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(解析版)_05高考化学_2024年新高考资料_3.2024专项复习_2024届高考化学一轮复习限时训练

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：CO Na+、AlO、NO 、 B．无色可使pH试纸变红的溶液中：K+、Na+、MnO SO 、 C．加入Al能放出H 的溶液中：Cl－、HCO SO、NH 2 、 D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl－、CHCOO－ 3 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．MnO B错误； 在水溶液中显紫红色，与无色溶液不符，故 C．加入A1能放出H 的溶液，为酸或强碱溶液，HCO C错误； 2 既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故 D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液CHCOO－会生成 3 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．0.1mol·L－1KSCN溶液中：Fe3+、Al3+、NO SO 、 B．0.1mol·L－1HNO 溶液中：Fe2+、Cu2+、Cl－、ClO－ 3 C．0.1mol·L－1NaOH溶液中：Na+、K+、SiO S2- 、 D．75%酒精中：Mg2+、H+、Cr O、SO 2 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．HNO 溶液中，Fe2+与NO 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+、SiO 2-不发生反应，可以大量共存，故C正确； 、S D．75%酒精中，乙醇与H+、Cr O发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误； 2 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＋＋HO 2 B．漂白粉溶液中通入少量SO ：Ca2＋＋2ClO－＋SO ＋HO===CaSO↓＋2HClO 2 2 2 3 C．电解饱和食盐水：2Cl－＋2H＋=====Cl↑＋H↑ 2 2 D．Al溶于NaOH溶液：2Al＋2OH－＋2HO===2AlO －＋3H↑ 2 2 2 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．CaSO 和HClO会继续反应 3 生成CaSO，B错误；C．水不可拆，C错误；D．Al和NaOH反应，D正确。 4 4．下列离子方程式正确的是 A．过量SO 通入NaClO溶液中：SO H OClO－HClOHSO 2 2 2 B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO -=MgCO↓+CO O +2OH 3 +2H2 C．向含1molFeBr 的溶液中通入标准状况下22.4LCl 时，发生的反应为：2Fe2++2Br- 2 2+2Cl=2Fe3+＋Br +4Cl- 2 2 D．向NaHSO 溶液中滴入Ba(OH) 溶液至恰好显中性：H++SO+Ba2++OH-＝HO+BaSO↓ 4 2 2 4 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1molFeBr 的溶液中通入标准状况下22.4LCl 时，发生的反应为：2Fe2++2Br-+2Cl＝ 2 2 2 2Fe3++Br +4Cl-，C正确； 2 D．向NaHSO 溶液中滴入Ba(OH) 溶液至恰好显中性，离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-＝ 4 2 2HO+BaSO↓，D错误； 2 4 5．下列离子方程式正确的是 A．向NaHSO 溶液中滴加过量Ba(OH) 溶液：2H++SO 2++2OH－＝BaSO↓+2H O 4 2 +Ba 4 2 B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO +H O＝2HCO －+SO +SO2 2 3 C．将少量SO 气体通入NaClO溶液中：SO +2ClO－+H O＝SO 2 2 2 +2HClO D．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO －＝CO↑+H O + OH 2 2 答案：B 解析：A．Ba(OH) 是过量，NaHSO 是少量，系数为1，即离子反应方程式为：H＋＋SO 2＋ 2 4 ＋Ba ＋OH－＝HO＋BaSO↓，故A错误； 2 4 B．碳酸钠溶液跟酸反应先生成NaHCO ，故B正确； 3 C．次氯酸具有强氧化性能把SO SO 氧化成 ，故C正确； D．反应前后电荷不守恒，正确的是：HCO －=H O＋CO ＋OH 2 ，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) 浊液中滴加足量FeCl 溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH) +2Fe3+=2Fe(OH) +3Mg2+ 2 3 2 3 B．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+H O=Cl ↑+2OH- 2 2 C．将SO 通入溴水中使其褪色：SO ＋2HO＋Br =2H＋＋SO＋2HBr 2 2 2 2 D．NaO 在空气中放置后由淡黄色变为白色：2NaO=2Na O＋O↑ 2 2 2 2 2 2 答案：A 解析：A．由于Fe(OH) 比Mg(OH) 的溶度积更小，所以向Mg(OH) 浊液中滴加足量FeCl 溶液 3 2 2 3 出现红褐色Fe(OH) 沉淀，离子方程式为：3Mg(OH) +2Fe3+=2Fe(OH) +3Mg2+，A正确； 3 2 3 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 Cl ，离子 2 方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl↑+H O，B不正确； 2 2 C．HBr为强酸，将SO 通入溴水中使其褪色，离子方程式为：SO ＋2HO＋Br =4H＋＋SO＋ 2 2 2 2 2Br-，C不正确； D．NaO 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， 2 2 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+、NO + 、K B．