高考化学一轮复习常见无机物检测卷

1、.2019高考化学一轮复习常见无机物检测卷学习是一个边学新知识边稳固的过程，对学过的知识一定要多加练习，这样才能进步。因此，精品编辑老师为大家整理了2019高考化学一轮复习常见无机物检测卷，供大家参考。一、选择题此题包括7小题，每题6分，共42分1.2019新课标全国卷化学无处不在，以下与化学有关的说法不正确的选项是A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2.以下反响中，改变反响物的用量或浓度，不会改变反响产物种类的是 A.炭粉在氧气

2、中燃烧B.CO2通入氢氧化钠溶液C.铁在氯气中燃烧D.铜和硝酸反响3.A、B为单质，C为化合物。能实现下述转化关系的是 A+B C C溶液 A+B假设C溶于水后得到强碱溶液，那么A可能是Na假设C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，那么A可能是H2假设C溶液中滴加KSCN溶液显红色，那么B可能为Fe假设C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，那么B可能为CuA. B. C. D.4.在含Na2CO3和NaHCO3各1 mol的混合溶液中参加0.5 mol以下物质，其中能使HC 的数目减少，C 数目增加的是 A.HCl B.Na2SO4 C.NaOH D.BaCl25.2019南平质检五种常见物质

3、X、Y、Z、E、F均含有同一元素M，Y是单质，Z是NO一氧化氮，在一定条件下它们有如下转化关系，以下推断不合理的是 A.X可能是一种氢化物B.M可能是金属C.E可能是一种有色气体D.XY可能是非氧化复原反响6.2019漳州质检A、B、C、X均为中学常见的物质，它们之间有如下转化关系其他产物已略去：A B C以下说法错误的选项是 A.假设A是NH3，那么C可能是氧化物B.假设A是非金属，那么C可能是氧化物C.假设X是复原剂，那么A可能是氧化物或金属单质D.假设X是强碱，那么A可能是酸或盐7.将一定质量的镁、铜合金参加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反响，假设反响过程中复原产物全部是NO，向所得溶液中

4、参加物质的量浓度为3 molL-1的NaOH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5.1 g，那么以下有关表达中正确的选项是A.开场参加合金的质量可能为16.4 gB.参加反响的硝酸的物质的量为0.1 molC.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mLD.标准状况下产物NO的体积为22.4 L二、非选择题此题包括4小题，共58分8.14分V、W、X、Y、Z是五种常见元素，其中V、W、X、Y四种短周期元素在周期表中的位置如以下图所示：V、W的最简单气态氢化物M、N混合时有白烟生成，M能使潮湿的pH试纸变蓝。Z是人体血红蛋白中存在的金属元素。请填写以下空白：Y VX W1W

5、的原子构造示意图为_;2二氧化钛TiO2与X的单质、Y的单质高温下反响生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成。其中反响的化学方程式为_;3含X元素的一种化合物A与Y的最高价氧化物C之间有如下的反响关系：假设E为白色沉淀，那么E物质的化学式为_;4含同价态X、Z简单离子的溶液中滴加NaOH溶液，X、Z两元素先后沉淀，XOHn完全沉淀的pH是4.7，ZOHn完全沉淀的pH是2.8，那么Ksp_ _填“或“5联氨N2H4也叫做肼，是重要的火箭燃料。以次氯酸钠溶液氧化M，能获得肼的稀溶液。其反响的离子方程式为_。同温同压下，将aL M气体和bL N气体通入水中，假设所得溶液的pH=7，那么a_b

6、填“或“=。9.14分2019新课标全国卷铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。1要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54 g的FeClx样品，溶解后先进展阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40 molL-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0 mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：_列出计算过程。2现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得nFenCl=12.1，那么该样品中FeCl3的物质的量

7、分数为_。在实验室中，FeCl2可用铁粉和_反响制备，FeCl3可用铁粉和_反响制备。3FeCl3与氢碘酸反响时可生成棕色物质，该反响的离子方程式为_。4高铁酸钾K2FeO4是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反响可制取K2FeO4，其反响的离子方程式为_。与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反响式为_，该电池总反响的离子方程式为_。10.14分物质AG有如下图转化关系部分反响物、生成物没有列出。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反响可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反响，

