1、专题二 第6讲1将一定质量的钠、钾分别投入盛有相同浓度和体积的盐酸的两个烧杯中，产生的气体的质量随时间变化曲线如图所示，则下列说法正确的是()A投入的Na、K的质量一定相等B投入的Na的质量大于K的质量C曲线A表示Na与盐酸反应，曲线B表示K与盐酸反应D该实验能证明K的金属性比Na的强解析：D最终生成氢气的质量相等，则参加反应的两种金属的物质的量相同，钾的摩尔质量大于钠，所以需要钾的质量大，故A、B错误；钾的金属性比钠强，所以K与氢离子反应剧烈、速率大，故生成等质量氢气所需时间短，则曲线A表示钾与盐酸反应，故C错误，D正确。2部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76
2、 g，经如下处理：下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896解析：B生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe3，故A错误，3.2 g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g160 gmol10.02 mol，铁元素物质的量为0.02 mol20.04 mol，质量为0.04 mol56 gmol12.24 g，故B正确；原来固体为5.76 g，所以CuO质量不超过5.76 g2.24 g3.52 g，故C错误；根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0
3、.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含氢离子0.08 mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为(5.763.22.24)g16 gmol10.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有0.08 mol0.04 mol0.04 mol H转化成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下体积为448 mL，故D错误。3(2018江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(
4、aq)Ag(NH3)2(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)解析：AA项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖分子中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现。4下列关于FeSO4溶
5、液叙述正确的是()A向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，最终生成白色沉淀B该溶液中，H、K、Ba2、SCN可以大量共存C为防止FeSO4溶液被氧化，可向其中加入铁钉D为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀盐酸或稀硫酸解析：C向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀会迅速被氧化，最终得到红褐色沉淀，A项错误；Ba2和SO生成白色沉淀，B项错误；铁钉能与溶液中的Fe3反应生成Fe2，C项正确；为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀硫酸，加入稀盐酸会污染试剂，D项错误。5A、B、C、D、E、F之间的转化关系如下图所示。已知：C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，
6、它们与稀盐酸反应都可以得到A，B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法不正确的是()AF为仅含有非金属元素的盐BA的水溶液的pH7C转化关系图中有两个氧化还原反应D反应是工业制备E的主要方法解析：C由C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，结合反应条件知，C、D、E分别为Al(OH)3、Al2O3、Al，A为AlCl3，B为氨水，F为NH4Cl，A项正确；AlCl3的水溶液由于水解显酸性，B项正确；转化关系图中只有反应为氧化还原反应，C项错误；D项正确。6CuCl广泛用于化工和印染等行业。由CuCl22H2O制备CuCl的流程如下：CuCl22H2OCuCl2CuClCl2
7、下列关于其制备过程的说法不正确的是()A过程中，CuCl22H2O晶体受热分解要求在HCl氛围中的目的是防止其水解B过程中，若通入的HCl不足，则产物中可能存在CuOC过程中，每生成1 mol CuCl，则转移电子2 molD若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的原因是过程中控制温度偏低解析：C在HCl氛围中加热CuCl22H2O晶体的目的是防止其水解，A项正确；若通入HCl不足，则CuCl2水解得到Cu(OH)2，其受热分解得到CuO，B项正确；反应方程式为2CuCl22CuClCl2，每生成2 mol CuCl，对应电子转移为2 mol，C项错误；若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的
