2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题06

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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06
1．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．pH=11的溶液中：COeq \\al(2-,3)、Na+、AlOeq \\al(－,2)、NOeq \\al(－,3)
B．无色可使pH试纸变红的溶液中：K+、Na+、MnOeq \\al(－,4)、SOeq \\al(2-,4)
C．加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2-,4)、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))
D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13ml·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl－、CH3COO－
答案：A
解析：A．pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，则能够共存，故A正确；
B．MnOeq \\al(－,4)在水溶液中显紫红色，与无色溶液不符，故B错误；
C．加入A1能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCOeq \\al(－,3)既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故C错误；
D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13ml·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液CH3COO－会生成醋酸弱电解质，碱溶液中该组离子之间不反应，故D错误；
2．下列离子在对应溶液中能大量共存的是
A．0.1ml·L－1KSCN溶液中：Fe3+、Al3+、NOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2-,4)
B．0.1ml·L－1HNO3溶液中：Fe2+、Cu2+、Cl－、ClO－
C．0.1ml·L－1NaOH溶液中：Na+、K+、SiOeq \\al(2-,3)、S2-
D．75%酒精中：Mg2+、H+、Cr2Oeq \\al(2-,7)、SOeq \\al(2-,4)
答案：C
解析：A．KSCN溶液中Fe3+与SCN－发生反应，生成一系列红色络合物，不能大量共存，故A错误；
B．HNO3溶液中，Fe2+与NOeq \\al(－,3)发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．NaOH溶液中，OH－与Na+、K+、SiOeq \\al(2-,3)、S2-不发生反应，可以大量共存，故C正确；
D．75%酒精中，乙醇与H+、Cr2Oeq \\al(2-,7)发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
3．下列离子反应方程式书写正确的是
A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O
B．漂白粉溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
C．电解饱和食盐水：2Cl－＋2H＋eq \(=====,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑
D．Al溶于NaOH溶液：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
答案：D
解析：A．硝酸具有强氧化性，FeO会被氧化成Fe3+，A错误；B．CaSO3和HClO会继续反应生成CaSO4，B错误；C．水不可拆，C错误；D．Al和NaOH反应，D正确。
4．下列离子方程式正确的是
A．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2H2OClO－HClOHSOeq \\al(－,3)
B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCOeq \\al(－,3)+2OH-=MgCO3↓+COeq \\al(2-,3)+2H2O
C．向含1mlFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2时，发生的反应为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3+＋Br2+4Cl-
D．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性：H++SOeq \\al(2-,4)+Ba2++OH-＝H2O+BaSO4↓
答案：C
解析：A．二氧化硫有还原性，次氯酸根离子有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，A错误；
B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，应生成氢氧化镁沉淀，B错误；
C．向含1mlFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2时，发生的反应为：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-，C正确；
D．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性，离子方程式为：2H++SOeq \\al(2-,4)+Ba2++2OH-＝2H2O+BaSO4↓，D错误；
5．下列离子方程式正确的是
A．向NaHSO4溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：2H++SOeq \\al(2-,4)+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O
B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2COeq \\al(2-,3)+SO2+H2O＝2HCO3－+SOeq \\al(2-,3)
C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO－+H2O＝SOeq \\al(2-,3)+2HClO
D．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCOeq \\al(－,3)+ OH－＝CO2↑+H2O
答案：B
解析：A．Ba(OH)2是过量，NaHSO4是少量，系数为1，即离子反应方程式为：H＋＋SOeq \\al(2-,4)＋Ba2＋＋OH－＝H2O＋BaSO4↓，故A错误；
B．碳酸钠溶液跟酸反应先生成NaHCO3，故B正确；
C．次氯酸具有强氧化性能把SOeq \\al(2-,3)氧化成SOeq \\al(2-,4)，故C正确；
D．反应前后电荷不守恒，正确的是：HCOeq \\al(－,3)＋OH－=H2O＋COeq \\al(2-,3)，故D错误。
6．下列离子方程式中，能正确表达反应颜色变化的是
A．向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
B．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+H2O=Cl2↑+2OH-
C．将SO2通入溴水中使其褪色：SO2＋2H2O＋Br2=2H＋＋SOeq \\al(2-,4)＋2HBr
