2020山东新高考化学二轮复习专题突破练10常见金属及其重要化合物 WORD版含解析.docx

1、专题突破练10常见金属及其重要化合物一、选择题(本题包括10个小题,每题6分,共60分)1.(2019四川成都质检)化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是()A.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝B.用热的纯碱溶液洗去油污,是因为Na2CO3可直接和油污反应C.本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应D.明矾常用作漂白剂,因为明矾溶于水后,水解生成氢氧化铝胶体2.(双选)化学与生活、生产密切相关,下列有关说法中正确的是()A.Na2O2具有氧化性,可用作自来水的净水剂B.小苏

2、打溶液显弱碱性,故常用作胃酸中和剂C.CaCO3是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同原料D.Fe和Al2O3构成的铝热剂,用于焊接钢轨3.(2019内蒙古赤峰调研)下列有关物质性质的叙述正确的是()A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液显红色B.Al(OH)3具有弱碱性,可用于制胃酸中和剂C.NaHCO3能与碱反应,可用作焙制糕点的膨松剂D.明矾溶液中加入过量NaOH溶液可形成Al(OH)3胶体4.(2019湖北武汉一模)用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程示意图如下:下列叙述错误的是()A.为提高步骤的反应速率,可采取搅拌、升温等措施B.步骤中,主要

3、反应的离子方程式是2Fe3+Fe3Fe2+C.步骤中,反应完成后剩余的H2O2无需除去D.步骤中,“分离”包含的操作有过滤、洗涤5.(2019河南开封一模)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32B.相对于途径,途径更好地体现了绿色化学思想C.Y可能是麦芽糖或葡萄糖D.1 mol CuSO4在1 100 时分解所得混合气体X中O2一定为0.75 mol6.(2019湖北八校一模)下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是()实验操作实验现象结论A将硫酸酸化的过氧化氢滴入硝酸亚铁溶液溶液变黄色

4、过氧化氢的氧化性比Fe3+强B先向盛有硫酸亚铁溶液的试管中加入氯水,然后滴加KSCN溶液滴加KSCN后溶液变为红色原硫酸亚铁溶液已被空气中的氧气氧化变质C向试管底部有少量铜的硝酸铜的溶液中加入稀硫酸铜粉逐渐溶解铜可与稀硫酸反应D向碳酸氢钠溶液中加入偏铝酸钠溶液有白色沉淀生成AlO2-结合H+的能力比CO32-强7.(2019江苏南京模拟)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A.Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)B.Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3C.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)D.CuSO4(aq)Cu(OH)2CuO8.(双选)常温下,下列各组离

5、子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1 molL-1H2SO4溶液:Mg2+、K+、Cl-、NO3-B.无色透明的溶液中:Al3+、Na+、NO3-、Cl-C.与Al反应能放H2的溶液中:Cu2+、NH4+、CO32-、Cl-D.0.1 molL-1的FeCl2溶液中:H+、Al3+、SO42-、ClO-9.(2019山东烟台期末)下列物质转化在给定条件下每一步都能实现的是()A.SiSiO2H2SiO3B.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC.Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3D.CH3CHOCH3COOHCH3COOCH310.某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉的

6、混合物,转化关系如下图所示。下列说法不正确的是()铁铝混合物A.x为NaOH溶液,y为盐酸B.ab发生的反应为AlO2-+H+H2OAl(OH)3C.按照本流程,x和y调换后也能达到实验目的D.b、c都既能与强酸又能与强碱反应二、非选择题(本题包括3个小题,共40分)11.(2019江苏溧水高中月考)(10分)碱式碳酸钠铝NaaAlb(OH)c(CO3)d可用作阻燃剂、抗酸剂等。其制备方法是:控制温度和pH,向NaHCO3稀溶液中加入Al(OH)3,并搅拌,充分反应后过滤、洗涤、干燥,可得碱式碳酸钠铝。(1)碱式碳酸钠铝NaaAlb(OH)c(CO3)d中a、b、c、d之间的关系为。(2)碱式

