2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题11

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2.精练高考真题，明确方向
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2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题11
1.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 硫化亚铁和过量硝酸混合：FeS＋2H+＝Fe2+＋H2S↑
B. 向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－
C. NaHCO3溶液中通入足量SO2：COeq \\al(2-,3)＋2SO2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋CO2
D. 等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2+＋2OH－＋2H+＋SOeq \\al(2-,4)＝BaSO4↓＋2H2O
答案：D
解析：A．硫化亚铁和过量硝酸混合会发生氧化还原反应，发生反应为：FeS＋4H+＋NOeq \\al(－,3)＝Fe3+＋NO↑＋S↓＋2H2O，故A错误；
B．因为还原性是Fe2+ ＞Br-，向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，Cl2会与Fe2+和Br-都反应，离子反应为：2Fe2+＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3+＋Br2＋4Cl－，故B错误；
C．NaHCO3中HCOeq \\al(－,3)不能拆，离子反应为：HCOeq \\al(－,3)＋SO2＝HSOeq \\al(－,3)＋CO2，故C错误；
D．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合，则NH4HSO4过量，Ba(OH)2完全反应，离子方程式正确，故D正确；
2.含共价键的强电解质的是
A. MgCl2 B. NaHSO4 C. NH3 D. CH3COOH
答案：B
解析：强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物。相邻原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，据此判断。
A．氯化镁只含离子键，A错误；
B．硫酸氢钠是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，属于强电解质，钠离子与硫酸氢根离子之间存在离子键，硫酸氢根离子内氧原子与硫原子、氢原子和氧原子之间存在共价键，B正确；
C．氨气为非电解质，C错误；
D．醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D错误；
3.关于反应：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4，下列说法不正确的是
A．Fe2(SO4)3中Fe在反应中得到电子 B．H2O既不是氧化剂也不是还原剂
C．消耗0.2mlFeS2，转移2.8ml电子 D．氧化产物和还原产物物质的量之比8∶15
答案：D
解析：A．反应中，Fe元素的化合价由Fe2(SO4)3中的＋3价降至FeSO4中的＋2价，Fe2(SO4)3中Fe元素化合价降低，在反应中得到电子，被还原，A项正确；
B．反应前后，H2O中H、O元素的化合价都没有变化，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B项正确；
C．反应中，S元素的化合价由FeS2中的－1价升至SOeq \\al(2-,4)中的+6价，1mlFeS2参与反应转移14ml电子，则消耗0.2mlFeS2转移电子物质的量为0.2ml×14＝2.8ml，C项正确；
D．反应中，Fe元素的化合价由Fe2(SO4)3中的＋3价降至FeSO4中的+2价，Fe2(SO4)3是氧化剂，FeSO4是还原产物，1mlFe2(SO4)3参与反应得到2ml电子生成2mlFeSO4，S元素的化合价由FeS2中的-1价升至SOeq \\al(2-,4)中的+6价，FeS2是还原剂，SOeq \\al(2-,4)是氧化产物，1mlFeS2参与反应失去14ml电子生成2ml SOeq \\al(2-,4)，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶7，D项错误；
4.下列反应的离子方程式书写正确的是
A．Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：S2Oeq \\al(2－,3)＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O
B．NaAlO2溶液中加入足量Ca(HCO3)2溶液：AlOeq \\al(－,2)＋HCOeq \\al(－,3)＋H2O＝Al(OH)3↓＋COeq \\al(2-,3)
C. 向溶液中通入少量CO2：
D. 向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：Al3+＋2SOeq \\al(2-,4)＋2Ba2+＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlOeq \\al(－,2)＋2H2O
答案：D
解析：A．硝酸有强氧化性，和Na2S2O3发生氧化还原反应，A错误；
B．NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液应生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Ca2+＋AlOeq \\al(－,2)＋HCOeq \\al(－,3)＋H2O＝Al(OH)3↓＋CaCO3↓，B错误；
C．向溶液中通入少量CO2生成邻羟基苯甲酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+ HCOeq \\al(－,3)，C错误；
D．使沉淀质量最大，则生成硫酸钡和偏铝酸钾，离子方程式为Al3+＋2SOeq \\al(2-,4)＋2Ba2+＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，D正确；
5.一种陨磷钠镁钙石的化学式为Ca9NaMg(PO4)7。下列说法正确的是
A．Ca9NaMg(PO4)7属于混合物 B．Ca9NaMg(PO4)7属于共价化合物
C．CaO2、MgO均为碱性氧化物 D．Ca9NaMg(PO4)7属于正盐
答案：D
解析：A．Ca9NaMg(PO4)7属于纯净物，故A错误；
B．Ca9NaMg(PO4)7属于离子化合物，故B错误；
C．CaO2属于过氧化物，MgO为碱性氧化物，故C错误；
D．Ca9NaMg(PO4)7属于正盐，故D正确；
6.关于反应2KMnO4＋2KF＋10HF＋3H2O2＝2 K2MnF6＋8H2O＋3O2，下列说法正确的是
A. KF和HF均发生氧化反应 B. H2O2是还原剂
C. 转移3ml电子，1ml KMnO4被氧化 D. K2MnF6既是氧化产物又是还原产物
答案：B
解析：A．该反应中KF和HF都没有化合价变化，没有发生氧化反应，A错误；
B．H2O2中的氧元素化合价升高，是还原剂，B正确；
C．该反应中转移3ml电子，1ml KMnO4被还原，不是被氧化，C错误；
D．锰元素化合价降低，故K2MnF6是还原产物，氧气为氧化产物，D错误；
7. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 铜与浓硫酸(98.3%)加热下反应：Cu＋2H2SO4(浓)eq \(===,\s\up7(△))Cu2+＋SOeq \\al(2-,4)＋SO2↑＋2H2O
B. 用惰性电极电解饱和ZnCl2溶液：Zn2+＋2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))Zn(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑
C. 向含0.1ml[C(NH3)Cl]Cl2的溶液中加入含0.3ml AgNO3的溶液：[C(NH3)5Cl]2+＋2Cl－＋3Ag+＝[C(NH3)5Cl]3+＋3AgCl↓
D. 向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：2Cr2Oeq \\al(2-,7)＋3C2H5OH＋16H+＝4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
答案：BD
解析：A．98.3%的浓硫酸中含的水太少，则生成的CuSO4不能电离，选项A错误；
B．用惰性电极电解饱和氯化锌溶液，阳极反应式为2Cl - -2e- = Cl2↑，阴极反应为：2H2O+ 2e- ＝H2↑+2OH-，总反应为Zn2+＋2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))Zn(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，选项B正确；
C．配合物中内界不可以电离，外界可以电离，则只能生成0.2ml AgCl，离子方程式为C1- + Ag+ = AgCl↓，选项C错误；
D．向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液，乙醇被氧化为乙酸，离子方程式为2Cr2Oeq \\al(2-,7)＋3C2H5OH＋16H+＝4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O，选项D正确；
8. 古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3∙Pb(OH)2]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是
A. Pb3O4属于氧化物 B．黄丹与盐酸反应只生成PbCl2和水
C. 铅块制胡粉的过程中发生了氧化还原反应 D. 密陀僧与一氧化碳高温加热可以制得铅
答案：B
解析：A．Pb3O4属于氧化物，A正确；
B．Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，+4价铅可以将盐酸氧化为氯气，所以与盐酸反应生成的不只有PbCl2和水，B错误；
C．制胡粉过程中铅的化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，C正确；
D．密陀僧(PbO)与一氧化碳高温加热，一氧化碳作还原剂可以制得铅，D正确；
9. 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=12的溶液中：K+、Na+、Br－、AlOeq \\al(－,2)
B. eq \f(c(OH－),c(H+))＝10-12的溶液中：NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Mg2+、COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Na+、F－、I－
D. 水电离的c(OH－)＝1×10-13ml·L－1的溶液中：Na+、Cl－、CH3COO－、Cu2+
答案：A
解析：A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，A正确；
B．eq \f(c(OH－),c(H+))＝10-12的溶液呈酸性，酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，B错误；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，铁离子具有氧化性，和碘离子不能共存，C错误；
D．水电离的c(OH−)＝1×10−13ml·L−1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，D错误；
10．下列离子反应方程式正确的是
A．漂白粉溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO
B．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－＋2Fe(OH)3＝2FeOeq \\al(2-,4)＋3Cl－＋4H＋＋H2O
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SOeq \\al(2-,4)＋2Ba2＋＋4OH－＝AlOeq \\al(－,2)＋2BaSO4↓＋2H2O
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2＋2OH－＝NOeq \\al(－,3)＋NOeq \\al(－,2)＋H2O
答案：D
解析：A项会发生氧化还原反应，产物应为CaSO4，A项错误；B项碱性环境，产物不应有氢离子，B项错误；C项要使沉淀的物质的量最大，铝离子也应生成沉淀，C项错误；D项发生歧化反应，D项正确。
11．宋代《千里江山图》是中国十大传世名画之一，其绿色颜料孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜。综合利用辉铜矿和软锰矿制备碱式碳酸铜的主要工艺流程如图所示。
已知：①辉铜矿主要含有Cu2S及少量SiO2、 Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2及少量SiO2、Fe2O3等杂质。
②S在CS2中的溶解度随温度升高而增大；CS2的沸点为46.2 °C。
③[ Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+ (aq) + 4NH3(aq)
请回答下列问题：
(1)①“酸浸”时能提高浸取率的措施有________________(任填一条)。
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu2S与MnO2的溶解，其过程有三个反应，反应方程式分别为：(i) Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；(ii) Cu2S+ 2Fe2(SO4)3=2CuSO4+4FeSO4+S；写出(iii)的化学反应方程式__________。
(2)滤渣经CS2提取后可获得副产品硫单质。提取过程中必须控制适宜的温度，不宜过高或过低的原因是_________。