8、原因是过程中控制温度偏低或加热时间过短，D项正确。7Ca3N2是重要的化学试剂，容易潮解、被氧化，实验室用N2和金属钙制备Ca3N2的装置如图所示(钙能在CO2中燃烧)。下列说法正确的是()ACa3N2潮解的化学方程式为Ca3N23H2O=3CaO2NH3B、中可分别盛装CaCl2和浓硫酸C实验开始时，应先点燃处酒精灯再通空气D、的作用相同解析：C由信息可知，Ca3N2潮解时与水反应生成Ca(OH)2和NH3，化学方程式为Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3，A项错误；的作用是除去空气中的CO2和水蒸气，应盛放碱石灰，B项错误；实验开始时，先点燃处酒精灯再通空气可充分除去空气中的氧气，
9、避免氧气与钙反应，C项正确；的作用是阻止外界空气进入，与的作用不同，D项错误。8甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是()甲乙丙戊NH3O2NOH2OFeH2OH2Fe3O4Al2O3HaOH溶液NaAlO2溶液过量CO2Na2O2CO2O2NaA.BC D解析：A4NH35O24NO6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；4Fe2H2O(g)Fe3O42H2,3H2Fe2O32Fe3H2O，所以能实现转化，故正确；Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3N
10、aHCO3，所以不能实现转化，故错误；2Na2O2CO2=2Na2CO3O2,2NaO2Na2O2，所以能实现转化，故正确。9用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：下列说法错误的是()A设计步骤、的主要目的是富集MgCl2B脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解C电解得到的炽热镁粉可在二氧化碳气氛中冷却D上述工艺流程中未涉及置换反应解析：C生石灰与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与母液中的Mg2反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤分离出的Mg(OH)2与盐酸发生复分解反应生成MgCl2，MgCl2溶液在HCl气流中蒸发结晶得到MgCl2固体，最后电解熔融的MgCl2固
11、体得到单质Mg。由于母液中的Mg2浓度太小，故步骤、的主要目的是富集MgCl2，A正确；在HCl气流中蒸发MgCl2溶液，可抑制Mg2水解得到纯净的MgCl2固体，B正确；Mg可与二氧化碳气体发生反应，C错误；根据上述分析，在整个流程中涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，D正确。10实验室采用HCl气体“置换”除水、升华相结合的方法从市售的氯化锌中制备高纯度的无水氯化锌，装置如图所示市售氯化锌含Zn(OH)Cl。下列说法中不正确的是()A恒压漏斗的作用是平衡气体压强B管式炉采取的升温方式是阶段式升温C实验时，应先撤去管式炉，再撤去管式炉D在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置解析：
12、C恒压漏斗中的橡胶管连通了漏斗和三颈烧瓶，使上下装置中的压强一致，能使漏斗中的液体顺利流下，A正确；制备高纯度无水氯化锌的反应为Zn(OH)ClHCl=ZnCl2H2O，制备过程要先发生反应，然后蒸发除水，最后升华提纯ZnCl2，每步所需要的温度不同，故升温方式是阶段式升温，B正确；升华提纯ZnCl2时，要撤去管式炉，停止加热，让ZnCl2凝华，管式炉这时不能撤去，C错误；尾气吸收装置中的水不能进入管式炉，否则会使无水氯化锌发生水解，故应在尾气吸收装置前增加一个干燥装置，D正确。11在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不存在此类情况的是()A氢气与
13、过量的碘蒸气反应(500)B铝片与过量浓硝酸反应(常温)C铜粉与过量浓硝酸反应(常温)D浓硫酸与过量铜片反应(共热)解析：C氢气与碘的反应是可逆反应，两种物质都不能完全反应，A项不符合；常温下，铝片在浓硝酸中能钝化，B项不符合；铜粉在过量的浓硝酸中能完全反应，C项符合；铜片只能与浓硫酸在加热时反应，故两者都不能完全反应，D项不符合。12用Al2O3和MgO的混合物制备纳米氢氧化铝的流程如下，下列说法正确的是()A操作用到的玻璃仪器：酒精灯、漏斗、玻璃棒、烧杯B滤液中的主要成分为NaHCO3C工业上常用电解熔融滤渣的方法冶炼金属镁D用一束光照射纳米氢氧化铝时有丁达尔效应解析：B过滤不需要酒精灯，
14、A项错误；通入过量CO2，发生反应AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，B项正确；工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁，C项错误；纳米氢氧化铝的颗粒大小介于纳米范围，并不是胶体，D项错误。13LiCuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域。(1)LiCuO电池中，金属锂做_极。(2)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣，比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：_。(3)通过如下过程制备CuOCu过程，H2O2的作用是_。过程产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是_。过程，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二
