高考化学总复习创新教程第三章第7讲课时训练营高中化学练习试题

1．(多选)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是()A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀解析：B项因铁比锡活泼，破损时，形成原电池，铁作负极，腐蚀速度加快；D项，与直流电源正极相连会加快钢管的腐蚀速度。答案：AC2．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁解析：A项，Al3＋水解可得Al(OH)3胶体，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项正确；D项，电解MgCl2溶液应得到Mg(OH)2而非Mg。答案：D3．(2010年4月上海宝山等四区二模)(多选)将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是()A．加入合金的质量可能为6.4gB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD．溶解合金时收集到NO气体的体积标准状况下为2.24L解析：Mg·Cu合金――→稀HNO3Mg2＋、Cu2＋――→NaOH溶液MgOH2CuOH2――→干燥称量增加5.1g由此可以增加的质量5.1g为OH－的质量，n(OH－)＝5.1g17g·mol－1＝0.3mol。所以转移电子的物质的量为0.3mol。参加反应的合金的质量范围应是：0.15mol×24g·mol－1m(合金)0.15mol×64g·mol－1即3.6gm(合金)9.6g，A正确。被还原的HNO3为0.1mol，参加反应的HNO3应为0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，还原产物NO为0.1mol，标况下的体积为2.24L，B错，D对。消耗的NaOH溶液的体积应为：V＝0.3mol3mol·L－1＝0.1L＝100mL，C错。答案：AD[来源:学§科§网]4．由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl固体中的某几种组成的混合物，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，将放出的气体通入足量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，若将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，下列判断正确的是()A．混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3[来源:学,科,网]B．混合物中一定不含有Na2CO3和NaClC．混合物一定不含有Na2O2和NaClD．混合物中一定含有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3解析：混合物中加入盐酸能放出气体且气体能部分被NaOH溶液吸收说明气体中既有CO2也有O2，由此推知原混合物中一定有Na2O2，Na2CO3和NaHCO3至少存在其中一种；混合物加热有气体生成说明一定含有NaHCO3，至于NaCl和Na2CO3不能确定。答案：A5．下述对焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是()①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸被检验的物质③每次实验后，要将铂丝用稀盐酸洗净④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰⑤没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替[来源:学*科*网Z*X*X*K]A．仅有③不正确B．仅有④不正确C．仅有⑤不正确D．全对解析：焰色反应由于是通过观察火焰颜色来检验离子存在的实验，所以实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验离子的真实焰色反应情况。观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是为了滤去黄光。答案：D6．下列关于Na2O2的叙述中正确的是()[来源:Zxxk.Com]A．Na2O2晶体中的阴离子与阳离子的物质的量之比为1∶1B．Na2O2晶体为离子晶体，且含极性共价键C．Na2O2应保存于密封、干燥带玻璃塞的广口瓶中D．Na2O2与盐酸反应，不仅有盐和水生成，同时会放出无色气体解析：A选项中n(Na＋)∶n(O2－2)＝2∶1，B选项中Na2O2存在O—O非极性键，C选项中Na2O2应密封于塑料瓶中，D选项中因Na2O2不是碱性氧化物而是过氧化物，与盐酸反应会有O2放出。答案：D7．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()A．Al2O3B．Al(OH)3C．AlCl3D．Al解析：四个选项中各种物质与NaOH溶液反应最终均生成NaAlO2，D项相同质量的四种物质中Al的物质的量最多，消耗碱量最多。答案：D[来源:学科网ZXXK]8．2010年12月9日新民网随着铝土资源匮乏及价格飙升，一种镁合金新材料替代铝合金用于自行车生产，既可提升自行车的比刚度、减震性，又能将自行车的重量减至2公斤，下列有关镁、铝、镁铝合金说法不正确的是()A．因镁合金具有质量轻的特点，使其在交通运输、航空航天工业上具有巨大的应用前景B．镁粉、铝粉和其他原料混合可制成烟花，在节日的夜晚，随着阵阵悦耳响声，人们可以看到“嫦娥奔月”、“天女散花”等烟花在夜空飞舞C．镁合金的硬度很小D．