【精选】高考化学二轮四川训练【第10讲】金属元素及其化合物含答案

《【精选】高考化学二轮四川训练【第10讲】金属元素及其化合物含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精选】高考化学二轮四川训练【第10讲】金属元素及其化合物含答案（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、精选高考化学复习资料第10讲金属元素及其化合物(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(共7个小题，每小题6分，共42分)1(2013江油市统考)下列说法正确的是()。A过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐BCu、Al、Na可以分别用热还原法、热分解法和电解冶炼C在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉可以溶解D除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可加入Cu解析A项，Na2O2不是碱性氧化物；B项，Na、Al均用电解冶炼法；D项，引入新杂质Cu2。答案C2下列类推正确的是()。ACaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B铜在氯气中剧烈

2、燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应D钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气解析本题考查物质的化学性质，意在考查考生的知识迁移能力及相似知识的辨析能力。稀硝酸具有强氧化性，能将CaSO3氧化为硫酸钙，A项错；硫的氧化性小于氯气的氧化性，铜与硫蒸气反应生成1价铜，B项错；钠在溶液中先与水反应，不能置换溶液中的金属离子，C项错；钠、钾均能与乙醇反应生成氢气，D项正确。答案D3.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C的以下性质错误的是()。A溶液呈碱性B与澄清石灰水反应产生白色沉淀C与足

3、量盐酸反应放出气体D受热易分解解析由题意知A为Na，B为Na2O2，C为Na2CO3，D为NaOH。答案D4某氧化物X难溶于水，能与烧碱反应，生成易溶于水的化合物Y，将少量Y溶液滴入盐酸中无沉淀生成，则X是()。ASiO2 BAl2O3 CMgO DCuO解析C项MgO不能溶于烧碱，不正确；少量Y滴入盐酸不能形成沉淀，Al2O3符合题意，A项不正确；B项正确；D项CuO不能溶于烧碱，不正确。答案B5下列转化关系在给定条件下不能实现的是()。SiSiO2H2SiO3浓盐酸Cl2漂粉精N2NO2NOCaCl2CaCO3CaOBa(NO3)2BaSO4BaCO3A BC D解析中，SiO2难溶于水，

4、错。中，实验室用MnO2和浓盐酸反应制Cl2时需加热，错。中，N2和O2在放电条件下生成的物质为NO，错。中，向CaCl2溶液中通入CO2不能发生化学反应，错。答案D6(2013成都一模，14)下列反应的离子方程式正确的是()。A稀硫酸与铁反应：2Fe6H=2Fe33H2B2 molL1的AlCl3溶液和7 molL1的NaOH溶液等体积均匀混合：2Al37OH=Al(OH)3AlO2H2OCBa(OH)2溶液中加入少量的NaHSO4溶液：Ba22OH2HSO=BaSO42H2ODNaHCO3的水解：HCOH2OCOH3O解析稀硫酸与铁反应不能生成Fe3，应该生成Fe2，A错误；2 mol A

5、l3与7 mol OH反应，生成1 mol Al(OH)3和1 mol AlO，B正确；Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHSO4溶液，离子方程式应为Ba2OHHSO=BaSO4H2O，C错误；NaHCO3的水解方程式为HCOH2OH2CO3OH，D错误。答案B7(2013德阳二模)某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是()。原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2；若取少量所得溶液，再加入CCl4，静置、分液，向

6、上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2、Br均被完全氧化。A BC D解析在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：IFe2Br，向该溶液中通入的氯气首先与还原性最强的I反应，当I完全反应后，氯气才与Fe2反应，Fe2被完全氧化后再与Br反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，I已经反应完全，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，故错误，只有B选项符合题意。答案B二、非选择题(共4个题，共58分)8(2013遂安市一模，15)(15分)A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且

7、物质A由12种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体。当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为_；D中所含化学键的类型为_。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的式量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：_。(3)若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为_。

8、解析(1)A为有色气体，和水反应后生成一种气体E和能与金属反应的物质B，且B能连续和金属F反应，可知F为变价金属，可推断B为硝酸，F为Fe，C为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，A为NO2，E为NO。E具有漂白性且A为有色气体，可推断A为Cl2，E为HClO，则B为盐酸；C为直线形分子，根据题意可推断C为CO2；根据焰色反应可推断F为Na2CO3，则D为NaHCO3，D中含有离子键和极性共价键。(2)A为淡黄色固体且能和水反应，可推断A为Na2O2；D为白色沉淀，且A和D的式量相等，所以D为Al(OH)3，B为NaOH，F中含有Al3，C中含有AlO，F的水溶液呈酸性是因为Al3发生水解

