2019年高考化学二轮复习 1-3-10金属及其化合物课时作业.doc

2019年高考化学二轮复习 1-3-10金属及其化合物课时作业一、选择题1(xx江西联考)如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是()A反应最多能产生0.05 mol O2B反应的离子方程式为Na2H2O=Na2OHH2CNa2O2中阴、阳离子数目之比为11D、充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：解析：0.1 mol Na2O2与100 g H2O反应，H2O过量，反应最多能产生0.05 mol O2，A正确；反应的离子方程式应为2Na2H2O=2Na2OHH2，B错误；Na2O2中阴、阳离子数目之比为12，C错误；、充分反应后所得溶液中溶质(NaOH)的质量分数从大到小：，D错误。答案：A2(xx河北普通高中监测)在酸性或碱性较强的溶液中，铝均可发生溶解。但在家庭里，用食盐腌制的食品亦不能长期存放在铝制品中，其主要原因是()A铝能与NaCl直接发生反应而被氧化为氧化铝B长期存放的NaCl与水反应，溶液不再呈中性，可与铝发生反应C铝与其中的杂质、NaCl溶液形成原电池，铝被氧化D铝与其中的杂质、NaCl溶液形成原电池，铝被还原解析：铝制品不能长时间存放食盐腌制的食品，是因为氯离子对氧化膜有破坏作用，若氧化膜被破坏，则由于铝制品不纯，铝与其中的杂质、NaCl溶液形成原电池，铝失电子，被氧化，C项正确。答案：C3(xx贵州六校联考)为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100 mL 0.3 molL1稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL；再加入0.2 molL1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为()A0.005 mol B0.010 molC0.020 mol D0.030 mol解析：沉淀质量恰好不再变化，得到NaAlO2和Na2SO4溶液，根据S元素守恒，n(SO)n(H2SO4)0.1 L0.3 molL10.030 mol，根据Na元素守恒，则n(Na)n(NaOH)0.2 molL10.35 L0.070 mol，则n(AlO)0.070 mol0.030 mol20.010 mol，根据Al元素守恒，n(Al)n(AlO)0.010 mol，B项正确。答案：B4(xx浙江名校联考)取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，另一份加入500 mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O2H=CuCu2H2O。则稀硝酸的浓度为()A2 mol/L B1.6 mol/LC0.8 mol/L D0.4 mol/L解析：25.6 g Cu的物质的量为0.4 mol，故生成Cu(NO3)2所消耗的HNO3的物质的量为0.8 mol，又4.48 L NO气体的物质的量为0.2 mol，生成NO所消耗的HNO3的物质的量为0.2 mol，故共消耗HNO3的物质的量为0.8 mol0.2 mol1.0 mol，所以c(HNO3)1.0 mol0.5 L2 mol/L。答案：A5(xx云南统考)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物加入100 mL 0.6 mol/L HNO3溶液中，恰好使混合物溶解，同时收集到224 mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是()A产物中硝酸铜的物质的量为0.025 molB若混合物可Cu的物质的量为0.005 mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020 molC若混合物中含0.01 mol Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005 molD混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 moln(Cu)0.005；又由2z2x0.03推得z0.015x，据此有zz0.005，故D正确。答案：B6(xx江西南昌零模)将镁、铝、铁合金投入300 mL硝酸中，金属恰好溶解，转化成Mg2、Al3和Fe3；硝酸全部被还原为NO，且在标准状况下，体积为6.72 L，当加入300 mL某浓度NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2 g。下列有关推断正确的是()A参加反应的HNO3的物质的量为0.9 molB参加反应的金属的质量为11.9 gCHNO3的物质的量浓度为3 mol/LDNaOH的物质的量浓度为6 mol/L解析：标准状况下，6.72 L NO为0.3 mol，则反应转移的电子为0.9 mol，因参加反应的硝酸一部分生成NO(0.3 mol)，另外一部分与阳离子形成盐，形成盐的NO的物质的量与反应中金属失去电子的物质的量相同，即0.9 mol，故参加反应的硝酸为1.2 mol，故硝酸的浓度为1.2 mol0.3 L4 mol/L，A项和C项错误；生成沉淀消耗的OH的物质的量与反应中金属失去电子的物质的量相同，即0.9 mol，故参加反应的金属质量为27.2 g0.9 mol17 gmol111.9 g，B项正确；NaOH的物质的量浓度为0.9 mol0.3 L3 mol/L，D项错误。答案：B7(xx河南洛阳统考)下列物质的转化在给定条件下能一步实现的是()NaAlO2(aq)AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4A B C D解析：中电解AlCl3得不到Al；中FeS2煅烧生成SO2。答案：A8(xx四川绵阳考试)将11.9 g Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量NaOH溶液中，产生的气体在标准状况下的体积为3.36 L。另取等质量合金溶于过量稀硝酸中，生成NO气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀19.4 g，则上述反应中生成NO气体的体积为(标准状况)()A6.72 L B11.2 L C22.4 L D4.48 L解析：合金溶于足量NaOH溶液中，只有Al发生反应，根据2Al3H2，n(Al)n(H2)0.1 mol；合金溶于过量稀硝酸后，加入过量NaOH溶液，最终得到的沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)3，设合金中Mg、Fe的物质的量分别为x mol、y mol，则24x56y11.9270.1、58x107y19.4，联立两式解得x0.15，y0.1。该合金与稀硝酸反应时，根据得失电子守恒，有3n(Al)2n(Mg)3n(Fe)3n(NO)，则n(NO)(0.130.1520.13) mol0.3 mol，V(NO)22.4 L mol10.3 mol6.72 L，A项正确。答案：A9(xx太原第二学段测评)一定条件下，下列物质可通过化合反应制得的共有()小苏打硫酸铝氯化亚铁磁性氧化铁氢氧化铜氢氧化铁A3种 B4种 C5种 D6种解析：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，属于化合反应；2FeCl3Fe=3FeCl2，属于化合反应；Fe与O2在点燃条件下生成Fe3O4，是化合反应；4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，是化合反应。答案：B10(xx石家庄质检一)某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，最终产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B溶液中n(NH)0.2 molC溶液中一定不含CO，可能含有SO和NODn(H)n(Al3)n(Mg2)111解析：步骤中产生无色无味的气体，说明生成的是氢气，而不是NO和NO2，则溶液中有H，进而推出不可能含有NO；步骤中产生白色沉淀，说明不可能有Fe3，根据图象可知，含有的离子有Mg2、Al3和NH，进而推出不可能含有CO。A项，溶液中的阳离子有H、Mg2、Al3和NH；B项，从横坐标看，0.50.7 mol，发生反应为NHOH=NH3H2O，可知n(NH)0.2 mol；C项，由上述分析可知，CO和NO均不存在；D项，从横坐标的数据可知，00.1 mol，发生反应为HOH=H2O，所以n(H)0.1 mol,0.10.5 mol，发生反应为Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3，即总共需要0.4 mol OH才能完成沉淀Mg2和Al3，0.70.8 mol，发生的反应为Al(OH)3OH=AlO2H2O，则n(Al3)0.1 mol，沉淀Al3需要0.3 mol OH，进而可知n(Mg2)0.05 mol，则n(H)n(Al3)n(Mg2)221。答案：B11(xx长沙模拟)下列图象均为实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的量(X)之间的关系图，则其中正确的是()A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量解析：A项，生成沉淀与溶解沉淀消耗NaOH的量之比为31；B项，滴入HCl即可产生沉淀，且最终沉淀全部溶解，生成沉淀与溶解沉淀消耗盐酸的量之比为13；C项，滴加NaOH溶液，依次与溶液中Al3、NH、Al(OH)3反应，沉淀生成、溶解以及NH完全反应时消耗NaOH的量之比为311；D项，依次发生的反应：与Ba(OH)2反应生成BaCO3、与NaOH反应无沉淀生成、与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，最后与BaCO3反应沉淀溶解 ，即最终溶液中沉淀只有Al(OH)3。答案：C12(xx贵阳期末监测)某混合溶液，其中只含有Fe2、Cl、Br、I(忽略水的电离)，其中Cl、Br、I的个数比为234，向该溶液中通入Cl2，使溶液中Cl和Br的个数比为31，则通入Cl2的物质的量与溶液中剩余的Fe2的物质的量之比为(已知：还原性IFe2BrCl)()A71 B72 C73 D74解析：设溶液中Cl、Br、I分别为2 mol、3 mol、4 mol，由溶液中存在的电荷守恒知溶液中Fe2的物质的量为(234)24.5 mol，要使得溶液中Cl和Br的个数为31，则反应后溶液中应含有Cl 9 mol，由还原性大小关系知I先与Cl2发生反应：2ICl2=I22Cl，4 mol I完全反应消耗Cl2 2 mol，生成Cl 4 mol，此时溶液中Cl为6 mol，继续发生反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，计算知此反应消耗3 mol Fe2和1.5 mol Cl2，得到Cl 3 mol，最终溶液中Cl和Br的个数比为31，两步反应中通入的Cl2一共21.53.5 mol，溶液中剩余的Fe2的物质的量为4.531.5 mol，两者物质的量比为3.51.573，C项正确。答案：C二、非选择题13(xx郑州质量预测)已知M和R是两种常见的金属单质，其中M为红色。它们在一定条件下有如图所示的转化关系，Q溶液呈红色。请根据上述框图回答下列问题：(1)上述转化关系中，属于非氧化还原反应的是_(填序号)。(2)写出反应、的离子方程式_、_。(3)K2RO4是一种新型绿色净水剂，写出该净水剂的净水原理_。解析：根据框图和题中信息知Y中含Fe3，M为Cu，故可推出E为Cu(NO3)2、R为Fe、X为Fe(NO3)2、Z为Fe(OH)3。反应为Cu与HNO3的反应，反应为Fe置换出Cu的反应，反应为Fe2在酸性条件下被NO氧化为Fe3的反应，反应为Fe3与OH反应生成Fe(OH)3，反应为Fe3与SCN反应生成Fe(SCN)3，反应为氢氧化铁在碱性条件下被ClO氧化为FeO的反应。答案：(1)(2)3Fe24HNO=3Fe32H2ONO2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O(3)K2FeO4被还原生成Fe3，Fe3水解生成氢氧化铁胶体，其可以吸附水中的悬浮物14(xx昆明调研)合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)镁合金被用于制造笔记本电脑外壳、竞赛自行车车架等，是由于镁合金具有_等优异性能。