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1、2020 届高考化学二轮复习专练专题九常见的无机物及其应用一、单项选择题1.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是()A.Fe 在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D.室温下 Na与空气中O2反应制取Na2O2答案C A项,常温下,Fe 遇浓硝酸发生钝化,Fe 与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B 项,MnO2与浓盐酸在加热条件下可制取Cl2,与稀盐酸不反应,错误;C 项,SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3,正确;D 项,室温下 Na与 O2反应生成Na2O,错误。2.(2019广东佛山一模)
2、硫是生物必需的营养元素之一,下列关于自然界中硫循环(如图所示)的说法正确的是()A.含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环B.硫循环中硫的化合物均为无机物C.上述硫循环中硫元素均被氧化D.烧煤时加石灰石,可减少酸雨及温室气体的排放答案A A项,分析题图可知,含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环;B 项,硫循环中硫的化合物包括有机物和无机物;C 项,硫循环中,部分硫元素化合价升高被氧化,部分硫元素化合价降低为-2 价被还原;D 项,烧煤时加入石灰石可减少二氧化硫的排放量,即可减少酸雨的发生,但不能减少温室气体的排放量。3.(2019安徽黄山一模)下列各组物质中,物质之间通过一步反应能实现如下图所示
3、转化的是()选项A B C D X Fe Al2O3N2HCl Y FeCl3Al(OH)3NO2NaCl Z Fe(OH)3NaAlO2HNO3Cl2答案D Fe(OH)3无法通过一步反应生成铁,A 项错误;Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3,NaAlO2也无法通过一步反应生成Al2O3,B 项错误;N2无法通过一步反应生成NO2,C 项错误;HCl 与氢氧化钠反应生成NaCl,电解熔融NaCl 生成氯气,氯气与钠反应生成氯化钠,氯气与氢气反应生成氯化氢,D 项正确。4.(2019河南平顶山二调)某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如下:下列说法不
4、正确的是()A.滤渣 A的主要成分是CaSO4B.相同条件下,NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl3强C.“合成”反应要控制温度,温度过高,产率会降低D.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等答案B 硫酸钙微溶于水,滤渣 A的主要成分是硫酸钙,A 项正确;N抑制 Fe3+的水解,故相同条件下氯化铁净水能力比硫酸铁铵晶体强,B 项错误;“合成”时温度过高,会促进 Fe3+的水解,C 项正确;经过“系列操作”后由溶液得到含结晶水的晶体,宜采用降温结晶法,D 项正确。5.(2019江西重点中学盟校联考)某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO2、ZnO、ZnS和 CuS)为原料,
5、制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下:下列说法正确的是()A.步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和 CuS B.步骤、中发生的反应均为氧化还原反应C.步骤涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O D.步骤和,采用蒸发结晶、过滤后均可获取粗晶体答案C ZnO、ZnS 可 与 稀 硫 酸 反 应,CuS 不 溶 于 稀 硫 酸,A 错 误;步 骤 中 发 生 反应:ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,均不是氧化还原反应,B 错误;步骤中发生反应:CuS+H2O2+H2SO4 CuSO4+S+2H2O,离子方程式为CuS+H2O
6、2+2H+Cu2+S+2H2O,C正确;步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体,均采用蒸发浓缩、冷却结晶法,D 错误。二、不定项选择题6.下图所示为海水综合利用的部分流程,下列有关说法正确的是()A.第步中除去粗盐中的S、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质加入的药品顺序为NaOH 溶液 Na2CO3溶液 BaCl2溶液过滤后加盐酸B.第步是一个将电能转化为化学能的过程,工业上采用阴离子交换膜的电解装置C.第步中结晶出的MgCl26H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2D.第步中反应的离子方程式为Cl2+2Br-2Cl-+Br2,第步的目的是富集溴元素答案D 除去粗盐中的杂质离子时,Na2CO3
7、溶液应在BaCl2溶液之后加入,故 A错误;第步是电解饱和食盐水,是将电能转化为化学能的过程,工业上采用阳离子交换膜的电解装置,故 B错误;为防止镁离子水解,应在氯化氢气流中加热MgCl26H2O,故 C错误;第步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-2Cl-+Br2,第步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中步的目的是浓缩、富集溴元素,故 D正确。7.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e 是浸有相关溶液的滤纸。已知:2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O。向 KMn
