1、对应学生用书P315基础组时间：35分钟满分：60分一、选择题(每小题5分，共计30分)12016衡水二中一轮检测下列说法正确的是()A铁是位于第四周期B族元素，是一种重要的过渡元素B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应能生成21克硫化亚铁D铁在溴蒸气中点燃可生成FeBr3答案D解析A项，铁是位于第四周期族元素，是一种重要的过渡元素，错误；B项，四氧化三铁是纯净物，错误；C项，14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应，硫粉不足，FeS的质量小于21克，错误。22016枣强中学月考某化学小组在常温下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
2、实验方案：方案：铜铝混合物测定生成气体的体积方案：铜铝混合物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实验方案更便于实施答案B解析本题考查铜铝混合物中铜的质量分数的测定。盐酸或NaOH只与Al发生反应，A正确；稀硝酸与Cu和Al均反应，B错；浓硝酸与金属铝发生钝化，使金属剩余的质量增大，故导致金属铜的质量分数偏低，C正确；实验方案更便于实施，因为固体的质量便于称量，D正确。32016衡水二中预测下列离子方程式正确且能正确解释相关事实的是()A能证明Fe3氧化性比Cu2强：Fe3
3、Cu=Fe2Cu2B用氢氧化钠溶液清洗铝电极表面的氧化物：2Al2OH2H2O=2AlO3H2C氯化铁溶液与偏铝酸钠溶液混合：Fe33AlO6H2O=Fe(OH)33Al(OH)3D过量铁粉溶于稀硝酸中：FeNO4H=Fe3NO2H2O答案C解析A项，所给离子方程式中得失电子和电荷都不守恒；B项，铝电极表面的氧化物是氧化铝；C项，铁离子和偏铝酸根离子发生相互促进的水解反应；D项，过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水。本题选C。42016武邑中学期末(双选)由5 mol Fe2O3、4 mol Fe3O4和3 mol FeO组成的混合物中，加入纯铁1 mol并在高温下和Fe2O3反应。
4、若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是()A43 B32 C31 D21答案BC解析假设纯铁与Fe2O3反应生成FeO，根据Fe2O3Fe3FeO，则反应后n(Fe2O3)5 mol1 mol4 mol，n(FeO)3 mol3 mol6 mol，n(FeO)n(Fe2O3)6432，B项正确；假设纯铁与Fe2O3反应生成Fe3O4，根据4Fe2O3Fe3Fe3O4，则反应后n(Fe2O3)5 mol4 mol1 mol，n(FeO)3 mol，此时n(FeO)n(Fe2O3)31，C项正确。52016衡水二中热身在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备单质铜
5、，有下列两种途径：FeH2CuCuOCuSO4Cu若用这两种方法制得等量的铜，则下列有关说法符合实际情况的是()A消耗氧化铜的质量相同B消耗铁的质量相同C消耗硫酸的质量相同D生成硫酸亚铁的质量相同答案A解析制备1 mol Cu需要1 mol CuO，而H2还原CuO时需要先用H2排除体系内的空气，冷却时也需要继续通H2，因此需要H2的量远大于1 mol，即消耗的Fe、H2SO4均比第种方法多。62016武邑中学预测合金与纯金属制成的金属材料相比，优点是()合金的硬度一般比它的各成分金属的大一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金合金比纯金
6、属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛A BC D答案A二、非选择题(共计30分)72016枣强中学期中(20分)某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示。(1)该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色，然后开始实验。步骤配制1 molL1 FeCl3溶液(未用盐酸酸化)，测其pH约为1，取少量装入试管B中，加热AFeCl3溶液显酸性的原因是_(用离子方程式表示)。写出装置A中产生SO2的化学方程式：_。(2)当SO2通入到FeCl3溶液至饱和时，同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应。将混合液放置12小时，
7、溶液才变成浅绿色。【查阅资料】Fe(HSO3)2离子为红棕色，它可以将Fe3还原为Fe2。生成Fe(HSO3)2离子的反应为可逆反应。解释SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色Fe(HSO3)2的原因：_。写出溶液中Fe(HSO3)2离子与Fe3反应的离子方程式：_。(3)为了探究如何缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组同学进行了步骤的实验。步骤往5 mL 1 molL1 FeCl3溶液中通入SO2气体，溶液立即变为红棕色。微热3 min，溶液颜色变为浅绿色步骤往5 mL重新配制的1 molL1 FeCl3溶液(用浓盐酸酸化)中通入SO2气体，溶液立即变为红棕色。几分钟后，发现溶液颜色变成浅绿色用