7、碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因:在分解过程中大量吸热;本身及产物无毒且不可燃;。(3)若pH过高,则对产品的影响是。(4)为确定碱式碳酸钠铝的组成,进行如下实验:准确称取2.880 g样品用足量稀硝酸溶解,得到CO20.448 L(已换算成标准状况下)。在所得溶液中加过量氨水,得到白色沉淀,经过滤、洗涤沉淀、充分灼烧得到1.02 g固体。加热至340 以上时样品迅速分解,得到金属氧化物、CO2和H2O。当样品分解完全时,样品的固体残留率为56.9%,根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成(写出计算过程)。12.(2019广东深圳一模)(15分)室温下,某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验,

8、回答下列问题。(1)用下图装置制备纯净的CO2。丙装置的名称是,乙、丙装置中盛装的试剂分别是、。若CO2中混有HCl,则HCl与Na2O2反应的化学方程式为。(2)按照下面的装置图进行实验(夹持装置略)。先组装仪器,然后,再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处,具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞,可观察到的现象是。实验过程中,需缓慢推入CO2,其目的是,为达到相同目的,还可进行的操作是。(3)实验结束后,当注射器1的活塞推到底时,测得注射器2中气体体积为65 mL,则CO2的转化率是

9、。13.(2019山师大附中上学期第四次模拟)(15分)铍铜合金是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知:.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似。.常温下,KspCu(OH)2=2.210-20、KspFe(OH)3=4.010-38、KspMn(OH)2=2.110-13。(1)写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式。(2)滤渣B的主要成分为(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式。(3)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,

10、为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序。a.加入过量的NaOHb.过滤c.加入适量的HCld.加入过量的氨水e.通入过量的CO2f.洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是。(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应中CuS发生反应的离子方程式。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2 molL-1、c(Fe3+)=0.008 molL-1、c(Mn2+)=0.01 molL-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是(填离子符号)。参考答案专题突破练10常见金属及其重要化合物1.C解析 一般来说,活泼金属用电解法冶炼,铝是活泼金属,所以采用电解法冶炼,A项错误;

11、盐的水解反应是吸热反应,所以升高温度,促进盐的水解,溶液的碱性更强。因此用热的纯碱溶液可以洗去油污,并不是碳酸钠可与油污直接反应,B项错误;钾元素的焰色是紫色,所以“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,C项正确;明矾溶于水电离出的Al3+水解生成氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性,因此明矾可以净水,但不能用作漂白剂,D项错误。2.BC解析 Na2O2不能用于净水,A项错误;胃酸的成分为稀盐酸,可与小苏打(NaHCO3)反应,B项正确;制备水泥的原料是黏土、石灰石,制备玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英,所以都用到CaCO3,C项正确;Al和Fe2O3可组成铝热剂,D项错误。3.B解析 FeCl2溶液中有F

12、e2+,与NH4SCN溶液混合不显红色,A项错误;Al(OH)3具有弱碱性,能中和胃酸又不伤害人体组织细胞,B项正确;碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳,所以可做焙制糕点的膨松剂,C项错误;明矾溶液与过量NaOH溶液反应生成AlO2-,不会形成Al(OH)3胶体,D项错误。4.C解析 铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁及过量的稀盐酸,加入铁粉发生反应2Fe3+Fe3Fe2+,过滤除去过量的铁,滤液B的溶质为氯化亚铁,加入氢氧化钠溶液,生成Fe(OH)2浊液,向浊液中加入双氧水,双氧水将Fe(OH)2浊液氧化成浊液D,反应完成后需再加热

13、一段时间除去剩余的H2O2,浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4,经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4,据此分析解答。搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率,A项正确;滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原Fe3+,即主要的离子反应为2Fe3+Fe3Fe2+,B项正确;步骤中,浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D,为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例,为防止滤液B中Fe2+在步骤中被H2O2氧化,步骤中反应完成后需再加热一段时间除去剩余的H2O2,C项错误;步骤是浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4,使Fe3O4分离出来需

