2020届高考化学一轮复习专题3检测(含解析)

选项C不正确；Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH＋2H2O=2AlO2

－

－－

＋3H2↑，AlO2和HCO3反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。

－-

8．（北京市市昌平区2019届二模）下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是 A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe+Cu=2Fe+Cu B．Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑ C．氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O D．Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO3【答案】B

【解析】FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe+Cu==2Fe+Cu，故A正确；Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH +O2↑，故B错误；氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O，故C正确；Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO3

CaCO3(s)+SO4，故D正确。

9．（山东省临沂市2019届模拟）明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）

2?

2?

3+

2+

2+

2?

3+

2+

2+

CaCO3(s)+SO4

2?

A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用 B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C．“沉淀”反应的金属离子为Fe D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3 【答案】D

【解析】易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。 10．（北京市丰台区2019届二模）以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：

3+

下列说法不正确的是

A．装置②中试剂可以是NaOH溶液 B．装置③的作用是干燥O2 C．收集氧气应选择装置a

D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 【答案】C

【解析】装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D。

11．（安徽省安庆市2019届模拟）化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3?Mg(OH)2?3H2O]是以卤块(主要成分为MgCl2, 含Fe、Fe等杂质离子)为原料制备。工艺流程如下：

2+

3+

注：氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去 下列说法正确的是

A．沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe (OH)3的混合物

B．“…”的操作步骤为:氧化和调节pH等分离和提纯过程

C．“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3?Mg(OH)2?3H2O]有重要的作用 D．“料液II”呈酸性 【答案】B

【解析】由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe (OH)3，A错误；由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe (OH)3沉淀，B正确；加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误； “料液Ⅱ”呈碱性，D错误；故合理选项是B。

12．（湖南省株洲市2019届模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能 溶解l9.2g(已知硝酸只被还原为NO气体，下同)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的 量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是( )

A．c 点时，溶液中的溶质为 Fe2(SO4)3

B．ab 段发生反应的离子方程式为：Fe+Fe=2Fe C．原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为0.4 mol/L D．原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为 4 mol/L 【答案】D

【解析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO3+4H=Fe+NO↑+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe=3Fe，bc段发生反应为：Fe+2H=Fe+H2↑。根据上面分析可知：c点是溶质为硫酸亚铁，不是硫酸铁，A错误；ab段发生反应为：Fe+2Fe=3Fe，B错误；oa段发生反应为：Fe+NO3+4H=Fe+NO↑+2H2O，

3+

2+

-+

3+

3+

2+

+

2+

-+

3+

3+

2+

11.2g-硝酸全部起氧化剂作用，则原混合液中n(NO3)=2n(Fe)=2×56g/mol=0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓0.4mol 度c(HNO3)=0.2L=2mol/L，C错误；反应消耗22.4g铁的物质的量n(Fe)=22.4g÷56g/mol= 0.4mol，根

据Fe元素守恒可知n( FeSO4)=0.4mol再根据S元素守恒，每份含硫酸的物质的量是0.4mol，所以c(H2SO4)=0.4mol÷0.1L= 4mol/L，故D正确。

13．（四省名校2019届第三次大联考）化学是一门以实验为基础的学科。通过分析下列实验现象，得出的结论中正确的是 选项 实验操作 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液,观察到溶液A 变红 B 向2mL ZnSO4 和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S相同温度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS) Fe（NO3）2样品已氧化变质 结论

溶液，先出现白色沉淀 取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化C 钠溶液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝 D 向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀 AlO2结合氢离子的能力比碳酸根强 -淀粉已经完全水解 【答案】D

【解析】酸性条件下，NO3能将Fe氧化为Fe，无法检验Fe(NO3)2样品已氧化变质，故A错误；ZnSO4 和CuSO4的浓度未知，所以不能根据向2mL ZnSO4 和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S溶液，得出Ksp的大小关系，故B错误；取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，因为碘可以与过量氢氧化钠反应，若碘反应后没有剩余，即使有淀粉存在，溶液也不会变蓝，故不能判断淀粉是否完全水解，故C错误；向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液发生反应：AlO2+HCO3+H20= Al(OH)3↓+ CO3，所以AlO2结合氢离子的能力比碳酸根强，故D正确。

14．（江西省南康中学2019届模拟）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是

2-----2＋

3＋

A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 【答案】C

【解析】FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意。 15. （河北省承德一中2019届模拟）下列实验过程中产生的现象与对应的图像不相符的是( )