高考化学一轮复习 课时提升练习9试题

(时间：45分钟)1．从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下列有关金属冶炼的说法正确的是()A．肯定发生的是置换反应B．肯定发生的是氧化还原反应C．只能用金属作还原剂冶炼金属D．如图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于金属在地壳中的含量多少【解析】金属的冶炼是将化合态的金属还原成金属单质，肯定是氧化还原反应；金属冶炼的方法有热分解法、热还原法和电解法，多数反应不是置换反应；还原法所用的还原剂有H2、CO、活泼金属等；金属的活动性越弱，越容易以游离态形式存在于自然界，金属阳离子的氧化性越强，越容易被还原为金属单质，因而冶炼越容易。【答案】B2．下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC．在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【解析】制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法；制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法；制备单质Cu用热还原法。【答案】B3．(双选)(2014·山东高考)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有()A．KCl B．KClO3C．MnO2 D．Mg【解析】做铝热反应实验时需使用Mg和KClO3作引燃剂。【答案】BD4．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up14(足量溶液A),\s\do15(充分反应))测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物eq\o(→,\s\up14(足量溶液B),\s\do15(充分反应))测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和B均可以选用稀硝酸C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D．实验方案Ⅱ更便于实施【解析】铜铝混合物与盐酸或NaOH溶液反应时，均只有Al参加反应，因此A正确；若A、B均选用稀HNO3，则两种金属均可反应，方案Ⅱ中无固体剩余，B错误；当B选用浓HNO3时，铝钝化生成氧化膜，所测铝的质量偏大，则铜的质量分数偏小，C正确；方案Ⅰ需收集气体，并需要将其转化为标准状况，不如方案Ⅱ称固体质量方便，D正确。【答案】B5．(2015·衡水质检)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()M＋Neq\o(→,\s\up14(点燃))Qeq\o(→,\s\up14(溶于水))Q溶液eq\o(→,\s\up14(惰性电极电解))M＋NA．Na B．AlC．Fe D．Cu【解析】Na、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，题给转化是：Cu＋Cl2→CuCl2→CuCl2溶液→Cu＋Cl2。【答案】D6.右图是三种稀酸对Fe­Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是()A．稀硝酸对Fe­Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B．稀硝酸和铁反应的化学方程式是Fe＋6HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋3NO2↑＋3H2OC．Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe­Cr合金的腐蚀性最强D．随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe­Cr合金的腐蚀性减弱【解析】根据图可知，Cr的含量不同，三种酸对Fe­Cr合金的腐蚀性不同，当w(Cr)较小时，稀硝酸对其腐蚀性最强，A不正确；铁与稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2，B错；三种酸的质量分数相同，盐酸中的氢离子浓度最大，C错；根据图中稀HNO3的曲线变化，可知D正确。【答案】D7．最近我国学者发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2(空气)反应，生成物冷却后经溶解、除铁、结晶，得到CuSO4·5H2O。实验结果如下：沸腾炉炉温/℃560580600620640660生成物水溶性Cu/%90.191.2493.5092.3889.9684.23酸溶性Cu/%92.0093.6097.0897.8298.1698.19酸溶性Fe/%8.566.723.462.782.372.28下列关于这一过程的叙述错误的是()A．反应中有二氧化硫生成B．产物中铜元素主要以氧化物形式存在C．随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低D．温度高于600℃生成物中水溶性Cu下降的原因是水溶性铜分解所致【解析】由表中数据知产物中水溶性Cu含量高，不可能以CuO形式存在。【答案】B8．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入稀硫酸中产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4④将铁片和铜片分别放入稀硫酸中铁片上有气泡，铜片上不产生气泡⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片有气泡产生能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有()A．2种 B．3种C．4种 D．5种【解析】①铁能置换出铜，证明铁比铜活泼；②不能证明；③不能证明；④铁能置换出稀硫酸中的氢，铜不能，证明铁比铜活泼；⑤铁与铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，证明铁比铜活泼，共有3种方案，选项B正确。【答案】B9．(2013·四川高考)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【解析】分析清楚反应过程，充分利用守恒思想来解决问题。A.向反应后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，固体质量增加的是OH－的质量，且有n(OH－)＝n(e－)，设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24g/mol×x＋64g/mol×y＝1.52g质量,2x＋2y＝\f(2.54g－1.52g,17g/mol)电子守恒))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.01mol,y＝0.02mol))，则该合金中铜、镁的物质的量之比为2∶1。B.该硝酸的浓度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(50×1.40×63%,63)mol,50×10－3L)＝14.0mol/L。C.NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体中NO2的物质的量为x，根据电子守恒得x＋(0.05mol－x)×2＝0.06mol，x＝0.04mol，NO2的体积分数为80%。