14、经过过滤、洗涤、干燥,D项正确。5.D解析 途径反应的实质为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,产生2 mol的NO消耗2 mol硝酸,则同时提供2 mol的H+,所以8 mol的H+中硫酸提供6 mol H+,这样消耗硫酸最少,消耗3 mol H2SO4,混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32,A正确;途径中发生反应2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4CuSO4+H2O,没有生成有毒气体,而铜与浓硫酸或硝酸反应都会生成有毒气体,故B正确;向CuSO4溶液中加入过量的NaOH溶液生成Cu(OH)2悬浊液,再加入含有醛基的物质,如葡萄糖、醛类等,并加热煮沸,就会发生

15、氧化还原反应生成砖红色Cu2O沉淀,因此Y可以是葡萄糖或麦芽糖,故C正确;CuSO4在1 100 分解反应为4CuSO42Cu2O+4SO2+3O2,所得混合气体X含SO2和O2,其中存在可逆反应2SO2+O22SO3,所以O2不一定为0.75 mol,故D错误。6.D解析 在酸性条件下,H+与NO3-结合相当于硝酸,硝酸也具有强氧化性,从实验角度看,两种氧化剂都可以氧化亚铁离子,不能得出过氧化氢的氧化性比Fe3+强的结论,A项错误;氯水可氧化亚铁离子,由题给现象不能说明原FeSO4溶液已被空气中的氧气氧化变质,B项错误;铜与稀硫酸不反应,酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应,则铜粉逐渐

16、溶解,C项错误;碳酸氢钠与偏铝酸钠反应的化学方程式为NaHCO3+NaAlO2+H2ONa2CO3+Al(OH)3,说明AlO2-结合H+的能力比CO32-强,D项正确。7.A解析 四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝,铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁,能一步实现,A项正确;Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O,加热AlCl3溶液过程中因HCl气体挥发,AlCl3的水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl向正反应方向移动,蒸干灼热后得到Al2O3,无法得到无水AlCl3,B项错误;Fe与盐酸反应生成FeCl2而不会生成FeCl3,C项错误;CH2OH(CHOH)4C

17、HO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O,不能得到CuO,D项错误。8.AB解析 A项中离子与H2SO4不发生反应,该组离子之间也不反应,所以该组离子在H2SO4溶液中能大量共存,A项正确;无色透明的溶液中Al3+、Na+、NO3-、Cl-可大量共存,B项正确;与Al反应能放H2的溶液为非氧化性酸或强碱溶液,碱溶液中不能大量存在Cu2+、NH4+,酸溶液中不能大量存在CO32-,C项错误;Fe2+具有还原性,ClO-在酸性条件下具有强氧化性,两者之间会发生氧化还原反应而不能大量共存,D项错误。9.D解析 SiO2难溶于水,不能与水反应产生H2SiO

18、3,A错误;在工业上是用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg,B错误;AlCl3是强酸弱碱盐,将溶液加热,会发生水解反应产生Al(OH)3和HCl,HCl受热挥发,故溶液蒸干得到的固体是Al(OH)3,不能得到无水AlCl3,C错误;CH3CHO被O2催化氧化生成CH3COOH,乙酸与甲醇在催化剂存在并加热时发生酯化反应产生CH3COOCH3和水,D正确。10.C解析 根据转化关系,加入试剂x得到溶液和Fe,利用的是Al能与NaOH溶液反应,Fe不与NaOH溶液反应,因此试剂x为NaOH溶液,即a的主要成分是NaAlO2,根据转化关系,试剂y应为盐酸,发生反应AlO2-+H+H2OAl(OH)3

19、,然后氢氧化铝受热分解成Al2O3,最后通过电解的方法得到金属Al。根据上述分析,x为NaOH溶液,y为盐酸,故A项正确;ab的反应是AlO2-+H+H2OAl(OH)3,故B项正确;如果x和y互换,a为FeCl2和AlCl3,加入NaOH溶液,则得到Fe(OH)2和Al(OH)3沉淀,按照流程无法得到金属铝,故C项错误;b和c分别是Al(OH)3和Al2O3,都属于两性化合物,既能与强酸反应,又能与强碱反应,故D项正确。11.答案 (1)a+3b=c+2d(2)产生阻燃性气体CO2、H2O(3)pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2(4)NaAl(OH)2CO3解析 (1)碱式碳酸钠铝N

