突破01 备战2021年高考化学之突破物质结构性质与工艺流程题-突破金属及其化合物（题型精练）

突破01  重要金属及其化合物限时：20分钟1．(2019·天津理综，3)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FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B．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Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】　C【解析】　将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2，发生反应2FeCl2＋Cl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2，A项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬度大，可用于航空工业，B项正确；盐碱地中施加熟石灰，发生反应Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3＋2NaOH，生成的NaOH为强碱，不利于作物生长，C项错误；无水CoCl2吸水后会发生颜色变化，可用于判断变色硅胶是否吸水，D项正确。2．(2019·课标全国Ⅱ，11)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是(　　)A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2===2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2【答案】 C【解析】　CuSO4溶液呈蓝色，加入足量Zn粉后，Cu2＋被还原为Cu，溶液变成无色，A项正确；澄清石灰水在空气中久置能吸收空气中的CO2，生成CaCO3白色固体，B项正确；Na2O2呈淡黄色，在空气中放置后变为白色，是Na2O2吸收空气中的CO2和H2O转化成了Na2CO3和NaOH的缘故，C项错误；向Mg(OH)2悬浊液中加入足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，是因为Mg(OH)2与FeCl3溶液发生复分解反应生成了更难溶的Fe(OH)3，D项正确。3．(2019·江苏化学，6)下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)A．Fe在稀硝酸中发生钝化B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】　C【解析】　A项，常温下，Fe在浓硝酸中会发生钝化，错误；B项，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，与稀盐酸不反应，错误；C项，氨水过量，SO2与NH3·H2O发生反应生成(NH4)2SO3，正确；D项，室温下，Na与空气中O2反应生成Na2O，错误。4．(2019·天津理综，2)下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是(　　) 实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2OB向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2＋2MnO＋4H＋===3SO＋2Mn2＋＋2H2OD氧化亚铁溶于稀硝酸FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O【答案】　A【解析】　氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2Mg2＋＋2OH－，滴加氯化铵溶液，NH与OH－结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O，A项正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到红褐色Fe(OH)3胶体而不是沉淀，B项错误；二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，C项错误；氧化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，D项错误。5．(全国卷)下列反应中，反应后固体物质增重的是(　　)A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】　B【解析】　A项，CuO(s)―→Cu(s)，固体物质减轻，不符合题意；B项，Na2O2(s)―→Na2CO3(s)，固体物质增重，符合题意；C项固体物质质量不变，不符合题意；D项，Zn(s)―→Cu(s)，固体物质减轻，不符合题意。6．(全国卷)下列叙述正确的是(　　)A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2＋还原成Cu【答案】　C【解析】　同一主族元素，由上到下，金属性逐渐增强， Li不如钠活泼，在空气中燃烧只能生成Li2O。A错误；因为BaSO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋SO2↑，所以通常情况下，不逆向进行，或因为酸性：HCl＞H2SO3，所以通入SO2后无BaSO3沉淀，B错误；酸性：H2CO3＞HClO，反应为：CO2＋H2O＋Ca(ClO)2===CaCO3↓＋2HClO，强酸制弱酸，C正确；NH3通入热的CuSO4溶液中，将发生2NH3＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4, Cu(OH)2CuO＋H2O，溶液中NH3不能还原CuO为Cu, D错误。7.将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是(　　)【答案】　C【解析】　0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3的物质的量分别是0.01 mol、0.01 mol，加入稀盐酸后，HCl先与氢氧化钠反应，则消耗HCl的物质的量是0.01 mol，因此稀盐酸的体积是0.01 mol÷0.1 mol·L－1＝0.1 L，然后HCl再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，此时又消耗HCl的物质的量是0.01 mol，稀盐酸的体积是0.1 L，最后HCl再与0.01 mol的碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体0.01 mol，又消耗稀盐酸0.1 L，所以对应的图像是C。8．向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：则下列分析都正确的组合是(　　)①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1∶1③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1∶1④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3A．①②  B．①③  C．②④  D．②③【答案】　A【解析】　图像Ⅰ中从O点即开始产生CO2气体，对应溶液中的溶质为NaHCO3，①正确；图像Ⅱ中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量，对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比＝＝，②正确；图像Ⅲ中，Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3，③不正确；图像Ⅳ中，Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH，且二者的物质的量之比：＝＝，④不正确。9．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．反应Ⅰ的离子反应方程式为：2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．反应前溶液中c(Ce4＋)一定等于反应后溶液中的c(Ce4＋)D．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变【答案】　C【解析】　根据图示可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，A项正确；反应Ⅱ的反应物为Ce3＋、H＋、NO，生成物为Ce4＋、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋N2＋2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4＝1∶2，B项正确；反应前后溶液中Ce4＋的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4＋)减小，C项错误、D项正确。10.(2015·全国卷Ⅱ，12)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是(　　)A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】　C【解析】　A项，向苦卤中通入Cl2 时发生反应Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故其目的是为了提取溴，正确；B项，可将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤后调节滤液pH以除去可溶性杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错误；D项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用热空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr进行富集，正确。11.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、S、P等杂质)制取高效净水剂K2FeO4的流程如图所示：下列说法不正确的是(　　)A．废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污B．步骤②是将Fe2＋转化为Fe(OH)3C．步骤③中发生反应的离子方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－===2FeO＋3Cl－＋4H＋＋H2OD．步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4【答案】　C【解析】　油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应，纯碱溶液因CO水解呈碱性，热的纯碱溶液中CO的水解程度更大，去油污效果更好，A项正确；废铁屑经酸溶得到含Fe2＋的溶液，加入过量NaOH溶液和H2O2溶液能将Fe2＋转化为Fe(OH)3，B项正确；由于步骤②中NaOH溶液过量，步骤③加入的NaClO与Fe(OH)3在碱性条件下反应，生成物中不可能含有H＋，正确的离子方程式应为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，C项错误；由步骤④中加入KCl固体，Na2FeO4能转化为K2FeO4，可判断在相同条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，D项正确。12．锂离子电池广泛应用于智能手机、笔记本电脑等电子产品。废旧电池正极片中的钴酸锂(LiCoO2)可采用湿法液相还原法回收，并制得超细钴粉，其流程如下(已知：柠檬酸能与Co2＋形成配合物，CoO在酸性条件下能氧化Cl－)：下列叙述错误的是(　　)A．流程中NMP做溶剂，H2O2是氧化剂，而N2H4是还原剂B．酸浸时，使用柠檬酸比盐酸更高效环保C．酸浸时，温度不宜过高，其原因是温度高会使H2O2分解D．从正极片中可回收的金属元素有Al、Cu、Co、Li【答案】　A【解析】　从题干可知正极片中含钴酸锂(LiCoO2)，加入NMP溶液浸泡后得滤液，经蒸发、煅烧、研磨制得粉末状LiCoO2粗品，可知NMP为溶剂。加入H2O2后有O2放出，可知H2O2为还原剂，将＋3价钴还原为＋2价钴，再加入N2H4后生成单质钴，N2H4也作还原剂，自身被氧化为N2，A叙述错误；若选用盐酸酸浸，CoO在酸性条件下可氧化Cl－，有Cl2放出，不环保，而柠檬酸可与Co2＋形成配合物，促进反应正向进行，B叙述正确；温度过高，H2O2会分解生成O2，降低H2O2的利用率，C叙述正确；整个流程中依次有铝箔、铜箔、超细钴粉、含Li滤液出现，这些均可从正极片中回收，D叙述正确。