8、G为红色沉淀。请答复以下问题：1写出以下物质的化学式：B_、E_、G_。2利用电解可提纯C物质，在该电解反响中阳极物质是_，阴极物质是_，电解质溶液是_。3反响的化学方程式是_。11.16分2019龙岩期末某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反响，用以下图所示装置进展有关实验。甲同学取ag铜片和12 mL 18 molL-1浓硫酸放入圆底烧瓶中加热，直到反响完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。1Cu与浓硫酸反响的化学方程式是_。装置E中试管D内盛有品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是_，为防止实验装置D有可能造成的环境污染，可用浸有NaOH溶液的棉花团塞在试管口，

9、其反响原理是_用离子方程式表示。2装置B的作用是贮存多余的气体，B中应放置的液体是_填序号。a.饱和Na2SO3溶液 b.酸性KMnO4溶液c.浓溴水 d.饱和NaHSO3溶液当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是_。3反响完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，却不能使Cu完全溶解的原因是_;使用足量的以下药品不能用来证明反响完毕后的烧瓶中确实有余酸的是_填序号。a.铁粉 b.BaCl2溶液c.CuO d.Na2CO3溶液实验中某学生向A中反响后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，该反响的化学方程式是_。答案解析1.【

10、解析】选C。选项 详细分析 结论A 侯氏制碱法首先制取的是碳酸氢钠，因为碳酸氢钠溶解度较小而从溶液中结晶析出，应用了物质溶解度的差异 正确B 氯化氢气体遇到氨气产生白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 正确C 人体通过食用碘盐补充碘，食盐中添加碘酸钾，不是通过多吃富含高碘酸的食物来补充碘，高碘酸有较强腐蚀性 错误D 黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉三种物质按一定比例混合制成，反响方程式为S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2 正确2.【解析】选C。A项改变氧气的用量会产生CO或CO2;B项CO2的用量不同会生成NaHCO3或Na2CO3;D项硝酸的浓度不同，会生成NO或NO

11、2;C项氯气具有强氧化性，只能生成FeCl3。3.【解析】选B。电解氢氧化钠溶液不能得到Na，不正确;A、B分别是H2、Cl2，符合题意，正确;由题意可知A、B分别为Cl2、Fe，但是电解FeCl3溶液不能得到铁单质，不正确;假设A、B分别是Cl2、Cu，符合要求，电解CuCl2溶液，还可以得到这两种单质，正确。4.【解析】选C。A项，参加HCl，碳酸根与氢离子反响生成碳酸氢根，A错误;B项参加硫酸钠没有发生任何反响，溶液中碳酸根和碳酸氢根离子数目不变，B错误;C项参加NaOH，碳酸氢根与氢氧根反响生成碳酸根，碳酸氢根离子数目减少，碳酸根离子数目增加，C正确;D项参加氯化钡，碳酸根离子与钡离子

12、反响，碳酸根离子数目减少，D错误。5.【解析】选B。因这五种物质中均含有同一元素M，且Z是NO，那么M元素是氮或氧，B错误;假设X是NH3，那么NH3N2NONO2HNO3，A、C正确;假设X是O3，那么O3O2NONO2HNO3，所以D项正确。6.【解析】选C。假设A是NH3，X是O2，那么C可能是NO2，A正确;假设A是C、S、N，X是O2，那么C可能是CO2、SO3、NO2，B正确;假设X是复原剂，那么A不可能是金属单质，C不正确;假设X是NaOH，那么A可能是二元酸或多元弱酸的酸式盐，D正确。7.【解析】选C。合金增加的质量即为OH-的质量，那么nOH-=5.1 g/17 gmol-1

13、=0.3 mol，故C项正确。根据电子守恒和电荷守恒可知，反响中转移的电子总数为0.3 mol。假设全部为Mg，质量为3.6 g，假设全部是铜，质量为9.6 g，A不正确;被复原的硝酸为0.1 mol，起酸性作用的硝酸为0.3 mol，B项不正确;标准状况下产物NO的物质的量即为被复原的硝酸的物质的量，故其体积为2.24 L，D项不正确。8.【解析】1因为M、N混合时有白烟生成，且M能使潮湿的pH试纸变蓝说明M溶液呈碱性，所以M为NH3，N为HCl。因此V为N，W为Cl，根据它们在元素周期表中的相对位置可推得Y为C，X为Al。由于Z是人体血红蛋白中存在的金属元素，故Z为Fe。2根据元素守恒可推

14、得TiO2与Al、C反响生成的化合物为Al2O3和TiC。3含有铝元素的白色沉淀为AlOH3。4因为XOHn完全沉淀时的pH大于ZOHn完全沉淀的pH，故XOHn的Ksp大于ZOHn的Ksp。5假设a=b时，M和N所得溶液的溶质只为NH4Cl，溶液呈酸性，pH7，故要使pH=7，须使MNH3过量，即ab。答案：124Al+3TiO2+3C 2Al2O3+3TiC3AlOH3 45ClO-+2NH3=N2H4+Cl-+H2O9.【解析】1nCl=0.025 0 L×0.40 molL-1=0.010 molmFe=0.54 g-0.010 mol×35.5 gmol-10.1

15、9 gnFe=0.19 g/56 gmol-10.003 4 molnFenCl=0.003 4 mol0.010 mol13，x=32设FeCl2、FeCl3的物质的量分别为x、y，那么x+y/2x+3y=12.1，解得，xy=91，FeCl3的物质的量分数为0.10;铁粉与盐酸反响可制得FeCl2，铁粉与氯气反响可制得FeCl3。3FeCl3与氢碘酸反响生成的棕色物质为碘单质，Fe3+被复原成Fe2+。4FeCl3与NaClO反响时，ClO-被复原成Cl-。电池的正极反响，高铁酸根被复原为Fe3+，因为溶液是碱性的，所以产物只能为FeOH3，负极反响式为Zn-2e-=Zn2+，总反响方程式

16、中氧化产物是ZnOH2。答案：1nCl=0.025 0 L×0.40 molL-1=0.010 molmFe=0.54 g-0.010 mol×35.5 gmol-10.19 gnFe=0.19 g/56 gmol-10.003 4 molnFenCl=0.003 4 mol0.010 mol13，x=320.10 盐酸 氯气32Fe3+2I-=2Fe2+I2或2Fe3+3I-=2Fe2+ 42FeOH3+3ClO-+4OH-=2Fe +5H2O+3Cl-Fe +3e-+4H2O=FeOH3+5OH-2Fe +8H2O+3Zn=2FeOH3+3ZnOH2+4OH-10.【解

17、析】1由连续氧化：A B D E及反响的条件，得B为SO2，D为SO3，E为硫酸。F与葡萄糖、NaOH加热反响生成红色沉淀G，那么G为Cu2O，单质C为铜。2铜的精炼，以粗铜作阳极，精铜作阴极，以含Cu2+的电解质溶液作电解液。3C、E分别为Cu、H2SO4，方程式为Cu+2H2SO4浓 CuSO4+SO2+2H2O。答案：1SO2 H2SO4 Cu2O2粗铜 精铜 CuSO4溶液3Cu+2H2SO4浓 CuSO4+SO2+2H2O【方法技巧】如何从反响条件推测所发生的反响1高温：铝热反响，制水煤气，制粗硅，水蒸气与Fe反响等。2高温、高压、催化剂。N2+3H2 2NH33加热、催化剂。2KC

18、lO3 2KCl+3O22SO2+O2 2SO34NH3+5O2 4NO+6H2O4放电。3O2 2O3 N2+O2 2NO11.【解析】1Cu与浓硫酸可以在加热的条件下反响，其化学方程式是Cu+2H2SO4浓 CuSO4+SO2+2H2O;SO2能使品红溶液褪色，SO2是一种大气污染物，同时也是一种酸性氧化物，可以与NaOH溶液反响，离子方程式为SO2+2OH-=S +H2O。2Na2SO3、SO2与H2O可以发生化合反响生成NaHSO3;酸性KMnO4溶液和浓溴水都可以氧化SO2，故a、b、c项不能选，只有d符合要求。随着反响的继续进展，生成的SO2越来越多，试剂瓶中的压强越来越大，故试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。3随着反响的进展，浓硫酸的浓度逐渐减小，而稀硫酸不能与铜反响，故浓硫酸变为稀硫酸后，反响停顿，铜和稀硫酸都有剩余。证明有余酸剩余的关键是检验溶液中是否含有H+，而不能检验S ，因反响生成物有CuSO4。参加BaCl2溶液