2020届高考化学一轮复习专题3检测(含解析)

【答案】C

【解析】NaOH溶液和AlCl3溶液按4∶1混合后完全转化为NaAlO2，继续加入AlCl3溶液，发生反应为Al

－

3＋

＋3AlO2＋6H2O===4Al(OH)3↓，A项正确；NaAlO2溶液中加入稀盐酸立即有沉淀生成，继续加入盐酸，沉淀溶解，其反应为NaAlO2＋HCl＋H2O===Al(OH)3↓＋NaCl，Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，B项正确；Na2CO3溶液中加入稀盐酸先转化为NaHCO3和NaCl，Na2CO3完全转化为NaHCO3后，再加入稀盐酸才产生气体，C项错误；向含Mg和Al的溶液中加入NaOH溶液得到Mg(OH)2和Al(OH)3两种沉淀，继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，D项正确。

16. （山西省长治一中2019届模拟）部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、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Fe、Fe、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 【答案】B

【解析】因为硫酸足量，滤液A中不含Cu，且只有金属Cu不与H2SO4反应，所以滤渣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Fe2O3。生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe反应，所以滤液A中一定不含

3＋

2＋

3＋

2＋

＋

3.2 g3＋2＋＋

Fe，则滤液A中含有的阳离子为Fe、H，A错误；Fe元素的物质的量为－1×2＝0.04 mol，

160 g·mol其质量为0.04 mol×56 g·mol＝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H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 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O结合成水，由于合金中氧元素的物质的量为

5.76 g－3.2 g－2.24 g＋＋

＝0.02 mol，全转化为H2O需消耗H 0.04 mol，所以硫酸中生成H2的H的物质的－116 g·mol量为0.08 mol－0.04 mol＝0.04 mol，即生成0.02 mol H2，标准状况下体积为448 mL，D错误。 二、非选择题(本大题共3小题，共36分)

19.(12分) （黑龙江伊春一中2019届模拟）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。

＋

＋

2－

＋

－1

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H2O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H2O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，铁和水蒸气反应生成高温

四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)=====Fe3O4＋4H2。

(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：Cl2＋H2O

HCl＋HClO，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成

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。 高温

【答案】(1)①C ②第四周期Ⅷ族 3Fe＋4H2O(g)=====Fe3O4＋4H2 (2)①2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O ②CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑

③2Cl2＋H2O＋CaCO3===Ca＋2Cl＋2HClO＋CO2 H—O—Cl

20．(12分) （浙江省温州一中2019届模拟）银铜合金广泛应用于航空工业。从切割废料中回收单质银并制备铜的化工产品CuAlO2的工艺如下[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]：

2＋

－

(1)电解精炼银时，电解质溶液为________。滤渣A与稀硝酸反应，产生的气体能在空气中迅速变为红棕色，反应的化学方程式为______________________________________。

(2)固体混合物B的组成为__________，在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，最后将得不到CuAlO2，原因是______________________________。

(3)若将上述流程图中加入的稀NaOH溶液改为加入过量的氨水(其他均不变)，则滤液中的阳离子有__________________________________________________________。

高温

(4)完成上述煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO＋Al2O3=====CuAlO2＋__________。

【解析】 (1)电解精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，AgNO3溶液为电解质溶液；滤渣A中Ag与稀HNO3反应生成NO，无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色的NO2。(2)未煮沸之前是Cu(OH)2和Al(OH)3，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃，煮沸后Cu(OH)2分解生成氧化铜，则B为Al(OH)3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O。若NaOH过量，则固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到产品CuAlO2。(3)稀NaOH溶液改为加入过量的氨水会生成[Cu(NH3)4]

＋

＋

2

、NH4等。(4)反应前Cu为＋2价，反应后为＋1价，化合价降低1，Al元素的化合价没有变化，所以氧元

素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为－2价，反应后为0价，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，高温

再根据原子守恒得：4CuO＋2Al2O3=====4CuAlO2＋O2↑。

【答案】 (1)AgNO3溶液 3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O；2NO＋O2===2NO2

(2)Al(OH)3和CuO Al(OH)3＋OH===AlO2＋2H2O，固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到含有Al元素的产品CuAlO2

(3)[Cu(NH3)4]、NH4、H等 (4)4 2 4 1 O2↑

15．（12分）(2019·福建泉州一中质检)硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO4·5H2O晶体并进行加热分解的探究。请回答以下问题： 探究Ⅰ：制取CuSO4·5H2O晶体 小组同学设计了如下两种方案： 甲：将铜片加入足量浓硫酸中并加热。

乙：将铜片加入稀硫酸，控制温度为40～50 ℃，滴加双氧水。

(1)方案甲发生反应的化学方程式为__________________。反应结束后有大量白色固体析出，简述从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法：倒出剩余液体，____________________________________。 (2)方案乙发生反应：Cu＋H2SO4＋H2O2===CuSO4＋2H2O，该实验控温40～50 ℃的原因是

__________________________________与方案甲相比，方案乙的主要优点有________________、________________(写出2种)。

探究Ⅱ：用以下装置(加热装置省略)探究CuSO4·5H2O晶体热分解产物。

2＋

＋

＋

－

－