(2)测定某镁铝合金中镁的质量分数。称取一定质量的样品放入NaOH溶液中，发生反应的离子方程式是_。另称取一定质量的样品放入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示(生成沉淀阶段的图象斜率视为恒定)。则合金中Al的质量为_g，NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L。(3)有一种镁铝合金(Mg17Al12)是贮氢材料，该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al1217H2=17MgH212Al。得到的混合物在6.0 mol/L的盐酸中能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为_。(要求列出计算过程)解析：(1)镁合金质轻，硬度大，导热性好，消震性也较好。(2)镁不和NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应生成NaAlO2，离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。由图可知，生成沉淀的总物质的量为0.35 mol，Mg(OH)2的物质的量为0.15 mol，加入(240200) mL NaOH溶液时，氢氧化铝溶解，发生反应Al(OH)3OH=AlO2H2O，氢氧化铝的物质的量为0.2 mol，合金中Al的质量为5.4 g,40 mL NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.2 mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.2 mol/0.04 L5 mol/L。答案：(1)强度大、密度小、散热性好、消震性好(答案合理即可)(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H25.45(3)Mg17Al1270HCl=17MgCl212AlCl335H2 1 mol 35 moln(H2)35 mol17 mol52 mol15(xx江西部分高中联考)中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示(图中部分反应物或生成物及反应条件未列出)。已知：A、B、C、D是单质，其余是化合物。其中B、D是常见金属，且组成B的元素属于过渡元素。又知A在C中点燃有苍白色火焰，M既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液。请回答下列问题：(1)W的电子式是_。(2)写出N的化学式_，并任写一种N的主要用途_。(3)写出下列反应的离子方程式：反应_。反应_。K溶液和过量氨水反应_。解析：由A、B、C、D是单质，且A在C中点燃有苍白色火焰知，A为H2，C为Cl2，则W为HCl，X为NaCl(或KCl)，Y为NaOH(或KOH)；D为常见金属且能与强碱Y反应，为金属Al，则Z为偏铝酸盐，K为AlCl3，M为Al(OH)3；B为常见过渡金属，再根据框图转化知，B为Fe，N为FeCl3，H为FeCl2。答案：(1)H(2)FeCl3可用作催化剂、净水剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等(任写一种)(3)2Cl2H2O2OHH2Cl2Al33AlO6H2O=4Al(OH)3Al33NH3H2O=Al(OH)33NH16(xx吉林长春测试)A、B、C、D、E、F、G七种物质间存在如图所示的转化关系，其中A、B、D、G含有同种元素。已知：()A为金属单质；B为红褐色固体；E为密度最小的气体；G为浅绿色溶液。()D的水溶液为黄色溶液，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。()在水溶液中D能将某种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物。请回答下列问题：(1)构成C物质的元素在元素周期表中的位置是_，在短周期元素中，该元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(2)D的水溶液呈_性，用离子方程式解释原因：_。(3)上述反应中属于置换反应的是_(填序号)。(4)反应(即D将某种氧化物氧化为F)的离子方程式为_。解析：E为密度最小的气体，E是氢气；G为浅绿色溶液，说明G中含有亚铁离子；D的水溶液为黄色溶液，A、B、D、G含有同种元素，说明D的水溶液中含有铁离子，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明D的水溶液中含有氯离子，所以D是氯化铁；A是金属单质，A和C反应生成氯化铁，所以A是铁，C是氯气；氯化铁能转化为红褐色固体，所以B是氢氧化铁；F和铁反应生成氢气和亚铁盐，D能将某种氧化物氧化为F，说明该氧化物具有还原性，所以该氧化物是二氧化硫，在水溶液中二氧化硫和氯化铁反应生成硫酸，F是含有三种元素的化合物，所以F是硫酸，则G是硫酸亚铁。(1)氯元素位于第三周期第A族。同周期元素，随原子序数增大，原子半径逐渐减小；同主族元素，随原子序数增大，原子半径逐渐增大；故原子半径大小顺序为SClF。(2)FeCl3属于强酸弱碱盐，发生水解导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，其水解的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H。(3)反应是氢气还原铁的氧化物生成铁和水，属于置换反应，反应是硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应，故选。(4)铁盐有氧化性，二氧化硫有还原性，所以在水溶液中铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H。答案：(1)第三周期第A族SClF(2)酸Fe33H2OFe(OH)33H(3)(4)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H