20、aaAlb(OH)c(CO3)d中,各元素化合价代数和为0,所以a+3b-c-2d=0,则a+3b=c+2d。(2)碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因:在分解过程中大量吸热;本身及产物无毒且不可燃;同时产生不支持燃烧的二氧化碳和水。(3)pH过高,碱性强不会生成氢氧化铝,而产生偏铝酸盐,所以pH过高对产品的影响是会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2。(4)因为n(CO2)=0.448 L22.4 Lmol-1=0.02 mol,所以n(H2O)=2.880 g(1-56.9%)-0.02mol44 gmol-118 gmol-10.02 mol,则根据氢原子守恒,n(OH-)=0.04 mol,1

21、.02 g固体为氧化铝,n(Al3+)=21.02 g102 gmol-1=0.02 mol,所以bcd=121,根据电荷守恒a+0.023=0.022+0.022,所以n(Na+)=0.02 mol,所以abcd=1121,所以碱式碳酸铝的化学组成为NaAl(OH)2CO3。12.答案 (1)球形干燥管饱和NaHCO3溶液CaCl2或P2O52Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2(2)检查装置气密性U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅,注射器2的活塞向右移动使反应进行得更充分多次往返推动注射器1和2的活塞(3)70%解析 (1)丙装置的名称是球形干燥管。乙中装的是饱和NaHCO3溶液,用于

22、除去二氧化碳中的HCl,丙装置中盛装的是CaCl2或P2O5,用来干燥二氧化碳气体。若CO2中混有HCl,则HCl与Na2O2反应的化学方程式为2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2。(2)先组装仪器,然后检查装置的气密性,再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,将注射器2的活塞推到底后连接在K2处,具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅,生成的氧气进入注射器2中,所以注射器2的活塞向右移动。实验过程中,需缓慢推入CO2,其目的是使反应进行得更充分,为达到相同目的,还可进行的操作

23、是多次往返推动注射器1和2的活塞。(3)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2V(减小)2170 mL100 mL-65 mL=35 mL则CO2的转化率是70 mL100 mL100%=70%。13.答案 (1)SiO2+2OH-SiO32-+H2O(2)CuS、FeSNa2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O(3)dbfc蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)(4)MnO2+CuS+4H+S+Mn2+Cu2+2H2O(5)Fe3+解析 (1)SiO2是酸性氧化物,能和NaOH反应生成硅酸钠和水,反应的离子方程式为SiO2+2OH-SiO32-+H

24、2O。(2)铍铜元件主要成分是BeO、CuS、FeS和SiO2,由信息可知BeO是两性氧化物,CuS、FeS不与NaOH反应,SiO2是酸性氧化物能和氢氧化钠反应,因此滤渣B的主要成分是不反应的CuS、FeS;滤液A中含铍化合物为Na2BeO2,Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O。(3)依据Be(OH)2和Al(OH)3性质相似,难溶于水及具有两性的特点,在溶液C中加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,过滤后洗涤,再加入盐酸溶解即可,所以提纯BeCl2选择的合理步骤为dbfc。BeCl2易发生水解生成Be(OH)2和HCl,从

25、BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时,要抑制水解,所以操作为蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。(4)反应是在硫酸存在的条件下使MnO2和CuS反应,依据题所给信息,CuS中的硫元素被氧化成S单质,同时MnO2中的Mn被还原成Mn2+,所以反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H+S+Mn2+Cu2+2H2O。(5)当加入氨水时,依据KspCu(OH)2=2.210-20,欲生成Cu(OH)2沉淀,根据c(OH-)2c(Cu2+)=2.210-20,即c(OH-)=110-10 molL-1时就有Cu(OH)2沉淀,同理可求欲使Fe3+、Mn2+转化为沉淀的c(OH-)分别为1.710-12 molL-1,1.4510-5.5 molL-1,因此首先沉淀的是Fe3+。