高考化學二輪復習 專題九 常見的無機物及其應用練習（含解析）-人教版高三化學試題

專題九常見的無機物及其應用一、單項選擇題1.(2019江蘇單科,6,2分)下列有關(guān)化學反應的敘述正確的是()A.Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化B.MnO2和稀鹽酸反應制取Cl2C.SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3D.室溫下Na與空氣中O2反應制取Na2O2答案CA項,常溫下,Fe遇濃硝酸發(fā)生鈍化,Fe與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應生成NO氣體,錯誤;B項,MnO2與濃鹽酸在加熱條件下可制取Cl2,與稀鹽酸不反應,錯誤;C項,SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3,正確;D項,室溫下Na與O2反應生成Na2O,錯誤。2.(2019廣東佛山一模)硫是生物必需的營養(yǎng)元素之一,下列關(guān)于自然界中硫循環(huán)(如圖所示)的說法正確的是()A.含硫桿菌及好氧/厭氧菌促進了硫的循環(huán)B.硫循環(huán)中硫的化合物均為無機物C.上述硫循環(huán)中硫元素均被氧化D.燒煤時加石灰石,可減少酸雨及溫室氣體的排放答案AA項,分析題圖可知,含硫桿菌及好氧/厭氧菌促進了硫的循環(huán);B項,硫循環(huán)中硫的化合物包括有機物和無機物;C項,硫循環(huán)中,部分硫元素化合價升高被氧化,部分硫元素化合價降低為-2價被還原;D項,燒煤時加入石灰石可減少二氧化硫的排放量,即可減少酸雨的發(fā)生,但不能減少溫室氣體的排放量。3.(2019安徽黃山一模)下列各組物質(zhì)中,物質(zhì)之間通過一步反應能實現(xiàn)如下圖所示轉(zhuǎn)化的是()選項ABCDXFeAl2O3N2HClYFeCl3Al(OH)3NO2NaClZFe(OH)3NaAlO2HNO3Cl2答案DFe(OH)3Al(OH)3,NaAlO2也無法通過一步反應生成Al2O3,B項錯誤;N2無法通過一步反應生成NO2,C項錯誤;HCl與氫氧化鈉反應生成NaCl,電解熔融NaCl生成氯氣,氯氣與鈉反應生成氯化鈉,氯氣與氫氣反應生成氯化氫,D項正確。4.(2019河南平頂山二調(diào))某化工廠制備凈水劑硫酸鐵銨晶體[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一種方案如下:下列說法不正確的是()A.濾渣A的主要成分是CaSO4B.相同條件下,NH4Fe(SO4)2·6H2O凈水能力比FeCl3強C.“合成”反應要控制溫度,溫度過高,產(chǎn)率會降低D.“系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、干燥等答案B硫酸鈣微溶于水,濾渣A的主要成分是硫酸鈣,A項正確;NH4+抑制Fe3+的水解,故相同條件下氯化鐵凈水能力比硫酸鐵銨晶體強,B項錯誤;“合成”時溫度過高,會促進Fe5.(2019江西重點中學盟校聯(lián)考)某學習小組以廢催化劑(主要成分為SiO2、ZnO、ZnS和CuS)為原料,制備鋅和銅的硫酸鹽晶體。設(shè)計的實驗方案如下:下列說法正確的是()A.步驟①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuSB.步驟①、③中發(fā)生的反應均為氧化還原反應C.步驟③涉及的離子反應可能為CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2OD.步驟②和④,采用蒸發(fā)結(jié)晶、過濾后均可獲取粗晶體答案CZnO、ZnS可與稀硫酸反應,CuS不溶于稀硫酸,A錯誤;步驟①中發(fā)生反應:ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S↑,均不是氧化還原反應,B錯誤;步驟③中發(fā)生反應:CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O,離子方程式為CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O,C正確;步驟②和④均為溶液結(jié)晶得到含結(jié)晶水的晶體,均采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶法,D錯誤。二、不定項選擇題6.下圖所示為海水綜合利用的部分流程,下列有關(guān)說法正確的是()A.第①步中除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì)加入的藥品順序為NaOH溶液→Na2CO3B.第②步是一個將電能轉(zhuǎn)化為化學能的過程,工業(yè)上采用陰離子交換膜的電解裝置C.第③步中結(jié)晶出的MgCl2·6H2O可在空氣中受熱分解制無水MgCl2D.第④步中反應的離子方程式為Cl2+2Br-2Cl-+Br2,第⑤⑥步的目的是富集溴元素答案D除去粗鹽中的雜質(zhì)離子時,Na2CO3溶液應在BaCl2溶液之后加入,故A錯誤;第②步是電解飽和食鹽水,是將電能轉(zhuǎn)化為化學能的過程,工業(yè)上采用陽離子交換膜的電解裝置,故B錯誤;為防止鎂離子水解,應在氯化氫氣流中加熱MgCl2·6H2O,故C錯誤;第④步中溴元素被氧化,發(fā)生反應的離子方程式為Cl2+2Br-2Cl-+Br2,第⑤步中溴單質(zhì)在碳酸鈉溶液中發(fā)生歧化反應生成溴化鈉和溴酸鈉,第⑥步中溴化鈉和溴酸鈉經(jīng)酸化轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì),過程中⑤⑥步的目的是濃縮、富集溴元素,故D正確。7.下圖所示是驗證氯氣性質(zhì)的微型實驗,a、b、c、d、e是浸有相關(guān)溶液的濾紙。已知:2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O。向KMnO4晶體上滴加一滴濃鹽酸后,立即用另一培養(yǎng)皿扣在上面。下列有關(guān)說法正確的是()A.a處變藍、b處變棕紅,說明非金屬性:Cl>Br>IB.c處先變紅后褪色,說明Cl2與H2O反應生成HClC.d處立即褪色,不能說明Cl2與H2O反應生成HClOD.e處變紅,說明Cl2與Fe2+反應生成Fe3+答案CDCl2分別與KI、NaBr作用生成I2、Br2,a處變藍、b處變棕紅,可證明氧化性:Cl2>I2、Cl2>Br2,無法證明I2與Br2氧化性的強弱,則無法證明非金屬性:Cl>Br>I,A項錯誤;氯氣與水發(fā)生反應Cl2+H2OH++Cl-+HClO,H+使試紙變紅,HClO具有漂白性,可使試紙褪色,則c處先變紅后褪色,能證明氯氣與水反應生成了酸性物質(zhì)和漂白性物質(zhì),B項錯誤;Cl2和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,消耗了氫氧化鈉,紅色褪去,不能證明Cl2與H2O反應的生成物是HClO,C項正確;Cl2將Fe2+氧化為Fe3+,使浸有KSCN溶液的濾紙變?yōu)榧t色,D項正確。三、非選擇題8.(2019江蘇單科,16,12分)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物,含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。(1)N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物,用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學方程式為。

(2)NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收,主要反應為NO+NO2+2OH-2NO2-+H22NO2+2OH-NO2-+NO3-①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有(填字母)。

A.加快通入尾氣的速率B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C.吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾,得到NaNO2晶體,該晶體中的主要雜質(zhì)是(填化學式);吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是(填化學式)。

(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣,可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同,NO轉(zhuǎn)化為NO3在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,其離子方程式為。

②NaClO溶液的初始pH越小,NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是。

答案(1)2NH3+2O2N2O+3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H②溶液pH越小,溶液中HClO的濃度越大,氧化NO的能力越強解析(1)根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可寫出NH3與O2反應的化學方程式。(2)①若要提高尾氣中NO和NO2的去除率,須加快氮氧化物與NaOH的反應速率。B項措施能增大氣、液反應物的接觸面積,C項措施增大NaOH溶液的濃度,二者均能加快反應速率;A項措施易導致氮氧化物不能及時被吸收,使NO和NO2去除率降低。②據(jù)題給反應:2NO2+2OH-NO2-+NO3-+H2O可知,NaNO2(3)①據(jù)得失電子守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2NO3-,據(jù)電荷守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2NO3-+5H+,據(jù)原子(質(zhì)量)守恒可得:3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H+9.(2017課標Ⅰ,27,14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料,可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3,還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備。工藝流程如下:回答下列問題:(1)“酸浸”實驗中,鐵的浸出率結(jié)果如圖所示。由圖可知,當鐵的浸出率為70%時,所采用的實驗條件為。

