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章末综合检测(三)
(时间：45分钟 分值：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分)
1（. 2019·蚌埠高三第二次质检）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的
是（ ）
A.将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁
B.稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及化学变化
D.《新修本草》中有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧
之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质
解析：选D。海水中的Mg2＋经一系列转化为MgCl ，然后电解熔融MgCl 得到Mg，A正确；
2 2
植物的叶茎的主要成分是纤维素，纸的主要成分也是纤维素，B正确；光敏树脂遇光会导致分
子结构发生变化，C正确；青矾是硫酸亚铁晶体，灼烧时生成的红棕色物质是Fe O，D错误。
2 3
2.(2019·哈尔滨模拟)化学已深入我们的生活。下列有关说法不正确的是( )
A.PM2.5含有的铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素是金属元素
B.铝与Fe O 发生铝热反应，反应后固体物质增重
2 3
C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，“剂钢”指的是铁的合金
解析：选B。铝与氧化铁发生铝热反应，由质量守恒定律知，反应前后固体质量不变(因为
反应物、产物均为固体)。
3.下列有关金属的工业制法中，正确的是( )
A.制钠：以海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
B.制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁
C.制镁：以海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H 还原得镁
2
D.制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得铝
解析：选B。工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑，而电解NaCl溶液：
2
2NaCl＋2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑得不到钠，故A错误；工业制铁是用CO还原铁矿
2 2 2
石：3CO＋Fe O=====2Fe＋3CO ，故 B 正确；工业制镁是电解熔融 MgCl ：MgCl (熔
2 3 2 2 2
融)=====Mg＋Cl↑，故C错误；工业制铝是电解熔融Al O：2Al O(熔融)=====4Al＋3O↑，
2 2 3 2 3 2
AlCl 是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误。
3
4.(2019·佛山模拟)“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因
此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其是否正确。下列几种类推结论中错误的是(
)
①钠与水反应生成NaOH和H；所有金属与水反应都生成碱和H
2 2
②铁露置在空气中一段时间后会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③Al(OH) 、Cu(OH) 受热易分解；Fe(OH) 受热也易分解
3 2 3
④不能用电解熔融的AlCl 来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl 来制取金属镁
3 2
A.①④ B.②④
C.①②④ D.①②③④
解析：选C。①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H，金属与水反应不一定生成碱，如Fe
2
与水蒸气在高温下反应生成Fe O 和H，错误；②铁露置在空气中一段时间后会生锈，是因为
3 4 2
发生了电化学腐蚀，金属铝在空气中和O 反应表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止O 与内
2 2部铝反应，所以铝能稳定存在于空气中，错误；③难溶性碱受热易分解，所以Fe(OH) 受热也
3
易分解，正确；④AlCl 是共价化合物，熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl 来制取
3 3
金属铝，MgCl 是离子化合物，熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl 来制取金属镁，错误。
2 2
5.(2019·北京海淀区模拟)元素及其化合物丰富了物质世界。下列说法正确的是( )
A.铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象
B.NaOH溶液和AlCl 溶液相互滴加的现象不同
3
C.金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属
D.Al与热水反应困难，故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与HO发生反应
2
解析：选B。 A.铜与冷的浓硫酸不反应，不是因为铜与浓硫酸发生钝化，错误；B.氢氧化
钠溶液滴入氯化铝溶液中开始有沉淀生成然后沉淀逐渐消失，而把氯化铝滴入氢氧化钠溶液
中，开始无沉淀生成然后逐渐产生沉淀，但不会消失，正确；C.金属比非金属易失电子，但非金
属可以置换金属，如C与CuO的反应，错误；D.Al与热水反应困难，但活泼性不如Al的Fe与