D．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑
答案：A
解析：A．由于Fe(OH)3比Mg(OH)2的溶度积更小，所以向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，A正确；
B．“84”消毒液的主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分为盐酸，二者混用会生成Cl2，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B不正确；
C．HBr为强酸，将SO2通入溴水中使其褪色，离子方程式为：SO2＋2H2O＋Br2=4H＋＋SOeq \\al(2-,4)＋2Br-，C不正确；
D．Na2O2在空气中放置后，会与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，从而由淡黄色变为白色，而不是发生分解反应，D不正确；
7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Ba2+、NOeq \\al(－,3)、K+
B．某无色溶液：Al3+、Na+、HCOeq \\al(－,3)
C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Cl-、I-
D．水电离的c(H+)=1×10-11ml/L的溶液：K+、HCOeq \\al(－,3)、Cl-
答案：A
解析：A．pH=1的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且都和H+不反应，所以能大量共存，故A正确；
B．Al3+、HCOeq \\al(－,3)发生双水解反应而不能共存，故B错误；
C．能使酚酞试液变红色的溶液呈碱性，能和OH-反应的离子不能大量共存，Fe3+、I-发生氧化还原反应生成Fe2+和I2而不能大量共存，且OH-和Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c(H+)=1×10-11ml/L的溶液中，水的电离被抑制，溶液呈强酸性或强碱性，H+、HCOeq \\al(－,3)反应生成CO2和H2O而不能大量共存，HCOeq \\al(－,3)、OH-反应生成碳酸根和H2O而不能大量共存，故D错误；
8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验对应的反应方程式书写正确的是
A．Na2O2放入水中：Na2O2＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋O2↑
B．Fe在Cl2中燃烧：Fe＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))FeCl2
C．浓硝酸见光分解：4HNO3eq \(=====,\s\up7(光照))4NO↑＋3O2↑＋2H2O
D．盐酸中滴加Na2SiO3溶液：2H+＋SiOeq \\al(2-,3)＝H2SiO3
答案：D
解析：A．方程式没有配平，氢原子不守恒，A错误；
B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，B错误；
C．浓硝酸分解生成二氧化氮，C错误；
D．强酸制弱酸，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，D正确；
9．常温时下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1ml·L－1的硫酸溶液中：K+、Na+、Cl－、S2Oeq \\al(2－,3)
B. 中性溶液中：Fe3+、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、SOeq \\al(2-,4)、NOeq \\al(－,3)
C. 水电离产生的c(OH－)＝1×10-12ml·L－1的溶液中：Na+、Al3+、NOeq \\al(－,3)、Br－
D. 澄清透明溶液中：Cu2+、SOeq \\al(2-,4)、H+、Cl－
答案：D
解析：A．H+和S2Oeq \\al(2－,3)会反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，A错误；
B．中性溶液中，Fe3+会发生水解生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B错误；
C．水电离产生的c(OH－)＝1×10-12ml·L－1的溶液呈酸性或碱性，Al3+和OH-会反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，C错误；
D．澄清透明溶液中，四种离子相互之间不反应，能大量共存，D正确；
10．下列有关氯气的离子方程式中书写正确的是
A. 向亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2H+
B. 将氯气通入冷的石灰乳中制取漂白粉：Ca(OH)2＋Cl2＝Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2O
C. 将少量氯气通入到碘化亚铁溶液中：2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－
D. 食醋和84消毒液混合：Cl－＋ClO－＋2H+＝Cl2↑＋H2O
答案：B
解析：A．亚硫酸钠溶液中通入少量氯气反应生成氯化钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，离子方程式为：3SOeq \\al(2-,3)+Cl2+H2O＝SOeq \\al(2-,4)+2Cl-+2HSOeq \\al(－,3)，故A错误；
B．将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：Ca(OH)2＋Cl2＝Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；
C．碘化亚铁溶液通入少量氯气，溶液中碘离子还原性大于亚铁离子，氯气只氧化碘离子，离子方程式为2I-+Cl2＝2Cl-+I2，故C错误；
D．将食醋与“84”消毒液混合产生黄绿色气体：2CH3COOH+Cl-+ClO-＝Cl2↑+H2O+2CH3COO-，故D错误；
11．Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3∙H2O、(NH4)2SO4和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3∙H2O)＝－4.7；C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为_________________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3∙H2O) ___________c(NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))) (填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)“氨浸”时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+的离子方程式为___________________________。
(4) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是____________________________________。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为___________。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和_________(填化学式)。