(2)“酸浸”后,鈦主要以TiOCl42。

(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40min所得實驗結(jié)果如下表所示:溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率/%9295979388分析40℃時TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因。

(4)Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4,其中過氧鍵的數(shù)目為。

(5)若“濾液②”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入雙氧水和磷酸(設(shè)溶液體積增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?(列式計算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.3×10-22、1.0×10-24。

(6)寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式。

答案(1)100℃、2h,90℃、5h(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOCl42-+2H(3)低于40℃,TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應速率隨溫度升高而增加;超過40℃,雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應速率下降(4)4(5)Fe3+恰好沉淀完全時,c(PO43-)=1.3×10-221.0×10-5mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO43-)值為0.013×(1.3×10-17)2(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑解析本題以工藝流程為依托,考查圖表分析能力和有關(guān)Ksp的計算等。(1)由題圖可知,當鐵的浸出率為70%時,所采用的實驗條件為100℃、2h或90℃、5h。(2)“酸浸”后,鈦主要以TiOCl42-形式存在,反應的離子方程式為FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOCl2-4+2H2O。(3)TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應速率受溫度、反應物濃度等因素的影響。低于40℃,TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應速率隨溫度升高而增加;超過40℃,雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應速率下降。(4)Li2Ti5O15中Ti為+4價,Li為+1價,設(shè)過氧鍵的數(shù)目為x,則1×2+4×5=2×(15-2x)+2x,解得x=4。(6)高溫下FePO4與Li2CO3和H2C2O4反應制備LiFePO4,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可得化學方程式:2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H23CO2↑。10.(2017課標Ⅱ,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分為CaO、SiO2,并含有一定量的鐵、鋁和鎂等金屬的氧化物。實驗室測定水泥樣品中鈣含量的過程如圖所示:回答下列問題:(1)在分解水泥樣品過程中,以鹽酸為溶劑,氯化銨為助溶劑,還需加入幾滴硝酸。加入硝酸的目的是,還可使用代替硝酸。

(2)沉淀A的主要成分是,其不溶于強酸但可與一種弱酸反應,該反應的化學方程式為。

(3)加氨水過程中加熱的目的是。沉淀B的主要成分為、(寫化學式)。

(4)草酸鈣沉淀經(jīng)稀H2SO4處理后,用KMnO4標準溶液滴定,通過測定草酸的量可間接獲知鈣的含量,滴定反應為:MnO4-+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。實驗中稱取0.400g水泥樣品,滴定時消耗了0.0500mol·L-1的KMnO4溶液36.00mL,則該水泥樣品中鈣的質(zhì)量分數(shù)為答案(1)將樣品中可能存在的Fe2+氧化為Fe3+H2O2(2)SiO2(或H2SiO3)SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O)(3)防止膠體生成,易沉淀分離Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%解析(1)水泥樣品中可能含有Fe2+,酸溶時加入幾滴硝酸可將Fe2+氧化為Fe3+;將Fe2+氧化為Fe3+的氧化劑還可以選擇H2O2,該氧化劑的還原產(chǎn)物為H2O,不會引入其他雜質(zhì)。(2)SiO2不溶于鹽酸、硝酸等強酸,但可溶于氫氟酸。(3)Fe3+、Al3+在沉淀的過程中容易形成膠體而無法沉淀分離,采取加熱的方法可加速微粒凝聚形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,從而易于分離;pH為4~5時Al3+、Fe3+可完全沉淀,而Mg2+、Ca2+不沉淀,故沉淀B的主要成分為Al(OH)3、Fe(OH)3。(4)配平方程式可得對應關(guān)系式:2KMnO4~5H2C2O4~5CaC2O4~5Ca2+2mol5×40g0.0500×36.00×10-3molm(Ca2+)m(Ca2+)=0.180g故ω(Ca2+)=0.11.(2017課標Ⅲ,27,15分)重鉻酸鉀是一種重要的化工原料,一般由鉻鐵礦制備,鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3,還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備流程如圖所示:回答下列問題:(1)步驟①的主要反應為:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反應配平后FeO·Cr2O3與NaNO3的系數(shù)比為。該步驟不能使用陶瓷容器,原因是。