某无色溶液：Al3+、Na+、HCO C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Cl-、I- D．水电离的c(H+)=1×10-11mol/L的溶液：K+、HCO - 、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+、HCO 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I 而不能大量共存，且OH-和Fe3+反应而不能大量共存，故C错误； 2 D．水电离的c(H+)=1×10-11mol/L的溶液中，水的电离被抑制，溶液呈强酸性或强碱性，H+、 HCO 和HO而不能大量共存，HCO -反应生成碳酸根和HO而不能大量共存，故D错误； 反应生成CO2 2 、OH 2 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．NaO 放入水中：NaO＋2HO＝2Na+＋2OH－＋O↑ 2 2 2 2 2 2 B．Fe在Cl 中燃烧：Fe＋Cl=====FeCl 2 2 2 C．浓硝酸见光分解：4HNO=====4NO↑＋3O↑＋2HO 3 2 2 D．盐酸中滴加NaSiO 溶液：2H+＋SiO HSiO 2 3 ＝ 2 3 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. 0.1mol·L－1的硫酸溶液中：K+、Na+、Cl－、SO 2 B. 中性溶液中：Fe3+、NH、SO、NO C. 水电离产生的c(OH－)＝1×10-12mol·L－1的溶液中：Na+、Al3+、NO － 、Br D. 澄清透明溶液中：Cu2+、SO、H+、Cl－ 答案：D 解析：A．H+和SO 2 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－)＝1×10-12mol·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：SO Cl＋HO＝SO＋2Cl－＋2H+ ＋ 2 2 B. 将氯气通入冷的石灰乳中制取漂白粉：Ca(OH) ＋Cl＝Ca2+＋Cl－＋ClO－＋HO 2 2 2C. 将少量氯气通入到碘化亚铁溶液中：2Fe2+＋Cl＝2Fe3+＋2Cl－ 2 D. 食醋和84消毒液混合：Cl－＋ClO－＋2H+＝Cl↑＋HO 2 2 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：3SO +H O＝SO+2Cl-+2HSO +Cl2 2 ，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) ＋Cl＝Ca2+＋Cl－＋ClO－＋HO， 2 2 2 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-+Cl＝2Cl-+I ，故C错误； 2 2 D．将食醋与“84”消毒液混合产生黄绿色气体：2CHCOOH+Cl-+ClO-＝ 3 Cl↑+H O+2CHCOO-，故D错误； 2 2 3 11．Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中， 利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH ∙HO、(NH )SO 和(NH )CO 配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH 形 3 2 4 2 4 4 2 3 3 成可溶于水的配离子：lgK (NH ∙HO)＝－4.7；Co(OH) 易被空气氧化为Co(OH) ；部分氢氧化物的 b 3 2 2 3 K 如下表。 sp 氢氧化物 Co(OH) Co(OH) Ni(OH) Al(OH) Mg(OH) 2 3 2 3 2 K 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12 sp 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(NH ∙HO) ___________c(NH) (填“＞”“＜”或“＝”)。 3 2 (3)“氨浸”时，由Co(OH) 转化为[Co(NH )]2+的离子方程式为___________________________。 3 3 6 (4) (NH )CO 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 4 2 3 图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 4 2 3 ①NH Al(OH) CO 属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 4 2 3 ②(NH )CO 提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是____________________________________。 4 2 3(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由CoCl 可制备Al CoO 晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距， 2 x y x、y为整数，则Co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HNO 溶液中 3 n(HNO)与n(HO)的比值，理论上最高为___________。 3 2 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和_________(填化学 3 式)。 答案：(1)MgO＋HO＝Mg(OH) (2)＞ 2 2 (3)2Co(OH) ＋12NH ∙HO＋SO [Co(NH )]2+＋SO＋13HO＋4OH－ 3 3 2 ＝2 3 6 2 或2Co(OH) ＋8NH ∙HO＋4NH＋SO [Co(NH )]2+＋SO＋13HO 3 3 2 ＝2 3 6 2 (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+、Co2+、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＋HO＝Mg(OH) 可与水反应，化学方程式为MgO＋HO＝Mg(OH) ；故答案为： 2 2 2 2 MgO＋HO＝Mg(OH) 。 2 2 (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgK (NH ∙HO)＝－4.7，K (NH ∙HO)＝10-4.7＝，＝＝＝10- b 3 2 b 3 2 0.6＜1，则c(NH ∙HO)＞c(NH)；故答案为：＞。 