(3)“除铁”时，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示。pH>1后，Fe3+萃取率下降的原因是_______________。
(4)“沉锰”过程中Mn2+沉淀离子方程式为__________。
(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
答案：(1) 粉碎矿石、充分搅拌、适当提高硫酸浓度等
MnO2+ 2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+2H2O
(2)温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS2沸点低大量气化
(3)pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
(4)Mn2++HCOeq \\al(－,3)+NH3=MnCO3↓+NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4)) (5)加热
解析：辉铜矿主要含有Cu2S及少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2及少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入稀硫酸浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入萃取剂除去Fe3+，分离后加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，以此解答。
(1)①酸浸时，通过粉碎矿石、升高温度、进行搅拌、或适当提高硫酸浓度都可以加快浸取速率；
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu2S与MnO2的溶解，反应(iii)为FeSO4促进MnO2溶解为Mn2+的过程，该过程中Fe元素由+2价上升到+3价，Mn元素由+4价下降到+2价，根据原子守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：MnO2+ 2H2SO4+ 2FeSO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+ 2H2O。
(2)S在CS2中的溶解度随温度升高而增大，CS2的沸点为46.2 °C，温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS2沸点低大量气化，提取过程中必须控制适宜的温度。
(3)pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
(4)“沉锰”过程中Mn2+和HCOeq \\al(－,3)、NH3反应得到MnCO3沉淀和铵盐，离子方程式为：Mn2++HCOeq \\al(－,3)+NH3=MnCO3↓+NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))。
(5)因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法。
12．氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN的工艺流程如下：
已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝10-16.6，Ksp[Ga(OH)3]＝10-35.1，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.5。
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为__________________________________。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g∙L-1、65 g∙L-1。常温下，为尽可能多地提取Ga3+并确保不混入Zn(OH)2，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致Ga3+的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的Ga2O3与NH3在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
(6)①GaN的熔点为1700℃，GaCl3的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为ρg∙cm-3，GaN的式量为Mr，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)
答案：(1)Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O CaSO4 (2)略小于5.7
(3)6ml/L 2ml/L (4)Ga(OH)3+OH-＝GaOeq \\al(－,2)+2H2O
(5)Ga2O3+2NH3eq \(=====,\s\up7(高温))2GaN+3H2O
(6)共价晶体 分子晶体 4 eq \r(3,eq \f(4Mr,ρ∙NA))×107
解析：矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入aml/L盐酸进行脱铁，再加入bml/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。
(1)Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
(2)酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003ml/L和1ml/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3ml/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
(3)根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L。
(4)Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成GaOeq \\al(－,2)，离子方程式为Ga(OH)3+OH-＝GaOeq \\al(－,2)+2H2O。
(5)Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH3eq \(=====,\s\up7(高温))2GaN+3H2O。
(6)①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为eq \f(1,8)×8＋eq \f(1,2)×6＝4，设晶胞边长为anm，则ρ=eq \f(4Mr,NA∙(a×10-7)3)g∙cm-3，则a=eq \r(3,eq \f(4Mr,ρ∙NA))×107nm。
盐酸浓度/ml·L-1
反萃取率/%
Ga3+
Fe3+
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3