8、铁氰化钾溶液检验步骤和步骤所得溶液中的Fe2，其现象为_。(4)综合上述实验探究过程，可以获得的实验结论：.SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色中间产物Fe(HSO3)2离子；.红棕色中间产物转变成浅绿色溶液是一个较慢的过程；._。答案(1)Fe33H2OFe(OH)33HCu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(2)H2OSO2H2SO3、H2SO3HHSO、Fe3HSOFe(HSO3)2Fe3H2OFe(HSO3)2=2Fe2SO3H(3)生成蓝色沉淀(4)加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间解析(1)氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解使溶液显酸性。(2)SO2溶于水生成
9、亚硫酸，亚硫酸是二元弱酸，电离出亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子结合铁离子生成Fe(HSO3)2，Fe(HSO3)2离子可以将Fe3还原为Fe2。(3)铁氰化钾溶液与亚铁离子结合可以产生蓝色沉淀。(4)根据步骤中的实验现象可以推测其第三个结论是：加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间。82016衡水二中仿真(10分)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。 铝元素在元素周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_。 AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。 焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2
10、)航母舰体材料为合金钢。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。 航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合下图信息推断该合金中除铜外一定含有_。答案(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(2)吸氧腐蚀CaCO3(或CaO)(3)Al、Ni解析(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，提取铝的过程是：氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，再向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化
11、铝沉淀，加热使沉淀分解可得到氧化铝，最后电解得到铝。镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时必须使用Ar等稀有气体作保护气。(2)在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，以降低硅含量。(3)看图可知在pH为3.4时开始沉淀，故溶液中有Al3，没有Fe3，而Fe2和Ni2在pH为7.08.0之间均已开始沉淀若溶解合金的酸过量，假设合金中含有Fe，则溶解后Fe转化为Fe3，而不是Fe2，因此合金中不可能含有Fe，一定含有Al和Ni。能力组时间：20分钟满分：25分一、选择题(每小题5分，共计15分)92016衡水二中模拟含有4.0 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、
12、b与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是 ()Aa是Fe(NO3)2 Bn10.80Cp0.60 Dn31.20答案C解析题图曲线相当于向含有4.0 mol HNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，故a是Fe(NO3)3，b是Fe(NO3)2。当只发生反应时，4 mol HNO3完全反应生成1 mol Fe(NO3)3，消耗1 mol Fe，即q1，n11。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5 mol Fe，Fe(NO3)2为1.5 mol，即r1.5，n3
