（新课标）广西2022高考化学二轮复习 专题三 元素及其化合物 第9讲 常见金属及其化合物学案

（新课标）广西2022高考化学二轮复习 专题三 元素及其化合物 第9讲 常见金属及其化合物学案一、选择题(本题包括8个小题,每小题6分,共48分)1.2017年1月26日,美国科学杂志刊发论文称发现了一种新材料金属氢,证实了一百多年前提出的存在金属氢的假说。下列事实不能说明氢可能具有金属性的是()A.可以把H写入金属活动性顺序B.H与Na、K等碱金属元素同属于第A族C.H可以形成H-D.H与非金属反应,产物中H通常显正价答案C解析可以把H写入金属活动性顺序,证明H有一定的金属性,A正确。H与Na、K等碱金属元素同属于第A族,证明H可能与Na、K等碱金属元素类似,具有金属性,B正确。金属无阴离子,H可以形成H-不能证明H具有金属性,C错误。金属与非金属反应,金属显正价,H与非金属反应,产物中H通常显正价,说明H可能具有金属性,D正确。2.(2017江苏化学,7)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO3答案C解析A项,Fe与Cl2反应生成FeCl3,错误;B项,S与O2反应生成SO2,错误;C项,CaCO3高温分解生成CaO和CO2,碱性氧化物CaO与酸性氧化物SiO2在高温条件下反应生成CaSiO3,正确;D项,NO与H2O不反应,错误。3.一定条件下,中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系,乙是()乙甲乙A.HClB.FeCl2C.KOHD.NaHCO3答案D解析由甲乙发生复分解反应可知,甲、乙均为化合物。由转化关系可知,甲为化合物,不会通过化合反应生成HCl,A错误。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错误。甲为化合物,不会通过化合反应生成KOH,C错误。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),D正确。4.甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质,且甲、乙、丙均含有同一种元素。甲、乙、丙、丁之间的转化关系如图所示。则乙不可能是()A.Al(OH)3B.FeCl3C.COD.Na2CO3答案B解析甲、乙、丙、丁分别为AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2、NaOH或分别为C、CO、CO2、O2或分别为NaOH、Na2CO3、NaHCO3、CO2时符合图示转化。5.将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20 mL pH=14的溶液,然后用1 molL-1的盐酸滴定,沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列选项正确的是()A.原合金质量为0.92 gB.标准状况下产生氢气896 mLC.图中V2为60 mLD.图中m值为1.56答案D解析由图像可知,向合金溶解后的溶液中加盐酸,先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O,后发生反应NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3,最后发生反应Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O。合金溶解后剩余氢氧化钠的物质的量为0.02 L1 molL-1=0.02 mol,由NaOH+HClNaCl+H2O,则V1为=0.02 L=20 mL,生成沉淀消耗的盐酸为40 mL-20 mL=20 mL,HCl物质的量为0.02 L1 molL-1=0.02 mol,由NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3 0.02 mol0.02 mol0.02 mol由钠元素及铝元素守恒可知,合金的质量为0.04 mol23 gmol-1+0.02 mol27 gmol-1=1.46 g,A项错误;由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2,生成氢气的物质的量为0.02 mol+0.03 mol=0.05 mol,标准状况下的体积为0.05 mol22.4 Lmol-1=1.12 L,B项错误;由Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O可知,溶解沉淀需要0.06 mol HCl,其溶液体积为60 mL,则V2为40 mL+60 mL=100 mL,C项错误;由上述计算可知,生成Al(OH)3沉淀为0.02 mol,其质量为0.02 mol78 gmol-1=1.56 g,D项正确。6.下列结论中正确的是()选项实验1实验2结论A将SO2通入石蕊溶液中将Na2O2加入酚酞溶液中都是先变红后褪色B将少量CO2和H2O(g)通过足量Na2O2固体少量NaHCO3溶液与过量Ca(OH)2溶液混合都有Na2CO3生成C将Na2O2固体加入FeCl2溶液中将NaOH溶液与Fe2(SO4)3溶液混合最终都有红褐色沉淀生成D1 mol Na2O2固体与足量水反应1 mol Fe在足量Cl2中燃烧都是转移2 mol电子答案C解析将SO2通入石蕊溶液中,溶液只变红不褪色,A错误。将少量NaHCO3溶液与过量Ca(OH)2溶液混合,生成CaCO3、NaOH和H2O,B错误。Na2O2与水反应生成NaOH和O2,NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2,O2将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3;NaOH溶液与Fe2(SO4)3溶液反应生成Fe(OH)3,C正确。1 mol Na2O2固体与水反应转移1 mol电子,1 mol Fe在足量Cl2中燃烧转移3 mol电子,D错误。7.下列示意图与对应的叙述相符的是()A.图表示向AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中缓慢通入氨水B.图表示向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2C.图表示向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D.图表示向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸答案B解析加入一定量的氨水时,Ag+、Cu2+分别形成AgOH、Cu(OH)2沉淀,氨水过量时,AgOH、Cu(OH)2溶解,A错误。CO2首先与氢氧化钙反应生成碳酸钙,然后与氢氧化钠反应生成碳酸钠,再与生成的碳酸钠反应生成碳酸氢钠,最后与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,B正确。先生成BaSO4和Al(OH)3,再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面减小),最后Al(OH)3溶解完,只剩余BaSO4沉淀,产生沉淀先快,再慢,最后不变,C错误。在NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸,反应的化学方程式依次为NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl、Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O,D错误。8.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法不正确的是()A.用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐,都能与盐酸反应C.在制粗硅时,被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为21D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物答案B解析用NaOH溶液溶解铝土矿,向滤液中通入CO2,制取氢氧化铝沉淀,最后用冰晶石作助熔剂,电解氧化铝制取铝,A正确。石英属于酸性氧化物,不与盐酸反应,玻璃属于混合物,B错误。在制粗硅时,发生反应SiO2+2CSi+2CO,被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为21,C正确。黄铜矿(CuFeS2)与O2反应,铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2价得到FeO,所以Cu2S、FeO均是还原产物,D正确。二、非选择题(包括3个小题,共52分)9.(16分)A、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:;。答案(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2OAl2O3+2OH-2Al+H2O(2)2NaCl(熔融)2Na+Cl22NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2(3)2Fe3+Fe3Fe2+2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-(或2Fe2+Br22Fe3+2Br-)解析(1)高中阶段所学具有两性的氧化物的代表为Al2O3,Al2O3与H+反应生成Al3+和H2O(反应),Al2O3与OH-反应生成Al和H2O(反应),Al与过量的H+反应生成Al3+和H2O(反应),Al3+与过量的OH-反应生成Al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)。10.(2018全国,26)(18分)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家,一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是。若不通入氧气,其后果是。(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为;沉积锌后的电解液可返回工序继续使用。答案(1)ZnS+O2ZnO+SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+(3)Cd2+ZnCd+Zn2+(4)Zn2+2e-Zn溶浸解析根据制备流程,焙烧过程中ZnS转化成ZnO和SO2,相关化学方程式为ZnS+O2ZnO+SO2或2ZnS+3O22ZnO+2SO2,同时杂质FeS、CdS、PbS转化成SO2和相应的金属氧化物。加稀硫酸溶浸可将PbO转化成PbSO4沉淀除去,同时除去不溶的SiO2。根据表格中相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围,氧化除杂过程通入氧气的目的是将Fe2+转化成Fe3+,最终转化为Fe(OH)3除去,加入ZnO的目的是调节溶液的pH,有利于沉淀Fe3+。还原除杂是用Zn还原Cd2+从而除去Cd,相关的化学方程式为Cd2+ZnCd+Zn2+。电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极Zn2+得电子生成Zn,电极反应式为Zn2+2e-Zn;阳极水电离出的OH-失电子生成O2,同时生成硫酸,所以沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。11.(18分)某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2,工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如下:已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示:沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH5.44.02.75.8沉淀完全pH6.75.23.78.8请回答下列问题:(1)为了加快反应的速率,可以采取的措施是(写两条)。(2)固体混合物A中的成分是。(3)反应完成后,铁元素的存在形式为(填离子符号);写出生成该离子的离子方程式。(4)沉淀B是,x的范围是,y的范围是。(5)操作1主要包括:、。洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗,而用冰水洗涤。原因是。答案(1)适当升高温度;不断搅拌;将矿渣粉碎;适当增大硫酸的浓度等(任写两条,其他合理答案均可)(2)SiO2、Cu(3)Fe2+2Fe3+CuCu2+2Fe2+(4)Fe(OH)33.7x4.05.2y5.4(5)蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子,又可以减少晶体的损失解析(1)由于矿渣为固体,所以为了加快反应的速率,可以采取的措施是将固体粉碎,也可以适当升高反应的温度或增大反应物H2SO4的浓度等措施。(2)SiO2是酸性氧化物,不能与酸发生反应;其他金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应:Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O;Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O;Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O;Fe2(SO4)3+CuCuSO4+2FeSO4。因此发生反应后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2、Cu。(3)因为矿渣中Fe元素的化合价为+3价,先发生复分解反应,得到Fe2(SO4)3,然后发生反应:2Fe3+CuCu2+2Fe2+。因此该反应完成后,铁元素的存在形式为+2价的Fe,即Fe2+。(4)由图示可知B是Fe(OH)3,x的范围是3.7x4.0,C是Al(OH)3,y的范围是5.2y5.4。(5)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作1主要包括:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗,而用冰水洗涤,原因是CuSO4溶液溶解于水,而且温度越高,溶解度越大。若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子,又可以减少晶体的损失。