15、者不同物质的量之比与产品纯度的关系(用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度)，结果如下：已知：Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。二者比值为10.8时，产品中可能含有的杂质是_，产生该杂质的原因是_。过程反应的化学方程式是_。(4)LiCuO二次电池以含Li的有机溶液为电解质溶液，其工作原理示意图如图2，放电时，正极的电极反应式是_。解析：(1)LiCuO电池中，Li失去电子，金属锂做负极；(2)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，设质量均为m，则3，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为LiAlNa；(3)Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2的
16、作用是氧化剂，过程产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是2Cu22COH2O=Cu2(OH)2CO3CO2，Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%，二者比值为10.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C，则产品中可能含有的杂质是Cu(OH)2，因当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，c(OH)对产物的影响增大，过程反应的化学方程式是Cu2(OH)2CO32CuOCO2H2O；(4)由Li的移动方向可知，CuO为正极，发生还原反应，则正极反应为CuO2e2Li=CuLi2O。答案：(1)负(2)LiAlNa(3)氧化剂2Cu22COH2O=
17、Cu2(OH)2CO3CO2Cu(OH)2当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，c(OH)对产物的影响增大Cu2(OH)2CO32CuOCO2H2O(4)CuO2e2Li=CuLi2O14工业废弃铬渣对人体以及环境危害极大，铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3；某工厂从铬渣中提取硫酸钠的工艺如图甲。甲已知：.常温下Fe3、Cr3完全沉淀(c1.0105 molL1)时的pH分别为3.6和5；.Cr2O的还原产物为Cr3。(1)步骤调节pH3.6的目的为_，“微热”的作用为_。(2)Na2SO4和Na2Cr2O7的溶解度随温度变化曲线如图乙，操作B的方法为_(填
18、序号)。A蒸发结晶，趁热过滤B蒸发浓缩，降温结晶，过滤乙(3)步骤中酸C不能选择硝酸的理由为酸化、还原过程中发生反应的离子方程式为_，若将该反应设计为原电池(惰性电极)，则负极的电极反应式为_。(4)Cr(OH)3的溶度积常数KspCr(OH)3_。(5)为了测定步骤的滤液中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：.取100 mL滤液；.用c molL1的标准KMnO4溶液(酸性)滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；.取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。则步骤的滤液中Na2Cr2O7的浓度为_molL1。解析：(1
19、)由信息可知，pH3.6时，Fe3已完全沉淀；微热可以使反应速率增大，促进Fe3水解形成Fe(OH)3而易于除去。(2)通过操作B需要将Na2SO4、Na2Cr2O7混合溶液中的Na2SO4提取出来，再由溶解度曲线可知蒸发结晶后必须趁热过滤，否则产品中会混有Na2Cr2O7杂质。(3)HNO3具有氧化性，且NO存在于溶液中会引入新的杂质，所以步骤中选择稀硫酸。酸化、还原过程中SO可将Cr2O还原为Cr3，再通过调节pH将Cr3除去，由得失电子守恒可知3n(SO)n(Cr2O)，再由酸性介质、电荷守恒、质量守恒等条件配平可得3SOCr2O8H=2Cr33SO4H2O。原电池的负极发生的是失去电子
20、的氧化反应，即SO在酸性条件下发生氧化反应生成SO：SO2eH2O=SO2H。(4)pH5时，c(OH)109molL1，由信息可知KspCr(OH)31.0105(109)31.01032。(5)由题意知，KMnO4和Na2Cr2O7分别是两个反应中的氧化剂，FeSO4作还原剂，由得失电子守恒可知：n(FeSO4)5n(KMnO4)，即c(FeSO4)b mL5c molL1b mL，所以c(FeSO4)5c molL1，再由n(FeSO4)6n(Na2Cr2O7)可知，5c molL1d mL6c(Na2Cr2O7)b mL，解得c(Na2Cr2O7) molL1。答案：(1)沉淀Fe3增大反应速率、促进Fe3水解生成Fe(OH)3而将Fe3除去(2)A(3)硝酸有氧化性且会引入新的杂质3SOCr2O8H=2Cr33SO4H2OSO2eH2O=SO2H(4)1.01032(5)