水蒸气在高温条件下能反应生成四氧化三铁和氢气，错误。
6.(2019·昆明模拟)下列实验现象与对应结论均正确的是( )
选项 操作 现象 结论
常温下将铁片放入浓硫酸 剧烈反应生成有刺激性气 常温下铁易与浓硫酸发生
A
中 味气体 反应
Al (SO ) 溶液中滴加过量 先生成白色沉淀，随后又溶
B 2 4 3 Al(OH) 能溶于氨水
稀氨水 解 3
向某溶液中滴加
C 析出蓝色沉淀 该溶液中含有Fe2＋
K[Fe(CN) ]溶液
3 6
将表面氧化的铜丝从酒精 CuO被内焰中的乙醇蒸气
D 黑色的铜丝变红
灯的外焰慢慢移向内焰 氧化
解析：选C。A中现象错误，常温下铁遇浓HSO 会钝化，但无明显现象；B中现象和结论
2 4
均错误，Al(OH) 不溶于氨水中；D中结论错误，应是CuO被乙醇蒸气还原。
3
7.（2019·高考天津卷）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）
A.将废铁屑加入FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl
2 2
B.铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C.盐碱地（含较多NaCO 等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
2 3
D.无水CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
2
解析：选C。将废铁屑加入FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl，发生反应2FeCl
2 2 2
＋Cl===2FeCl 、2FeCl ＋Fe===3FeCl ，A项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬
2 3 3 2
度大，可用于航空工业，B项正确；盐碱地中施加熟石灰，发生反应NaCO ＋Ca（OH）
2 3
===CaCO ＋2NaOH，生成的NaOH为强碱，不利于作物生长，C项错误；无水CoCl 吸水后会
2 3 2
发生颜色变化，可用于判断变色硅胶是否吸水，D项正确。
8.利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe O 胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：
3 4
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。下列相关说法错误的是( )
A.用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用是去除油污、溶解镀锌层
B.调节溶液A的pH产生Zn(OH) 沉淀，经抽滤、洗涤、灼烧即可制得ZnO
2C.由溶液B制得Fe O 胶体粒子的过程中，须持续通N，其原因是防止Fe2＋被氧化
3 4 2
D.Fe O 胶体粒子能用减压过滤法实现固液分离
3 4
解析：选D。NaOH能除油污、溶解镀锌层，A正确；调节溶液A的pH产生Zn(OH) 沉淀，
2
经抽滤、洗涤、灼烧Zn(OH) 分解制得ZnO，B正确；Fe2＋容易被氧化，C正确；Fe O 胶体粒子
2 3 4
能透过滤纸，D错误。
9.下列实验过程中产生的现象与对应的图像不相符的是( )
解析：选C。NaOH溶液和AlCl 溶液按4∶1混合后完全转化为NaAlO ，继续加入AlCl
3 2 3
溶液，发生反应为Al3＋＋3AlO＋6HO===4Al(OH) ↓，A项正确；NaAlO 溶液中加入稀盐酸立
2 3 2
即有沉淀生成，继续加入盐酸，沉淀溶解，其反应为NaAlO ＋HCl＋HO===Al(OH) ↓＋
2 2 3
NaCl，Al(OH) ＋3HCl===AlCl ＋3HO，B 项正确；NaCO 溶液中加入稀盐酸先转化为
3 3 2 2 3
NaHCO 和NaCl，NaCO 完全转化为NaHCO 后，再加入稀盐酸才产生气体，C项错误；向含
3 2 3 3
Mg2＋和Al3＋的溶液中加入NaOH溶液得到Mg(OH) 和Al(OH) 两种沉淀，继续加入NaOH溶
2 3
液，Al(OH) 沉淀溶解，D项正确。
3
10.部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe O、CuO)共5.76 g，经如下处理：
2 3
下列说法正确的是( )
A.滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋
B.样品中Fe元素的质量为2.24 g
C.样品中CuO的质量为4.0 g
D.V＝896
解析：选B。因为硫酸足量，滤液A中不含Cu2＋，且只有金属Cu不与HSO 反应，所以滤
2 4
渣3.2 g为金属铜，物质的量为0.05 mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05 mol；滤液A中加
入足量NaOH溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2 g为Fe O。生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜
2 3
可以和Fe3＋反应，所以滤液A中一定不含Fe3＋，则滤液A中含有的阳离子为Fe2＋、H＋，A错误；
Fe元素的物质的量为×2＝0.04 mol，其质量为0.04 mol×56 g·mol－1＝2.24 g，B正确；根据B
项分析可知铁元素质量为2.24 g，而合金样品质量为5.76 g，所以CuO的质量不超过5.76 g－
2.24 g＝3.52 g，C错误；最后滤液A中溶质为过量HSO 和FeSO ，而铁元素物质的量为0.04
2 4 4
mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H＋ 0.08 mol，其中部分H＋生成氢气，另
外的H＋和合金中的O2－结合成水，由于合金中氧元素的物质的量为＝0.02 mol，全转化为HO
2