8、O4晶体上滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。下列有关说法正确的是()A.a 处变蓝、b 处变棕红,说明非金属性:ClBrI B.c 处先变红后褪色,说明 Cl2与 H2O反应生成HCl C.d 处立即褪色,不能说明Cl2与 H2O反应生成HClO D.e 处变红,说明 Cl2与 Fe2+反应生成Fe3+答案CD Cl2分别与 KI、NaBr作用生成I2、Br2,a 处变蓝、b 处变棕红,可证明氧化性:Cl2I2、Cl2Br2,无法证明 I2与 Br2氧化性的强弱,则无法证明非金属性:ClBrI,A项错误;氯气与水发生反应 Cl2+H2O H+Cl-+HClO,H+使试纸变红,HClO
9、 具有漂白性,可使试纸褪色,则 c 处先变红后褪色,能证明氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质,B 项错误;Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗了氢氧化钠,红色褪去,不能证明Cl2与 H2O反应的生成物是HClO,C项正确;Cl2将 Fe2+氧化为 Fe3+,使浸有 KSCN 溶液的滤纸变为红色,D 项正确。三、非选择题8.(2019江苏单科,16,12分)N2O、NO和 NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与 O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式
10、为。(2)NO 和 NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH 溶液吸收,主要反应为NO+NO2+2OH-2N+H2O 2NO2+2OH-N+N+H2O 下列措施能提高尾气中NO和 NO2去除率的有(填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH 溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到 NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是(填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是(填化学式)。(3)NO 的氧化吸收。用 NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为 N的转化率随NaClO溶液初始pH(用
11、稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性 NaClO 溶液中,HClO 氧化 NO生成 Cl-和 N,其离子方程式为。NaClO溶液的初始pH越小,NO 转化率越高。其原因是。答案(1)2NH3+2O2 N2O+3H2O(2)BCNaNO3NO(3)3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2N+5H+溶液 pH越小,溶液中 HClO的浓度越大,氧化 NO的能力越强解析(1)根据得失电子守恒和原子守恒可写出NH3与 O2反应的化学方程式。(2)若要提高尾气中NO和 NO2的去除率,须加快氮氧化物与NaOH 的反应速率。B项措施能增大气、液反应物的接触面积,C 项措施增大NaOH 溶液的浓度,二者均能加快
12、反应速率;A 项措施易导致氮氧化物不能及时被吸收,使 NO和 NO2去除率降低。据题给反应:2NO2+2OH-N+N+H2O可知,NaNO2晶体中含有NaNO3杂质;由于 NO与 NaOH 不反应,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)据得失电子守恒可得:3HClO+2NO 3Cl-+2N,据电荷守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2N+5H+,据原子(质量)守恒可得:3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2N+5H+。NaClO溶液的初始 pH越小,c(H+)越大,c(HClO)越大,氧化 NO的能力越强,NO的转化率越高。9.(2017 课标,27,14分)Li4Ti5O12和 Li
13、FePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为 FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为。(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示:温度/30 35 40 45 50 TiO2xH2O转化率/%92 95 97 93 88 分析 40 时 TiO2xH2O转化率最高的原因。(4)Li2Ti5O15中 Ti 的化合价为+4,其中过氧键
14、的数目为。(5)若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 mol L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1 倍),使 Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0 10-5molL-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的 Ksp分别为 1.3 10-22、1.0 10-24。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备 LiFePO4的化学方程式。答案(1)100、2 h,90、5 h(2)FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O(3)低于 40,TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过 40,双氧水分解与氨气逸出导致
15、TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)=molL-1=1.310-17molL-1,c3(Mg2+)c2(P)值为0.013(1.3 10-17)21.7 10-40KspMg3(PO4)2,因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2+H2O 解析本题以工艺流程为依托,考查图表分析能力和有关Ksp的计算等。(1)由题图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为100、2 h 或 90、5 h。(2)“酸浸”后,钛主要以形式存在,反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+T
16、iOCl2-4+2H2O。(3)TiO2xH2O转化反应速率受温度、反应物浓度等因素的影响。低于40,TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过 40,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降。(4)Li2Ti5O15中 Ti 为+4价,Li为+1价,设过氧键的数目为x,则 12+45=2(15-2x)+2x,解得 x=4。(6)高温下 FePO4与 Li2CO3和 H2C2O4反应制备LiFePO4,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式:2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2。10.(2017课标,26,14分)水泥是重要的建筑
17、材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是,还可使用代替硝酸。(2)沉淀 A的主要成分是,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为。(3)加氨水过程中加热的目的是。沉淀 B的主要成分为、(写化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用 KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:Mn+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g 水泥样品,滴
18、定时消耗了0.050 0 mol L-1的 KMnO4溶液 36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为。答案(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为 Fe3+H2O2(2)SiO2(或 H2SiO3)SiO2+4HF SiF4+2H2O(或 H2SiO3+4HFSiF4+3H2O)(3)防止胶体生成,易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%解析(1)水泥样品中可能含有Fe2+,酸溶时加入几滴硝酸可将Fe2+氧化为 Fe3+;将 Fe2+氧化为Fe3+的氧化剂还可以选择H2O2,该氧化剂的还原产物为H2O,不会引入其他杂质。(2)SiO2不溶于盐酸、硝酸等强酸,但可溶于氢氟酸。(
19、3)Fe3+、Al3+在沉淀的过程中容易形成胶体而无法沉淀分离,采取加热的方法可加速微粒凝聚形成 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,从而易于分离;pH 为 45 时 Al3+、Fe3+可完全沉淀,而 Mg2+、Ca2+不沉淀,故沉淀 B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。(4)配平方程式可得对应关系式:2KMnO4 5H2C2O4 5CaC2O4 5Ca2+2 mol 540 g0.050 0 36.0010-3 mol m(Ca2+)m(Ca2+)=0.180 g故(Ca2+)=100%=45.0%。11.(2017课标,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备
20、,铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤的主要反应为:FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO Cr2O3与 NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是。(2)滤渣 1 中含量最多的金属元素是,滤渣 2 的主要成分是及含硅杂质。(3)步骤调滤液2 的 pH使之变(填“大”或“小”),原因是(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到(填标号)得到的 K2Cr2
21、O7固体产品最多。a.80 b.60 c.40 d.10 步骤的反应类型是。(5)某工厂用m1kg 铬铁矿粉(含 Cr2O340%)制备 K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为。答案(1)2 7陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)Fe Al(OH)3(3)小2Cr+2H+Cr2+H2O(4)d 复分解反应(5)100%解析(1)利用得失电子守恒法配平:2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2,则 FeO Cr2O3与 NaNO3的系数比为27。陶瓷中含有SiO2,在高温下能与Na2CO3反应,会损坏仪器。(2)由步骤可知熔块中
22、含有NaNO2、Na2CrO4、Fe2O3等,故滤渣 1中含量最多的金属元素为Fe,而步骤需除去Al3+及含硅物质,故滤渣 2 中应主要含Al(OH)3及含硅杂质。(3)步骤调pH的目的是促进Cr转化为 Cr2,根据 2Cr+2H+Cr2+H2O,可知应增大 c(H+),故 pH要变小。(4)根据溶解度曲线图可知,应选择 K2Cr2O7溶解度小于溶液中其他溶质溶解度且溶解度最小的温度区域,故选 d。反应为2K+Cr2 K2Cr2O7,此反应为复分解反应。(5)根据 Cr 原子守恒建立关系式:Cr2O3 K2Cr2O7152 294m140%kg m(K2Cr2O7)m(K2Cr2O7)=kg故
23、产率为100%=100%。命题拓展预测1.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量 FeS2)为原料,生产 Fe3O4的部分工艺流程如下:下列说法错误的是()A.用 NaOH 溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用B.从高硫铝土矿中可制得Al、Fe 的化合物C.向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由Al转化为 Al3+D.FeS2与 Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和 SO2答案C 矿粉焙烧时FeS2与 O2反应生成 Fe2O3和 SO2,“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3;Fe
24、2O3和 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和 SO2,经磁选可得到Fe3O4。SO2为有毒气体,不能直接排放到空气中,可用 NaOH 溶液吸收焙烧过程中产生的SO2,有利于保护环境和资源再利用,A 项正确;高硫铝土矿中含有Al 和 Fe 元素,可通过适当的操作制得Al、Fe的化合物,B 项正确;由上述分析可知,滤液中含有NaAlO2,通入过量的CO2后,生成 Al(OH)3,C 项错误;Fe2O3与 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和 SO2,反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2,D 项正确。2.草酸亚铁(FeC2O4nH2O)的溶解度在
25、冷水中为0.22 g,热水中为0.026 g,具有强还原性,常用作分析试剂及显影剂。某化学小组利用工业废铁屑设计如下装置制备草酸亚铁晶体。回答下列问题:(1)实验前需将废铁屑在5%的 Na2CO3溶液中加热并用蒸馏水洗涤干净,则 Na2CO3溶液的作用是。(2)组装好装置后首先需要检验装置的气密性,其方法是。实验过程中装置c的作用是。(3)实验过程:在相应装置添加试剂后,需要让 a 瓶中反应先进行一段时间以排除空气,进行的操作是打开K1将一定量稀硫酸加入a 瓶后关闭 K1,同时还要进行的操作是,一段时间后,需要将 a 装置中的硫酸亚铁溶液导入装置b 中,其操作是。(4)b 中生成的沉淀需过滤、
26、洗涤、干燥,洗涤时最好选用下列试剂中的(填序号)。a.硫酸b.冷水c 热水检验洗涤干净的方法是。(5)准确称取9 g 草酸亚铁晶体(FeC2O4nH2O)于锥形瓶中,加入一定量硫酸溶解并加热至50,然后用 1.0 mol L-1的 KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时用去30 mL 标准溶液。滴定反应为 10(FeC2O4nH2O)+6KMnO4+24H2SO4 5Fe2(SO4)3+20CO2+6MnSO4+3K2SO4+(24+10n)H2O。判断滴定终点的依据为。n=。答案(1)除去废铁屑表面的油污(2)关闭 K1,打开 K2、K3,将 c 中加入水使导管末端浸入水中,用手捂住(或者微
27、热)a 中具支锥形瓶,若导管末端出现气泡,松开手后有一段水柱,证明气密性良好液封(或防止空气进入b 中氧化产物)(3)关闭 K2打开 K3打开 K2关闭 K3(4)c 取最后一次洗涤液于试管,加入 BaCl2溶液振荡,如果溶液中没有白色沉淀说明洗涤干净(5)滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液变为浅紫色(或紫红色),且半分钟内不变色2解析(1)碳酸钠溶液显碱性,能够洗去铁屑表面的油污。(2)根据题干信息“草酸亚铁具有强还原性”可知,通过装置c 可以形成液封,防止产品被氧化。(3)该制备实验分为两个环节:铁屑与稀硫酸反应生成FeSO4;将 FeSO4压入装置 b 与草酸反应生成 FeC2O4沉淀。为此可以控制K2、K3实现上述目的。当关闭K2、打开 K3,a 装置产生的氢气可以排出,从而持续生成FeSO4;当打开 K2、关闭 K3,生成的氢气无法排出,a 中气压增大,将溶液压入 b 装置,生成草酸亚铁沉淀。(4)滤渣表面可能存在S,可以通过检验S是否存在,判断沉淀是否洗涤干净。(5)酸性高锰酸钾滴定Fe2+,不需要另外加指示剂,当溶液呈紫红色,且半分钟内不褪去,即表明反应达到滴定终点。反应存在如下关系:5(FeC2O4nH2O)3KMnO4(144+18n)5 g 3 mol9 g 1.0 mol L-10.03 L解得:n=2