镁合金可以作结构材料解析：由于镁的密度较小，所以镁合金也以质轻著名，A正确；在达到一定的温度时，镁会燃烧，燃烧时会发出非常强烈的光亮，利用镁的这一特点可以和其他材料混合制成烟花，B正确；镁合金的硬度很大，可以用作结构材料，C错误、D正确。答案：C9．向含Fe2(SO4)3、CuCl2、H2SO4的混合溶液中投入足量的Fe粉，充分反应后，剩余的固体物质经干燥，称得其质量比加入的铁粉质量减轻8g，此时溶液中c(Fe2＋)是原混合液中c(Cu2＋)的2倍(反应前后体积没有变化)，溶液中c(SO2－4)与c(Cl－)之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶3D．1∶4解析：题中提到加足量铁粉，则有以下反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，由此可知：溶液中所有的阳离子都转化为Fe2＋，即溶液中所含溶质为FeSO4和FeCl2，根据上述反应又知，FeCl2的物质的量与原溶液中CuCl2的物质的量相等，又依题意，反应后溶液中c(Fe2＋)是原混合液中c(Cu2＋)的2倍，则可知，FeSO4与FeCl2的物质的量的和等于CuCl2物质的量的2倍，所以，在同一溶液中c(SO2－4)∶c(Cl－)＝1∶2。从上述分析中，我们看到此题实际是一个巧解题，巧妙地应用了反应的特点，加以简单的定量分析。而题中给出的Fe粉质量的差异，不是解本题的主要依据。答案：A10．某稀溶液中含有Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()[来源:学&科&网Z&X&X&K]A．1∶1∶1B．1∶3∶1C．3∶3∶8D．1∶1∶4解析：加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu③铁粉加至1mol前是与HNO3反应，由反应①知原溶液中HNO3为4mol(生成1molFe3＋)。铁粉从1mol到2mol时是与Fe3＋反应，消耗2molFe3＋，据反应②知原有的Fe(NO3)2为2mol～1mol。铁粉从2mol到3mol时，由反应③得其中1molFe消耗Cu2＋1mol，所以Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、HNO3物质的量分别为：1mol、1mol、4mol。答案：D11．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。(1)以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是________________________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的________。a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为________________________________________。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是________。(3)利用右图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。解析：(1)①铝与碱反应产生H2，离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑，通CO2气体，可以让溶液中的[Al(OH)4]－全部转化为Al(OH)3沉淀。②阳极材料是铝，属于活性电极，电极本身参与反应，反应过程中失去电子而生成Al2O3。电解质溶液是稀硫酸，溶液中的水为金属铝提供了氧元素，所以电极反应式为2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋，电解后的溶液中含有大量H＋和少量Al3＋，加入NaHCO3消耗H＋产生CO2气体，Al3＋的水解平衡向右移动，产生Al(OH)3沉淀。(2)电镀时，镀件做阴极，镀层金属做阳极，镀层金属的盐溶液做电解液。(3)X为碳棒时，接M时，Fe做负极，被腐蚀；接N时，Fe做阴极，被保护。X为Zn时，接M时，形成原电池，Zn为负极，Fe为正极，属牺牲阳极的阴极保护法。答案：(1)①2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑)b②2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋HCO－3与H＋反应使H＋浓度减小，使Al3＋的水解平衡向右移动，产生Al(OH)3沉淀(2)补充溶液中的Cu2＋，保持溶液中的Cu2＋浓度恒定(3)N牺牲阳极的阴极保护法12．在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL、浓度为0.5mol·L－1的HCl溶液中和。则[来源:学科网ZXXK](1)钠与氧气反应的生成物的成分是________。(2)若(1)的生成物为混合物，那么各成分的物质的量之比为________。(3)生成物中阴、阳离子的个数比为________。解析：(1)Na在空气中缓慢氧化的产物为Na2O，加热或点燃后的产物为Na2O2，Na2O、Na2O2溶于水后均生成NaOH，由于n(NaOH)＝n(HCl)＝80mL×10－3L/mL×0.50mol·L－1＝0.04mol，由Na原子守恒，若生成物为Na2O，则m(Na2O)＝0.04mol×12×62g/mol＝1.24g＜1.5g；若生成物为Na2O2，则m(Na2O2)＝0.04mol×12×78g/mol＝1.56g＞1.5g。经计算知：该生成物是Na2O与Na2O2的混合物。(2)nNa2O＋nNa2O2＝0.02mol①62g/mol×nNa2O＋78g·mol－1×nNa2O2＝1.5g②①②联立解得n(Na2O)＝0.00375moln(Na2O2)＝0.01625mol则n(Na2O)∶n(Na2O2)＝10∶43。(3)无论在Na2O中，还是在Na2O2中，阴离子、阳离