答案：(1)MgO＋H2O＝Mg(OH)2 (2)＞
(3)2C(OH)3＋12NH3∙H2O＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O＋4OH－
或2C(OH)3＋8NH3∙H2O＋4NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O
(4)晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)HCl 体心 12 (6) 0.4或2∶5 MgO
解析：硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
(1)活性MgO＋H2O＝Mg(OH)2可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O＝Mg(OH)2；故答案为：MgO＋H2O＝Mg(OH)2。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3∙H2O)＝－4.7，Kb(NH3∙H2O)＝10-4.7＝eq \f(c(NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4)))∙c(OH－),c(NH3∙H2O))，eq \f(c(NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))),c(NH3∙H2O))＝eq \f(10-4.7,c(OH－))＝eq \f(10-4.7,10-4.1)＝10-0.6＜1，则c(NH3∙H2O)＞c(NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4)))；故答案为：＞。
(3)“氨浸”时，C(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[C(NH3)6]2+，则由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+的离子方程式为2C(OH)3＋12NH3∙H2O＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O＋4OH－或2C(OH)3＋8NH3∙H2O＋4NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O；故答案为：2C(OH)3＋12NH3∙H2O＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O＋4OH－或2C(OH)3＋8NH3∙H2O＋4NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))＋SOeq \\al(2-,3)＝2[C(NH3)6]2+＋SOeq \\al(2-,4)＋13H2O。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；故答案为：晶体。
②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、C的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于C与O最小间距，则Al在顶点，因此C在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
(6)①“结晶纯化”过程中，无引新物质入。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2∙6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq \(===,\s\up7(△))MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5；故答案为：0.4或2∶5。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq \(===,\s\up7(△))MgO＋H2O，在于可重复利用HNO3和MgO；故答案为：MgO。
12．某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_____________(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1ml H2SO5中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____
____________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_____时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______________。
(5)“沉钴镍”中得到的C(Ⅱ)在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为______
_________________________。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。
答案：(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA
(3)H2O＋Mn2+＋HSOeq \\al(－,5)＝MnO2＋SOeq \\al(2-,4)＋3H+ Fe(OH)3
(4)9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)4C(OH)2＋O2＝4 CO(OH)＋2H2O (6)11.1
解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2+＋HSOeq \\al(－,5)＝MnO2＋SOeq \\al(2-,4)＋3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成CO(OH)。
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2) H2SO5的结构简式为，所以1ml H2SO5中过氧键的数目为NA
(3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2+＋HSOeq \\al(－,5)＝MnO2＋SOeq \\al(2-,4)＋3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)c3(OH－)＝10-5×c3(OH－)＝10-37.4，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw＝10-14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
(4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为：4C(OH)2＋O2＝4 CO(OH)＋2H2O；
(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)＝10-2.9ml/L，根据Kw＝10-14，c(H+)＝10-11.1ml/L，所以溶液的pH＝11.1；
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15
1.6×10-44
5.5×10-16
1.3×10-33
5.6×10-12
物质
Fe(OH)3
C(OH)2
Ni(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
10-37.4
10-14.7
10-14.7
10-10.8