3 2 (3)“氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH )]2+，则由 3 3 6 Co(OH) 转化为[Co(NH )]2+的离子方程式为2Co(OH) ＋12NH ∙HO＋SO [Co(NH )]2+＋SO＋13HO 3 3 6 3 3 2 ＝2 3 6 2 ＋4OH－或2Co(OH) ＋8NH ∙HO＋4NH＋SO [Co(NH )]2+＋SO＋13HO；故答案为：2Co(OH) ＋ 3 3 2 ＝2 3 6 2 3 12NH ∙HO＋SO [Co(NH )]2+＋SO＋13HO＋4OH－或2Co(OH) ＋8NH ∙HO＋4NH＋SO 3 2 ＝2 3 6 2 3 3 2 ＝ [Co(NH )]2+＋SO＋13HO。 2 3 6 2(4)(NH )CO 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 4 2 3 谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 4 2 3 ①X射线衍射图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰，则NH Al(OH) CO 属于晶体；故 4 2 3 4 2 3 答案为：晶体。 ②根据题意(NH )CO 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(NH )CO 4 2 3 4 2 3 能提高了Ni、Co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CoCl 可制备Al CoO 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只 2 x y 有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此 Co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(NO)∙6HO，根据Mg(NO)＋2HO Mg(OH) ＋2HNO，Mg(OH) ===MgO＋HO，还剩余5 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 个水分子，因此所得HNO 溶液中n(HNO)与n(HO)的比值理论上最高为2∶5；故答案为：0.4或 3 3 2 2∶5。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析Mg(NO)＋2HO Mg(OH) 3 2 2 2 ＋2HNO，Mg(OH) ===MgO＋HO，在于可重复利用HNO 和MgO；故答案为：MgO。 3 2 2 3 12．某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实 现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物 Fe(OH) Co(OH) Ni(OH) Mg(OH) 质 3 2 2 2 K 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 sp 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(H SO )，1mol 2 5 HSO 中过氧键的数目为_______。 2 5 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被HSO 氧化为MnO ，该反应的离子方程式为____ 2 5 2 ____________________(HSO 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO 、_______(填 2 5 2 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。SO 体积分数为_____ 2 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 2 _______________。 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(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)N A (3)HO＋Mn2+＋HSO＝MnO ＋SO＋3H+ Fe(OH) 2 2 3 (4)9.0% SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 2 2 5 (5)4Co(OH) ＋O＝4 CoO(OH)＋2HO (6)11.1 2 2 2 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(H SO )，用 2 5 石灰乳调节pH＝4，Mn2+被HSO 氧化为MnO ，发生反应HO＋Mn2+＋HSO＝MnO ＋SO＋3H+， 2 5 2 2 2 Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成 2 CoO(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) H SO 的结构简式为 ，所以1mol HSO 中过氧键的数目为N 2 5 2 5 A (3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被HSO 氧化为MnO ，该反应的离子方程式为：HO＋Mn2+＋ 2 5 2 2 HSO＝MnO ＋SO＋3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L， 2 K [Fe(OH) ]＝c(Fe3+)c3(OH－)＝10-5×c3(OH－)＝10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw＝10-14，pH＝ sp 3 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SO 体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时， 2 2 由于SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 2 2 5 (5)“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为： 2 4Co(OH) ＋O＝4 CoO(OH)＋2HO； 2 2 2 (6)Ksp[Mg(OH) ]＝10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-) 2 ＝10-2.9mol/L，根据Kw＝10-14，c(H+)＝10-11.1mol/L，所以溶液的pH＝11.1；