需消耗H＋ 0.04 mol，所以硫酸中生成H 的H＋的物质的量为0.08 mol－0.04 mol＝0.04 mol，
2
即生成0.02 mol H，标准状况下体积为448 mL，D错误。
2
二、非选择题(本题包括4小题，共40分)11.(10分)(2017·高考海南卷)以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO ·7H O的
4 2
过程如图所示：
硼镁泥的主要成分如下表：
MgO SiO FeO、Fe O CaO Al O B O
2 2 3 2 3 2 3
30%～40% 20%～25% 5%～15% 2%～3% 1%～2% 1%～2%
回答下列问题：
(1)“酸解”时应该加入的酸是 ，“滤渣1”中主要含有 。(写化学式)
(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是 、
________________________________________________________________________
。
(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是____________________________________
________________________________________________________________________。
(4)分离“滤渣3”应趁热过滤的原因是____________________________________
。
解析：(1)该工艺流程制备的是MgSO ·7HO，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化
4 2
学式为HSO ；根据硼镁泥的成分，SiO 不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO。(2)硼镁泥中含有
2 4 2 2
FeO，与硫酸反应后生成FeSO ，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用
4
是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋。(3)除杂除去的是Fe3＋
和Al3＋，因此检验“除杂”基本完成检验滤液中是否存在Fe3＋就行，方法是取少量滤液将其
酸化后滴加 KSCN 溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全。(4)趁热过滤是为防止
MgSO ·7HO结晶析出。
4 2
答案：(1)H SO SiO
2 4 2
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ 调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去
(3)取少量滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全
(4)防止MgSO ·7H O结晶析出
4 2
12.(8分)在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。
回答下列问题：
(1)若甲、乙是两种常见金属，且反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
①反应Ⅰ中甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，
则工业上生产甲的一般方法是 。
A.热分解法 B.热还原法 C.电解法
②反应Ⅱ中乙与HO在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中
2
的位置为__________________________________________________ ；反应Ⅱ的化学
方程式是___________________________________________。
(2)若甲、乙是离子化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。①反应Ⅲ的化学方程式是___________________________________________________。
②若反应Ⅰ是实验室制备某气体的反应，该气体分子为14电子结构。则反应Ⅰ的化学方
程式是 。
③在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体，其反应的离
子方程式是______________________________________________________
________________________________________________________________________；
写出HClO的结构式： 。
解析：(1)若甲、乙是两种常见金属，和水反应生成丙，且反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则
丙是氢气。
①甲和水反应生成的产物中除丙(氢气)外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则是氢氧
化钠，判断甲为钠，在工业生产中利用电解熔融氯化钠的方法得到金属钠。
②反应Ⅱ中乙与HO在高温下反应时，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁，铁
2
和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4HO(g)=====Fe O＋4H。
2 3 4 2
(2)①若甲、乙是离子化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化
钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。
②气体分子为14电子结构的物质是乙炔，故反应Ⅰ应为碳化钙和水的反应。
③氯水中含有HCl和HClO：Cl＋HOHCl＋HClO，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸
2 2
钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，促进上述平衡右移，从而能制得较浓HClO溶液。
答案：(1)①C ②第四周期Ⅷ族 3Fe＋4HO(g)=====Fe O＋4H
2 3 4 2
(2)①2Cl＋2Ca(OH) ===Ca(ClO)＋CaCl ＋2HO
2 2 2 2 2
②CaC ＋2HO―→Ca(OH) ＋C H↑
2 2 2 2 2
③2Cl＋HO＋CaCO ===Ca2＋＋2Cl－＋2HClO＋CO H—O—Cl
2 2 3 2
13.(10分)(2019·南京模拟)硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分
为ZnO，还含有Fe O、CuO、SiO 等杂质)制备ZnSO·7H O的流程如下：
2 3 2 4 2
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计
算)如表所示：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3＋ 1.1 3.2
Fe2＋ 5.8 8.8
Zn2＋ 6.4 8.0
(1)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的
措施有适当提高酸的浓度、 (填一种)。
(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3＋、H＋反应外，另一主要反应的化
学方程式为_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为________________________________
________________________________________________________________________。
溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是____________________________________
。
(4)“母液”中含有的盐类物质有_______________________________________
(填化学式)。
答案：(1)SiO 粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等)
2(2)Zn＋CuSO ===Cu＋ZnSO
4 4
(3)3Fe2＋＋MnO＋7ZnO＋9H＋===3Fe(OH) ＋MnO ＋7Zn2＋ 使Fe3＋沉淀完全，而Zn2＋不
3 2
沉淀
(4)ZnSO 、KSO
4 2 4
14.(12分)(2019·潍坊模拟)铜及其化合物在生产生活中有广泛应用，铜在化合物中的常见
化合价有＋1、＋2。已知Cu O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色。
2
(1)工业上可用Cu S＋O=====2Cu＋SO 反应制取粗铜，该反应中 元素被还原。
2 2 2
(2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50 ℃，加入HO 溶液，一段时间后，升
2 2
温到60 ℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜，该反应的离子方程式为 。温
度控制在50～60 ℃的原因除了加快反应速率外，还有_______________________
。在CuSO 溶液中加入一定量的NaSO 和NaCl溶液加热，
4 2 3
生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式：________________________________
________________________________________________________________________。
(3)现向Cu、Cu O和CuO组成的混合物中，加入2 L 0.6 mol·L－1 HNO 溶液恰好使混合
2 3
物溶解，同时收集到4 480 mL NO气体(标准状况)。Cu O与稀硝酸反应的离子方程式为
2
________________________________________________________________________。
若将上述混合物用足量的H 加热还原，所得到固体的质量为 g。若混合物中含
2
0.2 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗HSO 的物质的量为 mol。
2 4
解析：(1)在该反应中铜、氧元素的化合价降低，得到电子，被还原。(3)Cu O与稀硝酸反应
2
的离子方程式是3Cu O＋2NO＋14H＋===6Cu2＋＋2NO↑＋7HO。硝酸发生反应后氮元素的存
2 2
在形式是 Cu(NO ) 和 NO，由 2 L×0.6 mol·L－1＝2n[Cu(NO )]＋4.480 L÷22.4 L·mol－1得
3 2 3 2
n[Cu(NO )]＝0.5 mol，n(Cu2＋)＝0.5 mol，所以若将上述混合物用足量的H 加热还原，所得到
3 2 2
固体的质量为0.5 mol×64 g·mol－1＝32 g。若混合物中含0.2 mol Cu，则根据铜原子守恒可得：
2n(Cu O)＋n(CuO)＝0.3 mol；根据得失电子守恒可得：2n(Cu)＋2n(Cu O)＝3×(4.480 L÷22.4
2 2
L·mol－1)，解得n(CuO)＝0.1 mol，n(Cu O)＝0.1 mol，消耗HSO 的物质的量为0.1 mol＋0.1
2 2 4
mol＝0.2 mol。
答案：(1)铜、氧
(2)Cu＋HO ＋2H＋===Cu2＋＋2HO 防止 HO 分解 2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋
2 2 2 2 2
HO=====2CuCl↓＋SO＋2H＋
2
(3)3Cu O＋2NO＋14H＋===6Cu2＋＋2NO↑＋7HO 32 0.2
2 2
