（广东专版）2022高考化学二轮复习 第一部分 专题十 常见金属及其化合物专题强化练

（广东专版）2022高考化学二轮复习 第一部分 专题十 常见金属及其化合物专题强化练1Al、Fe都是重要的金属元素，下列说法正确的是()A两者对应的氧化物均为碱性氧化物B两者的单质都不能与氢氧化钠溶液反应C常温条件下，两种金属都能溶解于浓硫酸中D制备AlCl3、FeCl3，均不能采用将其溶液直接蒸干的方法解析：氧化铁(或氧化亚铁)是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，A错；铝可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，B错；常温下铝和铁遇浓硫酸发生钝化，在金属表面生成一层致密的氧化膜而阻止内部金属被氧化，C错；氯化铝和氯化铁都能发生水解生成氢氧化物和盐酸，若将它们的水溶液蒸干，则会促进它们继续水解最终无法得到相应的氯化物，所以D正确。答案：D2一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是()AHClBFeCl2CKOH DNaHCO3解析：由甲乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲乙发生化合反应。由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，A不选；若乙为FeCl2，甲乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲乙发生复分解反应，B不选；甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，C不选；若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙(碳酸氢钠)，碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙(碳酸氢钠)，故选D。答案：D3(2018江苏卷)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(aq)Ag(NH3)2(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)解析：B项，NaAlO2(aq)与过量HCl(aq)反应，生成AlCl3，错误；C项，蔗糖(aq)中无醛基，不能与Ag(NH3)2(aq)反应生成Ag(s)，错误；D项，Fe(s)与HCl(aq)反应生成FeCl2(aq)，错误。答案：A4向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：则下列分析都正确的组合是()图对应溶液中的溶质为NaHCO3图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为11图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为11图对应溶液中的溶质为Na2CO3AB CD解析：图像中从O点即开始产生CO2气体，对应溶液中的溶质为NaHCO3，正确；图像中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量，对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比，正确；图像中，Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3，不正确；图像中，Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH，且二者的物质的量之比：，不正确。答案：A5(2018常德模拟)下列各组物质中，不能满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合为()选项XYZWAAlAlCl3Al(OH)3Al2O3BNaNa2O2Na2CO3NaClCFeFeCl2FeCl3Fe(OH)3DSiNa2SiO3H2SiO3SiO2解析：Al与盐酸得AlCl3，再加NH3H2O得Al(OH)3加热得Al2O3，电解得Al，故A正确；Na在氧气中点燃生成Na2O2，与二氧化碳反应生成Na2CO3，再与盐酸反应生成NaCl，电解熔融氯化钠生成钠，故B正确；Fe与盐酸生成FeCl2，通入氯气生成FeCl3，与氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，但由Fe(OH)3无法直接生成铁，故C错误；Si与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3，与酸反应生成H2SiO3，加热生成SiO2，与碳在高温生成硅，故D正确。答案：C6对溶液中的反应，如图象中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是()A符合甲图象的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB符合乙图象的两种反应物可以是Ca(OH)2和CO2C符合丙图象的反应可以是在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2D符合丙图象的反应可以是在NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH解析：AlCl3溶液加入NaOH溶液，先沉淀后溶解，前后量为31，A项正确；石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，则生成沉淀，后发生反应CO2CaCO3H2O=Ca(HCO3)2沉淀消失，生成沉淀量最大时消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是11，故B正确；Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OHCO2=COH2O，CO2COH2O=2HCO最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2CaCO3H2O=Ca(HCO3)2，生成沉淀量最大时消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是11，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al33OH=Al(OH)3，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NHOH=NH3H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠的量和将NH反应完消耗的NaOH的量及沉淀完全溶解时消耗氢氧化钠的量之比是311，故D错误。答案：D7将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了 2.7 g。 另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2、Al3、Fe3完全转化为沉淀，则沉淀的质量为()A27.2 g B22.1 gC30 g D无法计算解析：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3、Fe3、Mg2，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的物质的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得电子的物质的量是3 mol。由质量守恒知，m(沉淀)m(合金)m(OH)，由电荷守恒和得失电子守恒知，n(OH)3n(NO)，则m(沉淀)11.9 g17 gmol13 mol27.2 g，故A正确。答案：A8A、B、C三种物质中均含有同一种元素，它们之间有如下图所示的转化关系(部分反应物已略去)。(1)若A是一种两性氧化物，B的水溶液呈酸性，请写出反应和反应(由A一步转化为B或C)的离子方程式：反应_；反应_。(2)若反应为置换反应，反应为化合反应，C物质大量存在于海水中，是人体生理活动不可缺少的物质。工业上可以用C来制取A或B，请写出这两个反应的化学方程式：CA_；CB_；(3)若反应均为化合反应，反应为置换反应。当A为一种金属单质时，请写出反应和可能的离子方程式：_；_。解析：(1)高中阶段具有两性的氧化物代表为Al2O3，Al2O3与H反应生成Al3和H2O(反应)，Al2O3与OH反应生成AlO和H2O(反应)，AlO与过量的H反应生成Al3和H2O(反应)，Al3与过量的OH反应生成AlO和H2O(反应)。(2)首先确定C为NaCl，电解熔融态NaCl生成Na、Cl2，电解饱和NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，故A为Na，B为NaOH。