2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题10

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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题10
1．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Cu2＋、Na＋、H＋、SOeq \\al(2-,4)、COeq \\al(2-,3)、OH-。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是
A．COeq \\al(2-,3)、OH-、SOeq \\al(2-,4) B．Na＋、H＋、SOeq \\al(2-,4)
C．Cu2＋、H＋、SOeq \\al(2-,4) D．Na＋、OH-、COeq \\al(2-,3)
答案：D
解析：甲烧杯中溶液呈蓝色，一定含Cu2＋，则和Cu2＋不能共存的COeq \\al(2-,3)、OH-在乙烧杯中，H+在甲烧杯中，根据电荷守恒，甲烧杯中还含有、SOeq \\al(2-,4)，乙烧杯中还含有Na＋，所以乙烧杯中大量存在的离子是Na＋、OH-、COeq \\al(2-,3)，答案选D。
2．反应8NH3＋3Cl2＝N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
答案：A
解析：该氧化还原反应用双线桥表示为 ，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙试液变红的溶液：Al3+、Na+、NOeq \\al(－,3)、Cl－
B. 通入足量SO2的溶液：Na+、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、MnOeq \\al(－,4)、SOeq \\al(2-,4)
C. 通入足量NH3的溶液：K+、Cu2+、SOeq \\al(2-,4)、Cl－
D. 水电离的c(H+)＝10-13ml·L－1的溶液：K+、Na+、Cr2Oeq \\al(2-,7)、NOeq \\al(－,3)
答案：A
解析：A．使甲基橙试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，Al3+、Na+、NOeq \\al(－,3)、Cl－之间互不反应，能大量共存，故A符合题意；
B． SO2具有还原性，能与MnOeq \\al(－,4)发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．通入足量NH3的溶液中：Cu2+会反应生成[Cu]NH3)2]2+，不能大量共存，故C不符合题意；
D．水电离的c(H+)＝10-13ml·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，Cr2Oeq \\al(2-,7)存在Cr2Oeq \\al(2-,7)＋H2O
2CrOeq \\al(2-,4)＋2H+，当溶液呈碱性时，该平衡正向移动，主要以CrOeq \\al(2-,4)形式存在，故D不符合题意；
4. “科学技术是第一生产力”，高科技的发展与化学密切相关。下列说法错误的是
A. CO2可人工合成葡萄糖和脂肪酸，葡萄糖属于单糖
B. 氘氚核聚变可实现“人造太阳”，氘和氚互为同位素
C. 利用全新原理可实现海水直接电解制氢，氢气是可再生能源
D. 涤纶纤维可制作飞船着陆器的降落伞，涤纶是无机非金属材料
答案：D
解析：A．通过电催化将CO2高效还原合成高浓度乙酸，并进一步利用微生物发酵生产葡萄糖和长链脂肪酸，葡萄糖属于单糖，故A正确；
B．氘氚核聚变可实现“人造太阳”，氘和氚互为同位素，故B正确；
C．利用全新原理可实现海水直接电解制氢，氢气燃烧后又生成水，氢气是可再生能源，故C正确；
D．涤纶是有机高分子材料，故D错误；
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 在NH4SCN溶液中：K+、Fe3+、Cl－、SOeq \\al(2-,4)
B. 含大量H+的溶液中：Zn2+、Cu2+、NOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2-,4)
C. 加入Al产生H2的溶液中：Na+、Mg2+、NOeq \\al(－,3)、HCOeq \\al(－,3)
D. 由水电离的c(OH－)＝10-12ml·L－1的溶液中：K+、Ca2+、Cl－、ClO－
答案：B
解析：A．铁离子和SCN-离子生成红色物质，不共存，A不符合题意；
B．H+、Zn2+、Cu2+、NOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2-,4)相互之间不反应，能共存，B符合题意；
C．加入Al产生H2的溶液为酸性或碱性，若为碱性溶液氢氧根离子会和镁离子、碳酸氢根离子反应不共存；若为酸性氢离子会和HCOeq \\al(－,3)反应不共存，C不符合题意；
D．由水电离的c(OH－)＝10-12ml·L－1的溶液为酸性或碱性，酸性溶液中氢离子、氯离子、次氯酸根离子会发生氧化还原反应生成氯气，不共存，D不符合题意；
6. 关于反应4Cu2+＋8OH－＋N2H4＝2Cu2O↓＋N2↑＋6H2O，下列说法正确的是
A. N2是还原产物 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C. N2H4既是氧化剂又是还原剂 D. 生成28g N2，转移4ml电子
答案：D
解析：A. 分析方程式中的化合价可知，N2H4中N元素的化合价为-2，N2中的N元素的化合价为0，N元素的化合价升高，N2为氧化产物，故A错误；
B. 分析方程式中的化合价可知，Cu元素化合价降低，Cu2+为氧化剂，N元素化合价升高，N2H4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，故B错误；
C. N2H4中有且只有N元素化合价升高，所以N2H4仅为还原剂，故C错误；
D. 分析方程式可知，每生成1ml N2，转移的电子数为4ml，28g N2，正好为1ml N2，故D正确；
7.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 少量的Cl2通入亚硫酸钠溶液：SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2H+
B. 惰性电极电解饱和硫酸锌溶液：2Zn2+＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2Zn＋4H+＋O2↑
C. 浓硝酸与铜的反应：Cu＋4H+＋2NOeq \\al(－,3)＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O
D. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4＋COeq \\al(2-,3)CaCO3＋SOeq \\al(2-,4)
答案：A
解析：A．亚硫酸钠溶液为碱性，少量的Cl2通入亚硫酸钠溶液发生反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式为：SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋2OH－＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋H2O，故A错误；
B．饱和硫酸锌溶液呈碱性，惰性电极电解饱和硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得到电子生成Zn，H2O在阳极失去电子生成O2，电极方程式为：2Zn2+＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2Zn＋4H+＋O2↑，故B正确；
C．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：Cu＋4H+＋2NOeq \\al(－,3)＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O，故C正确；
D．由于CaCO3的溶解度小于CaSO4的溶解度，用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，CaSO4会转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4＋COeq \\al(2-,3)CaCO3＋SOeq \\al(2-,4)，故D正确；
8.下列物质中属于难溶于水的碱性氧化物的是
A. SiO2 B. Fe3O4 C. CuO D. Al2O3
答案：C
解析：A．SiO2是酸性氧化物，A不符合；
B．Fe3O4虽然能与酸反应生成亚铁盐、铁盐和水，但不存在对应的碱，不属于碱性氧化物，B不符合；
C．CuO难溶于水，与酸反应生成铜离子和水，属于碱性氧化物，C符合；
D．Al2O3是两性氧化物，D不符合；
9.关于反应CH3CH2OH＋Cr2Oeq \\al(2-,7)＋H+＋H2O—→CH3COOH＋Cr(H2O)eq \\al(3＋,6)(未配平)，下列说法不正确的是
A. 生成1ml CH3COOH，转移6ml电子 B. CH3COOH是氧化产物
C. 该反应类型属于氧化还原反应 D. Cr(H2O)eq \\al(3＋,6)的配体中形成配位键的原子是O
答案：A
解析：A．CH3CH2OH中C为－2价，CH3COOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1ml CH3COOH，转移4ml电子，故A错误；
B．碳元素化合价升高，CH3CH2OH是还原剂，CH3COOH是氧化产物，故B正确；
C．该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．H2O中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；
10.下列反应的离子方程式的正确是
A. 磁铁矿溶于稀硝酸：3Fe2+＋4H+＋NOeq \\al(－,3)＝3Fe3+＋NO↑＋2H2O
B. 将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合：HCOeq \\al(－,3)＋AlOeq \\al(－,2)＋H2O＝Al(OH)3↓＋COeq \\al(2-,3)
C. 在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3＋ClO－＝Cl－＋2H+＋SOeq \\al(2-,4)
D. 往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H+＋OH－＝H2O
答案：B
解析：A．磁铁的主要成分是四氧化三铁，硝酸可以把其中的二价铁氧化为三价铁，方程式为：3Fe3O4＋28H+＋NOeq \\al(－,3)＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O，A错误；
B．两者混合发生双水解反应，得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：HCOeq \\al(－,3)＋AlOeq \\al(－,2)＋H2O＝Al(OH)3↓＋COeq \\al(2-,3)，B正确；
C．亚硫酸有还原性，次氯酸钠有氧化性，两者发生氧化还原反应，但是次氯酸钠过量，最终会生成次氯酸，离子方程式为：H2SO3＋3ClO－＝Cl－＋2HClO＋SOeq \\al(2-,4)，C错误；
D．硫酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))＋H+＋2OH－＝NH3∙H2O＋H2O，D错误；
11．铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含In2O3、In2S3、ZnO、PbO、Fe2O3)中提取金属铟的流程如图：
已知：氧化酸浸后铟以In3+的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用H2A2表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中In2S3的硫元素被氧化为SOeq \\al(2-,4)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，滤渣除含过量MnO2外，还有___________(填化学式)。
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，C2Oeq \\al(2-,4)就是一种双齿配体。“净化”时加入H2C2O4的主要作用是络合Fe3+，Fe3+的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是___________。
(3)萃取过程的反应方程式为：In3+＋3H2A2In(HA2)3＋3H+，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与c(H+)的关系如下：lgeq \f(E%,1－E%)＝lgK－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=___________［已知lg19＝1.28。忽略萃取剂浓度c(H2A2)在萃取过程中随pH的变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从___________中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为___________(填字母)。
a．σ键 b．π键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为___________；与In原子间距离为eq \f( eq \r(2) ,2)anm的In原子有___________个。
答案：(1) 12∶1 PbSO4 (2) Fe3+＋3H2C2O4＝[Fe(C2O4)3]3－＋6H+
(3)2.73 (4)b (5)c (6) 4 12
解析：高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3、 In2O3、 In2S3)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸氧化,将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和Fe2 ( SO4) 3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。
(1)氧化酸浸过程中MnO2只将In2S3中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
(2)草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为[Fe(C2O4)3]3－，该净化的离子方程式为：Fe3+＋3H2C2O4＝[Fe(C2O4)3]3－＋6H+
(3) lgeq \f(E%,1－E%)＝lgK－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))。当pH=2.30时，萃取率为50%；则lgeq \f(E%,1－E%)＝lgK－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2)) lgeq \f(50%,1－50%)＝lgK－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))，得lgK＝lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))，若将萃取率提升到95%，则lgeq \f(95%,1－95%)＝lgK－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))＝lg19，将lgK代入，则有lg19＝lgeq \f(c(10-23)3,c3(H2A2))－lgeq \f(c3(H+),c3(H2A2))＝lgeq \f(c(10-23)3,c3(H2A2))×eq \f(c3(H2A2), c3(H+))＝lgeq \f(c(10-23)3,c3(H+))，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的pH=2.73。
(4)Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。
(5)In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含c。
(6)磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，磷原子数为4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为eq \f( eq \r(2) ,2)anm的In原子在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间距离为eq \f( eq \r(2) ,2)anm的In原子数为3×8×eq \f(1,2)＝12
12．工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，含少量Al2O3、CuO杂质]为主要原料制备红矾钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)已知“高温连续焙烧”阶段Cr元素转化为CrOeq \\al(2-,4)。
①焙烧时采取“多层逆流焙烧”，即将固体粉末从炉顶投料，氧气从炉底鼓入，这样做的优点为__________________________________。
②Al2O3与纯碱反应的化学方程式为________________________________________。
(2)滤液Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)一系列操作包括：50℃蒸发溶剂至_______，停止加热、_______抽滤、重结晶。
(4)生产过程中产生的K2Cr2O7酸性废液可通过钡盐沉淀法处理，其过程为：先将K2Cr2O7酸性废液碱化处理，再加入BaCl2。废液需进行碱化处理的目的是_______[已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)＋CrOeq \\al(2-,4)(aq) Ksp(BaCrO4)＝1.2×10-10 ]。
(5)除了“一系列操作”中所得母液可循环利用外，上述流程中可循环利用的物质还有NaHCO3、_______(填化学式)。
答案：(1)增大反应物接触面积，提高反应速率，从而提高原料的利用率
Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(高温))2NaAlO2＋CO2↑
(2)2Na+＋2CrOeq \\al(2-,4)＋2CO2＋H2O＝Cr2Oeq \\al(2-,7)＋2NaHCO3↓
(3)有晶膜出现 冷却至室温
(4)促进Cr2Oeq \\al(2-,7)转化为CrOeq \\al(2-,4)，CrOeq \\al(2-,4)浓度升高，有利于与Ba2+生成BaCrO4沉淀 (5)CO2
解析：铬铁矿中加入Na2CO3、通入氧气，高温连续焙烧，Cr元素转化为CrOeq \\al(2-,4)，Fe转化为Fe2O3，Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2同时生成二氧化碳，CuO不参与反应，水浸后Fe2O3、CuO不溶于水生成沉淀过滤除去，滤液Ⅰ中含有NaAlO2和Na2CrO4，滤液Ⅰ通入CO2调节pH至8.3，此时NaAlO2与CO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀除去，滤液Ⅱ中主要为Na2CrO4，往滤液Ⅱ中通入过量CO2，Na2CrO4与CO2反应生成Na2Cr2O7和NaHCO3，NaHCO3结晶析出，滤液Ⅲ中主要为Na2Cr2O7，滤液Ⅲ中加入KCl，再经过一系列操作得到K2Cr2O7。
(1)①焙烧时固体粉末从炉顶投料，氧气从炉底鼓入，这样可以增大反应物的接触面积，提高反应速率，从而提高原料的利用率。
②Al2O3与纯碱反应生成NaAlO2和CO2，化学方程式为Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(高温))2NaAlO2＋CO2↑。
(2)滤液Ⅱ中Na2CrO4与CO2、H2O反应生成Na2Cr2O7和NaHCO3，碳酸氢钠在水中溶解度较小结晶析出，因此该反应的离子方程式为2Na+＋2CrOeq \\al(2-,4)＋2CO2＋H2O＝Cr2Oeq \\al(2-,7)＋2NaHCO3↓。
(3)从K2Cr2O7溶液中得到K2Cr2O7晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤、重结晶的方式，50℃蒸发溶剂至有晶膜出现，停止加热、冷却至室温，再抽滤重结晶得到K2Cr2O7晶体。
(4)将K2Cr2O7酸性废液碱化处理，促使Cr2Oeq \\al(2-,7)+H2O2CrOeq \\al(2-,4)+2H+化学平衡正向移动，可使Cr2Oeq \\al(2-,7)转化为CrOeq \\al(2-,4)，CrOeq \\al(2-,4)浓度升高，有利于与Ba2+反应生成BaCrO4沉淀。
(5)高温连续焙烧生成了CO2，NaHCO3分解制Na2CO3时也会生成CO2，生成的CO2可用于与滤液Ⅰ中偏铝酸钠反应，也可与滤液Ⅱ中CrOeq \\al(2-,4)反应，因此上述流程中可循环利用的物质还有CO2。