_。(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈

20、被还原为Ce3，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL 标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_。解析：氟碳铈矿(主要含CeCO3F)经“氧化焙烧”将3价铈氧化成4价；加稀硫酸，与SO结合成CeSO42；加萃取剂，Ce4能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4还原为Ce3，发生反应2Ce4H2O2=2Ce3O22H；加入碱后Ce3转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从3价氧化为4价，得到产品。(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：

21、Ce4n(HA)2Ce(H2n4A2n)4H，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4与SO结合成CeSO42，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小。(3)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4重新还原为Ce3，反应的离子方程式为2Ce4H2O2=2Ce3O22H，H2O2在该反应中作还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。(4)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3氧化成Ce4，反应的化学方程式为2Ce(OH)3NaClOH2O=2Ce(OH)4NaCl。(5)FeSO4的物质的量为0.100 0 molL10.025 L0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol172 gmol10.430 0 g，产品中CeO2的质量分数为100%95.56%。答案：(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率(2)分液漏斗随着c(SO)增大，水层中Ce4与SO结合成CeSO42，导致萃取平衡向左移动，生成CeSO42，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小(3)还原剂2 mol(4)2Ce(OH)3NaClOH2O=2Ce(OH)4NaCl(5)95.56%- 9 -