13、1.5。当反应后溶质为等物质的量的Fe(NO3)3和Fe(NO3)2时，反应消耗0.2 mol Fe，生成0.6 mol Fe(NO3)2，剩余0.6 mol Fe(NO3)3，故p0.6，n21.2。102016武邑中学预测CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是()A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1 mol CuSO4在1100 所得混合气体X中O2一定为0.75 molDY可以是葡萄糖答案C解析根据途径中的离子反应方程式：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O可知n(NO)
14、：n(H)2：8，即n(H2SO4)：n(HNO3)3：2，A项正确；途径的反应为2CuO22H2SO4=2CuSO42H2O，不产生污染性气体，符合绿色化学思想，B项正确；根据2CuSO4Cu2OSO2SO3O2知，1 mol CuSO4在1100 所得混合气体X中O2为0.5 mol, C项错误；葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，D项正确。112016冀州中学仿真向只含有Fe3、Cu2、H各0.1 mol及a mol SO的某溶液中(只来源于水电离的离子不考虑)加入足量锌粉，搅拌使其充分反应，下列说法中正确的是 ()A当消耗0.1 mol Zn时，得到的还原产物为0.1 mol
15、B当溶液中不再产生气泡时，溶液中大量存在的阳离子只有Zn2C最后生成的单质为FeD反应结束时，可得到0.25 mol ZnSO4答案C解析根据金属活动性顺序知，当消耗0.05 mol Zn时，Fe3被还原，生成0.1 mol Fe2，再消耗0.05 mol Zn时，生成0.05 mol Cu，即消耗0.1 mol Zn时，得到的还原产物为0.15 mol，A项错误；加入足量锌粉，发生反应的顺序是Fe3、Cu2、H、Fe2，故不再产生气泡时，溶液中除存在Zn2外，还存在Fe2，B项错误，C项正确；根据得失电子守恒可知，0.1 mol Fe3最终转化为Fe，需要0.15 mol Zn,0.1 mo
16、l Cu2转化为Cu需要0.1 mol Zn,0.1 mol H转化为氢气需要0.05 mol Zn，共需要0.3 mol Zn，即反应结束时可得到0.3 mol ZnSO4，D项错误。二、非选择题(共计10分)122016武邑中学猜题铜合金是制造卫星及运载火箭的必需材料。(1)火箭的燃烧室内衬材料是铜银合金，硝酸铜是制备这种合金的重要原料。下列制取硝酸铜的方法中符合“绿色化学”理念的是_(填字母代号)。ACuCu(NO3)2BCuCu(NO3)2CCuCuCl2Cu(NO3)2DCuCuOCu(NO3)2(2)向100 mL 18 molL1的H2SO4溶液中加入足量的铜片，加热，充分反应后
17、，产生的气体在标准状况下体积可能是_(填字母代号)。A40.32 L B20.16 LC20.1640.32 L之间 D小于20.16 L(3)为使(2)中反应后剩余的铜片继续溶解，甲、乙两同学分别提出了自己的方案。甲同学认为可加入KNO3固体，反应的离子方程式为_；乙同学认为可加入双氧水，则反应中Cu与H2O2的物质的量之比为_，其反应的离子方程式为_。(4)纳米氧化亚铜用于固体推进剂和火药的速燃催化剂。常用的制备方法有电解法和肼还原法。电解法：用铜棒和石墨作电极，电解Cu(NO3)2稀溶液，两极均产生纳米氧化亚铜，则石墨为_极，电解总反应的离子方程式为_。肼还原法：4CuSO4N2H48N
18、aOH=2Cu2ON24Na2SO46H2O，反应温度保持在90 ，在溶液中完成。设计最简单的实验检验生成的氧化亚铜为纳米氧化亚铜(简要描述实验方法和现象)：_。产品中往往含有铜，取反应后的产品3.52 g，在足量的稀硝酸中完全溶解，产生的NO在标准状况下的体积为448 mL，则产品中Cu2O的质量分数为_(保留三位有效数字)。答案(1)D(2)D(3)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O11H2O22HCu=2H2OCu2(4)阴CuCu2H2OCu2O2H用一束光照射氧化亚铜溶液，可以看到一条光亮的“通路”，产生丁达尔效应81.8%解析(1)A项，产生NO2；B项，产生NO；C项，Cl
19、2为有毒气体，且AgNO3作为原料不经济；D项，符合条件。(2)2H2SO4(浓)CuCuSO42H2OSO2，若浓硫酸中的溶质全部反应，则可产生的SO2在标准状况下的体积为18 molL10.1 L222.4 Lmol120.16 L，但由于稀硫酸与铜不反应，所以体积一定小于20.16 L。(3)NO在酸性条件下可将Cu氧化，本身被还原为NO；加入H2O2发生反应的离子方程式为H2O22HCu=2H2OCu2。(4)由于两极均产生纳米氧化亚铜，所以两极物质变化关系为Cu2Cu2O，CuCu2O，所以石墨为阴极，Cu为阳极。纳米Cu2O在水中形成的分散系属于胶体，鉴别的方法是利用丁达尔效应；设产品中Cu的物质的量为x mol，Cu2O的物质的量为y mol，则由质量关系得64x144y3.52，由得失电子守恒得2x2y0.448 L/22.4 Lmol13，解得x0.01，y0.02，所以产品中Cu2O的质量是0.02 mol144 gmol12.88 g，所以其质量分数为w(Cu2O)2.88 g/3.52 g100%81.8%。