(3)金属元素中，铁的价态变化复杂，所以首先联想A为Fe，Fe可与盐酸反应生成FeCl2(反应)，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3(反应)，FeCl3与Fe反应生成FeCl2(反应)，Fe可与Cl2反应生成FeCl3(反应)。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2OAl2O32OH=2AlOH2O(2)2NaCl(熔融) 2NaCl22NaCl2H2O2NaOHH2Cl2(3)2Fe3Fe=3Fe22Fe2Cl2=2Fe32Cl(或2Fe2Br2=2Fe32Br)9铜是生物体必需的微量元素，也是人类最早使用的金属之一。铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响。(1)写出铜与稀硝酸反应的化学方程式_。(2)为了保护环境和节约资源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶出废旧印刷电路板中的铜，最终实现铜的回收利用。写出溶出铜的离子方程式_。(3)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，该反应的氧化剂是_；当生成19.2 g Cu时，反应中转移的电子为_mol。(4)铜在潮湿的空气中能发生吸氧腐蚀而生锈，铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。试写出上述过程中负极的电极反应式_。(5)某研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中CuSO45H2O(不含能与I反应的氧化性杂质)的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成。写出该反应的离子方程式_。继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，平均消耗c molL1的Na2S2O3溶液V mL。则试样中CuSO45H2O的质量分数为_。解析：(1)稀硝酸具有强氧化性能够氧化铜，自身转化为NO，方程式为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。(2)硫酸提供的酸性环境可增强H2O2的氧化性，将铜氧化：CuH2O22H=Cu22H2O。(3)氧化剂在反应中化合价降低，Cu2OCu，铜的化合价降低，Cu2SCuSO2，铜的化合价降低，硫元素的化合价升高，故Cu2O、Cu2S为氧化剂。19.2 g Cu的物质的量为0.3 mol，Cu2S、Cu2O中铜的化合价均为1价，故转移电子的物质的量为0.3 mol。(4)负极金属发生氧化反应：2Cu4eCO23H2O=Cu2(OH)2CO34H。铜发生吸氧腐蚀过程中，负极：2Cu4e=2Cu2，正极：O22H2O4e=4OH，在CO2的作用下，形成碱式碳酸铜：2Cu24OHCO2=Cu2(OH)2CO3H2O。(5)从题意可知，白色碘化物为CuI，铜的化合价降低，则I被氧化为I22Cu24I=2CuII2。根据反应可知，两反应中物质存在如下关系：2CuSO45H2OI22Na2S2O3 500 g 2 mol m cV103molm0.25cV g则试样中CuSO45H2O的质量分数为 4100%。答案：(1)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(2)CuH2O22H=Cu22H2O(3)Cu2O、Cu2S0.3(4)2Cu4eCO23H2O=Cu2(OH)2CO34H(5)2Cu24I=2CuII2100cV/a%10(2016全国卷)某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。解析：(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2被空气中的氧气氧化。(2)Cl2可将Fe2氧化成Fe3，自身得电子生成Cl，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)煤油的作用是隔绝空气，防止空气中的氧气将Fe2氧化，产生干扰。(4)根据Fe2的检验方法，向溶液中加入1滴K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有Fe2，则实验检验的离子是Fe2；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3遇KSCN溶液显红色，实验和说明，在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应，反应方程式为2Fe32I2Fe2I2。答案：(1)防止Fe2被氧化 (2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应11(2018惠州模拟)某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。实验：将Fe3转化为Fe2(1)Fe3与Cu粉发生反应的离子方程式为_。(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：实验方案现象结论步骤1：取4 mL_molL1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴 0.1 molL1KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KSCN 溶液反应产生了白色沉淀步骤2：取_无明显现象查阅资料：已知：SCN的化学性质与I相似2Cu24I=2CuII2Cu2与SCN反应的离子方程式为_。实验：将Fe2转化为Fe3实验方案现象向3 mL 0.1 molL1FeSO4溶液中加入1 mL稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2NOFe(NO)2(棕色)(3)用离子方程式解释NO产生的原因_。(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Fe2与HNO3反应； 反应：Fe2与NO反应依据实验现象，可推知反应的速率比反应_(填“快”或“慢”)。反应是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_。请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_。解析：(1)Fe3与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2。(2)由反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2，可知图中得到溶液中Fe2为0.2 molL1，Cu2为0.1 molL1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4 mL 0.1 molL1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液，步骤2：取4 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液，由题目信息可知，Cu2与SCN反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu24SCN=2CuSCN(SCN)2。(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。(4)溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应的速率比反应的慢；反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2，否则没有Fe2，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应是不可逆反应。Fe2被硝酸氧化为Fe3，导致溶液中Fe2浓度降低，导致平衡Fe2NOFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄色。答案：(1)2Fe3Cu=2Fe2Cu2(2)0.1 4 mL 0.2 molL1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液2Cu24SCN=2CuSCN(SCN)2(3)3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O(4)慢取少量反应的溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应是一个不可逆反应Fe2被硝酸氧化为Fe3，溶液中Fe2浓度降低，导致平衡Fe2NOFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄色