《备战2020年高考化学一轮复习单元训练金卷第五单元铝铁及其化合物B卷含解析2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2020年高考化学一轮复习单元训练金卷第五单元铝铁及其化合物B卷含解析2.doc（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第五单元 铝、铁及其化合物注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65一、选择题（每小题3分，共48分）1铝元素对人体健康有危害，因此
2、，1989年世界卫生组织正式把铝确定为食品污染源之一而须加以控制。铝在下列应用场合使用时应加以控制的是制铝合金制电线制炊具制银色漆颜料用明矾净水明矾和小苏打制食品膨松剂制易拉罐用氢氧化铝凝胶制胃舒平包装糖果盒小食品ABC D2某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是A中铝片发生了钝化B中产生的气泡可能是氮氧化合物C中沉淀溶解的离子方程式是Al(OH)3OH=AlO2H2OD中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应3天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过
3、程O2间接氧化H2SC亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐4在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaClO(aq)HClO(aq)Cl2(g)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CFe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)DN2(g)NO(g)HNO3(aq)5下列离子检验的方法不正确的是A某溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液含有Fe3+B某溶液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中一定没有Fe2+C某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，再加入稀硝酸，若沉
4、淀不溶解则说明含有Cl-D将干净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯上灼烧，观察火焰呈黄色，说明原溶液含有Na+6下列指定反应的离子方程式正确的是 A向FeCl3溶液中滴加HI溶液：Fe3+2IFe2+I2B向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al34NH3H2OAlO4NH2H2OC向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：NHOHNH3H2OD向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH7近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分
5、解，但在198 以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有蛋白质的变性蛋白质的盐析胶体聚沉盐类水解焰色反应氧化还原反应A B C D8中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途。其生产过程的部分流程如下：FeCl36H2OFeOOH纳米四氧化三铁。下列有关叙述不合理的是A纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当B纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式是6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO29下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加
6、入的试剂，其中所加试剂正确的一组是选项ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeFeSO4溶液YFeCl3CuCl2AlFe2(SO4)3ZCl2FeNaOH溶液Cu10下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是AFeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+ Cu2+B向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 + 3NHC将少量二氧化碳通入次氯酸钠溶液中：CO2H2O2ClO=CO2HClODNa2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO（aq）CaCO3(s)+SO（aq）11下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项
7、实验现象结论A将铁粉加入稀硝酸中铁粉溶解，有气体生成产生的气体为H2B将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中铜粉溶解金属性：CuFeC用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细 打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝未滴落下来熔点：AlAl2O3D将KI和FeCl3溶液在试管中混合 后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I212某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+)c(NO)+c(OH)
8、C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO8H+=3Cu2+2NO4H2O13在含a mol FeCl3溶液中加入含b mol Fe和b mol Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是A当a2b时，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+B当2ba4b时，反应中转移电子的物质的量n(e)为2b moln(e)4b molC当2a5b时，发生的总离子反应为10Fe3+4FeCu=14Fe2+Cu2D当2baHClOHCO，所以不管通入次氯酸钠溶液中的CO2的量多少，反应均生成HCO，正确的离子
9、方程式应为：CO2H2OClO=HCOHClO，C项错误；硫酸钙是微溶物质，碳酸钙是难溶物质，化学式均不拆写，该反应是一个沉淀转化的反应，符合复分解反应条件，D项正确；所以答案选择C项。11【答案】D【解析】铁粉加入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成NO，与硝酸的强氧化性有关，故A错误；二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，不能比较金属性，故B错误；氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝未滴落下来，结论不合理，故C错误；由现象可知，二者发生氧化还原反应生成碘，则氧化性：Fe3+I2，故D正确；故答案为D。12【答案】D【解析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸
10、根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。A稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B实验1-中溶液存在电荷守恒为：2c(Cu2+)+c(H+)=c(NO)+c(OH)，故B错误；C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO8H+=3Cu2+2NO
11、4H2O，故D正确；答案选D。13【答案】D【解析】金属性：铁铜，铁离子首先氧化金属铁。当a2b时，铁离子不足，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，A正确；当2ba4b时，铁离子全部参与反应，因此反应中转移电子的物质的量n(e)为a mol，即为2b moln(e)4b mol，B正确；当2a5b时，铁全部反应，铜部分反应，发生的总离子反应为10Fe3+4FeCu=14Fe2+Cu2+，C正确；当2ba4b时，铁全部反应，铜部分反应，与铁反应的铁离子是2b mol，则与铜反应的铁离子是a mol2b mol，所以生成的铜离子是0.5a molb mol，因此反应后的溶液中n(Fe2+)