D.得到2.54g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)＝0.7mol－0.04mol－0.02mol＝0.64mol，则NaOH溶液的体积是640mL。【答案】D10．铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体，将其加热有铜的氧化物生成，其质量随温度变化的曲线如图1所示。另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()图1图2A．图1中产物a、b的化学式分别为Cu2O和CuOB．图1整个过程中共生成0.26gH2OC．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD．图2中绘制错误的曲线共2条【解析】0.98gCu(OH)2的物质的量为0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g·mol－1＝0.80g，所以a点是CuO，A错误；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g·mol－1＝0.72g，所以b点是Cu2O，A错误；根据化学方程式4CuO=2Cu2O＋O2↑，过程中有氧气产生，B错误；CuO和其所含铜元素的质量关系(以CuO的质量为10g计算)为10gCuO中含8g铜元素，观察图2知，曲线B符合上述质量关系(表示的是CuO)。而曲线A上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其所含金属元素的质量，这是错误的，曲线C不符合Cu2O和其所含的铜元素的质量关系，所以C错误、D正确。【答案】D11．(2015·临汾市模拟)CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al及其化合物、SiO2杂质)，生产CuCl的工艺流程如下：物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Cu(OH)25.66.7Al(OH)33.84.7已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCleq\o\al(－,2)，CuCleq\o\al(－,2)的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀。(1)煅烧的主要目的是：___________________________________________。(2)操作Ⅰ为调节溶液的pH值，范围为_____，加入的物质X可以是______。A．CuO B．Cu(OH)2C．NaOH溶液 D．CaCO3(3)滤渣Ⅱ的主要成分是________。(4)往滤液Ⅱ中加入食盐并通入SO2可生成CuCleq\o\al(－,2)，请写出反应的离子方程式：_______________________________________________________。【解析】(1)铜在废铜料中主要以铜单质的形式存在，综观整个流程图可知，CuCl需从溶液中提取，故煅烧的目的是将铜转化为溶于酸的氧化物。(2)调节溶液中的pH时，应保证使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，而Cu2＋不能沉淀，故溶液的pH应4.7≤PH<5.6，加入的物质能消耗，但不能在含铜离子的溶液中引入新的杂质，再结合后面反应Ⅰ中需加入NaCl，符合要求的有ABC三项。(3)溶液的pH应4.7≤PH<5.6时，Fe3＋和Al3＋完全转化为相应的氢氧化物沉淀，滤渣Ⅱ的主要成分为：Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)根据题给的的反应物和生成物，再结合氧化还原反应的基本规律可写出反应的方程式：2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－=2CuCleq\o\al(－,2)＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。【答案】(1)使铜转化为可溶于酸的氧化物(2)4.7≤pH<5.6ABC(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－=2CuCleq\o\al(－,2)＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋12．某工厂酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。填写下面空白：(1)图中标号处需加入的相应物质分别是①_______、②_______、③_______、④________、⑤________。(2)写出①处发生反应的离子方程式：_______________________________；写出③处发生反应的化学方程式：__________________________________。(3)铁红的化学式为________；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红_____________________；氧化铜___________________________。【解析】(1)本实验的目的是用废铁屑、常用的酸和碱从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。而废水中含有Fe3＋、Cu2＋、Au3＋，因此首先加入废铁屑将Cu和Au都置换出来。Cu和Au的分离可以利用Cu与稀硝酸能反应而Au不能反应将其分离，Cu2＋和Fe2＋分别加入碱使其转化为沉淀，灼烧分别生成它们的氧化物。(2)由于废水显酸性，又含有Cu2＋、Au3＋、Fe3＋，因此加入铁屑发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋，3Fe＋2Au3＋=2Au＋3Fe2＋。(3)铁红的化学式为Fe2O3，铁红常用作红色颜料，氧化铜常用作制铜盐的原料。【答案】(1)①铁屑②稀硫酸③稀硝酸④氢氧化钠⑤氢氧化钠(2)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，2Au3＋＋3Fe=2Au＋3Fe2＋3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(3)Fe2O3用作红色颜料用作制造铜盐的原料13．铜器久置，表面会生成一层绿色固体，为了解铜在空气中的腐蚀情况，某化学兴趣小组收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。查阅相关资料后，猜想该绿色物质可能是铜的碳酸盐。该小组同学利用下图装置进行实验(部分夹持仪器略)。①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解，观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊。②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸，观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。请回答下列问题：(1)绿色固体中含有的元素是______________________________________。(2)加热后试管中剩余的黑色物质是_________________________________。(3)假设该绿色固体是