9、反应。(3)根据核外电子数的关系可知A中含有镁元素，B和D溶于水得到一种不含金属元素的盐，可推断其为铵盐，由BCD可推断B、C、D中都含有氮元素，所以A为Mg3N2，B为NH3，F为O2，C为NO，D为NO2。答案(1)Fe4HNO=Fe3NO2H2OC离子键、极性共价键(2)Al33H2OAl(OH)33H(3)Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH34NH35O24NO6H2O9(2013北京理综，27)(14分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：.向滤液中加

10、入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_。(2)将MnO氧化Fe2的离子方程式补充完整：MnOFe2_=Mn2Fe3_。(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 molL1。根据表中数据解释步骤的目的_。(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在Mn

11、O2的现象是_。中加入MnSO4的目的是_。解析(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为：Al2O36H=2Al33H2O，在操作中，FeOxFe2O3也同时被溶解，滤液中含有Al3、Fe2、Fe3等。(2)步骤所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnO和Fe2的化学计量数之比为15，然后观察配平。得MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。(3)步骤中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2氧化成易除去的Fe3。调节pH约为3，由表中数据分析，可知该条件使Fe3完全沉淀而Al3不被沉淀，从而达到分离Fe3和Al3的目的。(4)联想Cl2的

12、实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。操作中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤，以除去MnO，保证产品的纯度。答案(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO10(2013广东理综，32)(14分)银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 和80 。)(1)电解精炼银时，阴

13、极反应式为_；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为_。(2)固体混合物B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO_Al2O3_CuAlO2_。(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为_ mol CuAlO2，至少需要1.0 molL1的Al2(SO4)3溶液_ L。(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是_、过滤、洗涤和干燥。解析(1)电解精炼Ag时，粗银作阳极，纯银作阴极，

14、含有Ag的电解质溶液作为电解液，所以阴极反应式为Age=Ag，滤渣Ag与稀HNO3反应生成NO，NO被O2氧化生成NO2，方程式为2NOO2=2NO2。(2)NaOH溶液与Al2(SO4)3、CuSO4反应生成Al(OH)3沉淀和Cu(OH)2沉淀，若NaOH过量，Al(OH)3沉淀溶解，离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O。(3)由于在反应前后，Cu的化合价降低，CuO作氧化剂，所以失电子的只能是O2，被氧化成O2，利用得失电子守恒配平。(4)4Cu4CuO2Al2O32Al2(SO4)34CuAlO2即2CuAl2(SO4)32CuAlO2n(Cu)50 mol所以可完全转化生成

15、50 mol CuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的体积为25.0 L。(5)由于胆矾带有结晶水，为防止失去结晶水，应采取加热浓缩、冷却结晶的方法。答案(1)Age=Ag2NOO2=2NO2(2)Al(OH)3、Cu(OH)2Al(OH)3OH=AlO2H2O(3)424O2(4)5025(5)蒸发浓缩、冷却结晶11(创新预测题)(15分)实验室模拟回收某废旧含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)生产Ni2O3。其工艺流程如下：(1)根据图甲所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为_。图乙表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于

16、70 时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，其原因是_。(2)工艺流程中副产品的化学式为_。(3)已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3.77.7，静置，过滤。请对该实验方案进行评价：_(若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正)。(4) 操作C是为了除去溶液中的Ca2，若控制溶液中F浓度为3103mol L1，则Ca2的浓度为_molL

17、1。(常温时CaF2的溶度积常数为2.7 1011)(5)电解产生2NiOOHH2O的原理分两步：碱性条件下Cl在阳极被氧化为ClO；Ni2被ClO氧化产生2NiOOHH2O沉淀。第步反应的离子方程式为_。解析(1)BaO与H2SO4反应得到BaSO4沉淀，进入浸出渣；Ni2会发生水解反应：Ni22H2ONi(OH)22H，该反应为吸热反应，故温度升高，平衡右移，Ni(OH)2含量增大，镍的浸出率降低。(2)CuS、S灼烧后转化为CuO和SO2，CuO被硫酸酸浸转化为硫酸铜溶液，结晶析出CuSO45H2O。(3)按题目操作无法将Fe2除尽，从而导致有杂质存在，故可将Fe2氧化为Fe3后，再调pH，以便除去全部的铁元素。(4)c(Ca2)3106(molL1)。(5)先根据题意写出ClONi22NiOOHH2OCl，然后再根据电荷守恒和原子守恒配平。答案BaSO4温度升高，Ni2的水解程度增大(2)CuSO45H2O(3)方案错误。在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2氧化为Fe3(4)3106(5)ClO2Ni24OH=2NiOOHH2OCl