12、n(Cu2+)2(ab)(a2b)，D错误。14【答案】B【解析】A项，Al3+和H+不反应，无Al(OH)3产生，故A错误；B项，Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O，图象符合，故B正确；C项，当沉淀量达到最大，生成nAl(OH)3n(Al3+)1mol，故C错误；D项，AlOH+H2O=Al(OH)3，Al(OH)33H+=Al3+3H2O，沉淀最大时，AlO完全消耗，故D错误。15【答案】D【解析】C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3 mol，此时铝元素以AlO的形式存在，A正确；D点溶液溶质为Ba(AlO2)2，通入CO2气体，立即产生BaCO3和Al(O
13、H)3沉淀，B正确；B点为Al(OH)3和BaSO4沉淀，此时Al(OH)3的物质的量为7 mol3 mol4 mol，故原混合液中有1 mol Al2(SO4)3，AlCl3物质的量为4 mol1 mol22 mol，即cAl2(SO4)3c(AlCl3)12，C正确；OA段反应的离子方程式为2Al33SO3Ba26OH=3BaSO42Al(OH)3，D错误。16【答案】D【解析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，bc段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2。根据上面分析可知：c点是溶质为硫酸
14、亚铁，不是硫酸铁，A错误；ab段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；oa段发生反应为：Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，则原混合液中n(NO)=2n(Fe)= 2=0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓度c(HNO3)=2mol/L，C错误；反应消耗22.4g铁的物质的量n(Fe)=22.4g56g/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) =0.4mol0.1L= 4mol/L，故D正确；故合理选项是D。二、非选择题（共52分）17【答案
15、】（1）过滤漏斗、玻璃棒、烧杯（2）Al2O3Fe2O3K2SO4、(NH4)2SO4（3）Al2O32OH=2AlOH2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NHAlOHH2O=Al(OH)32Al(OH)3Al2O33H2O【解析】KAl(SO4)2可溶于水，Fe2O3和Al2O3不溶于水，因此加水溶解，沉淀C为Al2O3、Fe2O3，溶液中是KAl(SO4)2，氧化铝表现两性，氧化铁不溶于氢氧化钠，则沉淀D为Fe2O3，Al2O32OH=2AlOH2O，溶液中溶质为NaAlO2，加入盐酸，发生反应：AlOHH2O=Al(OH)3，氢氧化铝不稳定，受热易分解，2Al(OH)3Al2O33
16、H2O，发生反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。18【答案】(1)适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等(合理答案均可)(2)AsH355314H357H2O滴最后一滴KMnO4溶液，溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色，则反应滴定到终点(3)ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等(合理答案均可)FeAsO4、Fe(OH)3(4)1017(5)乙醇(或饱和硫酸锌溶液)【解析】(4)当Zn2沉淀完全时溶液中c(Zn2)105molL1，则KspZn(OH)2c(Zn2)c2(OH)105(106)21017。19【答案】（1）c（2）C(s)H2O(g)=H2(
17、g)CO(g)H134.5 kJmol1增大当温度低于570时，可逆反应Fe3O44CO(g)3Fe(s)4CO2(g)平衡正向移动，故CO的转化率增大增大4（3）3Fe(CN)644Fe3=Fe4Fe(CN)63碱性条件下，Fe2+与CN结合生成Fe(CN)64，Fe2被空气中的O2氧化生成Fe3，Fe(CN)64与Fe3反应生成普鲁士蓝使试纸变蓝（4）2.5【解析】（2）由图象可知，当温度低于570 时，温度降低，CO的体积百分含量降低，故CO的转化率增大；由题意可知，当温度低于570 时，可逆反应Fe3O4(s)4CO(g)3Fe(s)4CO2(g)平衡正向移动，故CO的转化率增大。当温
18、度高于570 时，随温度升高，CO的体积百分含量降低，即反应Fe3O4(s)CO(g)3FeO(s)CO2(g)平衡正向移动，则平衡常数增大。1040 时CO体积分数为20%。设CO起始浓度为1 molL1，消耗CO浓度为x。 Fe3O4(s)CO(g)3FeO(s)CO2(g)10xx1x x20%，x0.8 molL1，K4。（3）碱性条件下，Fe2与CN结合生成Fe(CN)64；Fe2被空气中的O2氧化生成Fe3；Fe(CN)64与Fe3反应生成普鲁士蓝使试纸变蓝。（4）若不出现浑浊现象，则c(Fe3)c3(OH) KspFe(OH)3，代入有关数据后可求出c(OH)21013 molL
19、1，c(H)0.05 molL1，则加入盐酸的体积至少为0.0025 L2.5 mL。20【答案】（1）防止倒吸 （2）检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 （3）C装置出口处连接一个干燥装置 （4）2Al(OH)4-+CO2=HCO+Al(OH)3或CO2+AlO+2H2O=HCO+Al(OH)3 （5）偏高 （6）100% 【解析】方案1：测定原理是通过测定AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量。(1)氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；(2)组装好实验装置，气
20、体制备实验需要先检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气可以使反应生成的氨气全部赶入装置C中被浓硫酸吸收，故答案为：检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；(3)装置C中的浓硫酸也能够吸收空气中的水蒸气，使测定结果偏高，改进的方法可以是在C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；方案2：流程分析可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠
21、反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体为m2g；(4)步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成的，反应的离子方程式为：CO2+AlO+2H2O=HCO+Al(OH)3，故答案为：CO2+AlO+2H2O=HCO+Al(OH)3；(5)步骤中沉淀未洗涤，会造成氢氧化铝沉淀的质量偏高，铝元素的质量偏大，根据质量守恒，则AlN的纯度偏高，故答案为：偏高；(6)测定AlN的纯度的原理是：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO+2H2O=HCO+Al(OH)3，氢氧化铝灼烧得到氧化铝
22、，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量，Al2O3物质的量=mol，依据氮元素守恒得到样品中氮元素物质的量=n(AlN)=mol2=mol，A1N的纯度=100%=100%，故答案为：100%。21【答案】（1）4 （2）FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl+2H2O （3）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O （4）Cr2O3HSO5H+=2Cr3+3SO4H2O 【解析】（1）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)2+(+4
23、)5+(-2)(15-2x)+(-1)2x=0，解得：x=4，故答案为：4。（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4ClFe2+TiOCl+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+4ClFe2+TiOCl+2H2O。（3）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。（4）用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3+，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，由电荷、电子守恒及原子守恒可知离子反应为5H+Cr2O+3HSO=2Cr3+3SO+4H2O，故答案为5H+Cr2O+3HSO=2Cr3+3SO+4H2O。