(2)濾渣1中含量最多的金屬元素是,濾渣2的主要成分是及含硅雜質(zhì)。

(3)步驟④調(diào)濾液2的pH使之變(填“大”或“小”),原因是(用離子方程式表示)。

(4)有關(guān)物質(zhì)的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl,蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到(填標號)得到的K2Cr2O7固體產(chǎn)品最多。

a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃步驟⑤的反應類型是。

(5)某工廠用m1kg鉻鐵礦粉(含Cr2O340%)制備K2Cr2O7,最終得到產(chǎn)品m2kg,產(chǎn)率為。

答案(1)2∶7陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO42-+2H+Cr2O7(4)d復分解反應(5)190m解析(1)利用得失電子守恒法配平:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,則FeO·Cr2O3與NaNO3的系數(shù)比為2∶7。陶瓷中含有SiO2,在高溫下能與Na2CO3反應,會損壞儀器。(2)由步驟①可知熔塊中含有NaNO2、Na2CrO4、Fe2O3等,故濾渣1中含量最多的金屬元素為Fe,而步驟③需除去Al3+及含硅物質(zhì),故濾渣2中應主要含Al(OH)3及含硅雜質(zhì)。(3)步驟④調(diào)pH的目的是促進CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-,根據(jù)2CrO42-+2H+(4)根據(jù)溶解度曲線圖可知,應選擇K2Cr2O7溶解度小于溶液中其他溶質(zhì)溶解度且溶解度最小的溫度區(qū)域,故選d。反應為2K++Cr2O72-K2Cr2O(5)根據(jù)Cr原子守恒建立關(guān)系式:Cr2O3~K2Cr2O7152 294m1·40%kg m(K2Cr2O7)m(K2Cr2O7)=294·故產(chǎn)率為m2kg294命題拓展預測1.以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2)為原料,生產(chǎn)Fe3O4的部分工藝流程如下:下列說法錯誤的是()A.用NaOH溶液吸收焙燒過程產(chǎn)生的SO2有利于保護環(huán)境和資源再利用B.從高硫鋁土礦中可制得Al、Fe的化合物C.向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2,鋁元素存在的形式由AlO2-D.FeS2與Fe2O3混合后在無氧條件下焙燒的目的是生成Fe3O4和SO2答案C礦粉焙燒時FeS2與O2反應生成Fe2O3和SO2,“堿浸”時Al2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAlO2、Na2SiO3;Fe2O3和FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,經(jīng)磁選可得到Fe3O4。SO2為有毒氣體,不能直接排放到空氣中,可用NaOH溶液吸收焙燒過程中產(chǎn)生的SO2,有利于保護環(huán)境和資源再利用,A項正確;高硫鋁土礦中含有Al和Fe元素,可通過適當?shù)牟僮髦频肁l、Fe的化合物,B項正確;由上述分析可知,濾液中含有NaAlO2,通入過量的CO2后,生成Al(OH)3,C項錯誤;Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,反應的化學方程式為FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑,D項正確。2.草酸亞鐵(FeC2O4·nH2O)的溶解度在冷水中為0.22g,熱水中為0.026g,具有強還原性,常用作分析試劑及顯影劑。某化學小組利用工業(yè)廢鐵屑設(shè)計如下裝置制備草酸亞鐵晶體。回答下列問題:(1)實驗前需將廢鐵屑在5%的Na2CO3溶液中加熱并用蒸餾水洗滌干凈,則Na2CO3溶液的作用是

。

(2)組裝好裝置后首先需要檢驗裝置的氣密性,其方法是

。實驗過程中裝置c的作用是。

(3)實驗過程:在相應裝置添加試劑后,需要讓a瓶中反應先進行一段時間以排除空氣,進行的操作是打開K1將一定量稀硫酸加入a瓶后關(guān)閉K1,同時還要進行的操作是,一段時間后,需要將a裝置中的硫酸亞鐵溶液導入裝置b中,其操作是。

(4)b中生成的沉淀需過濾、洗滌、干燥,洗滌時最好選用下列試劑中的(填序號)。

a.硫酸b.冷水c熱水檢驗洗