2019-2020年高三化学二轮复习 第1部分 专题9 常见金属及其重要化合物限时训练.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 第1部分 专题9 常见金属及其重要化合物限时训练1(xx山东淄博一模)以下方法可用于工业冶炼金属的是()A电解熔融AlCl3获取金属铝B电解MgCl2溶液获取金属镁C用CO还原铁矿石获取金属铁D电解饱和食盐水获取金属钠解析：选C。AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，不能电解，金属铝是利用电解熔融的氧化铝来获得的，A项错误；电解MgCl2溶液得到氢氧化镁而得不到金属镁，B项错误；CO在高温时还原铁矿石得到金属铁，C项正确；电解饱和食盐水得到氢氧化钠，而不是金属钠，D项错误。2已知X、Y为单质，Z为化合物。XYZZ溶液XY能实现上述转化关系的是()A若Z溶于水后得到强碱溶液，则X可能是NaB若Z的溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则X一定是H2C若Z的溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则Y可能为FeD若Z的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则Y可能为Cu解析：选D。由转化关系可知单质X、Y生成化合物Z，化合物Z电解又产生这两种单质，无氧酸和不活泼金属的无氧酸盐符合要求，分析选项可知B、D项符合要求，但B项中X也可能是O2，故D项正确。3科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水酸碱性，使其pH12，然后加入适量的铝粉、搅拌，从而实现预期目的。下列判断错误的是()A废水处理时铝单质转化为Al3B废水处理中，亚硝酸盐被还原C处理过程中，OH参与了反应D铝粉颗粒大小影响废水处理的速率解析：选A。pH12溶液显碱性，则废水处理时铝单质转化为AlO，A错误；铝是金属，具有还原性，因此废水处理时，亚硝酸盐被还原，B正确；废水处理时铝单质转化为AlO，这说明处理过程中，OH参与了反应，C正确；固体反应物的表面积越大，反应越快，因此铝粉颗粒大小影响废水处理的速率，D正确。4在元素Fe单质及其化合物变化中，下列说法正确的是()A反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32ClB钢铁腐蚀时，负极发生的反应是Fe3e=Fe3C以Fe为电极，电解饱和NaCl溶液，阳极反应式为2Cl2e=Cl2DFeCl2溶液中混有少量FeCl3，可以加入Fe、Cu等金属除去FeCl3解析：选A。钢铁腐蚀时，负极发生的反应是Fe2e=Fe2，B项错误；当以Fe为电极，电解饱和NaCl溶液时，阳极铁优先失去电子，C项错误；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，引入Cu2杂质，D错误。5(xx天津十二区县重点学校联考)下列相关实验的现象或结论正确的是()A向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀产生，则AlO结合质子的能力比CO强B向少量的稀溴水中滴入饱和苯酚溶液立即产生白色沉淀C检验废铁屑溶于盐酸后所得的溶液中是否含有Fe2，可向其中加入酸性KMnO4溶液，根据其是否褪色进行判断D加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2具有催化作用解析：选A。NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO促进HCO的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合H的能力：CO8时GeO2溶解率增大可能发生的反应：_ _。pH456789溶解率/%47.6032.5311.195.271.968.85解析：(1)根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平该离子方程式。(2)GeCl4容易水解，蒸馏时加入浓盐酸是为了抑制GeCl4水解。蒸馏时还需要用到的仪器有温度计、冷凝管。(3)温度降低，水解率增大，说明水解反应向正反应方向移动，则该水解反应是放热反应。温度在12时水解率接近99%，因此控制温度选择冰盐水(饱和冰盐水可达19)。(4)根据“对角线”法则，Ge与Al的性质相似，因此GeO2具有两性。pH8时GeO2溶解率增大，是碱能溶解GeO2。答案：(1)Ge2H2O22H=Ge42H2O(2)抑制GeCl4水解温度计冷凝管(3)GeCl4(2n)H2O=GeO2nH2O4HCl该水解反应是一个放热反应C(4)二氧化锗具有两性GeO22OH=GeOH2O12(xx皖南八校联考)铁矿中被称为红帘石的铁矿含锰量高，锰是冶炼锰钢的重要原料。红帘石主要成分有磁铁矿(Fe3O4)、菱铁矿(FeCO3)、锰矿(MnO2和MnCO3)、石棉Mg3Si3O7(OH)4等。工业上将红帘石处理后运用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下：(1)工业上为提高稀硫酸浸取效率一般采取的措施是(任意写两种方法)_；_。(2)石棉化学式为Mg3Si3O7(OH)4也可以表示成氧化物形式，氧化物表达式为_。(3)已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：离子Fe3Fe2Mn2Mg2开始沉淀的pH2.77.07.89.3完全沉淀的pH3.79.69.810.8过程中加氨水调节溶液的pH等于6，则滤渣B的成分是_。(4)浸出液中以Mn2形式存在，且滤渣A中无MnO2的原因是_。(5)电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的_极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为_。(6)滤渣经反应生成绿色高效水处理剂的离子方程式为_。K2FeO4被誉为绿色高效水处理剂的原因是_ _。解析：(1)增大接触面积、提高温度可以提高反应速率，所以粉碎红帘石、提高反应的温度可以提高稀硫酸浸取效率。(2)根据原子守恒和化合价不变，可以写出氧化物表达式：3MgO3SiO22H2O。(3)结合滤液的成分及表中所给数据，pH6时，Fe3完全沉淀，所以滤渣B的成分为Fe(OH)3。(4)MnO2具有氧化性，所以MnO2在酸性条件下被Fe2还原为Mn2。(5)电解时，电解质溶液中阴离子移向阳极，所以电极B为直流电源的正极，则A电极是直流电源的负极；阳极以稀硫酸为电解质溶液，水电离出的OH放电，电极反应式为4OH4e=O22H2O。(6)滤渣B含Fe(OH)3，被ClO氧化为FeO，离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O；FeO具有强氧化性可以杀菌消毒，作为氧化剂反应生成Fe3，Fe3水解生成Fe(OH)3胶体，胶体表面积大，具有较强的吸附性，能吸附杂质生成沉淀。答案：(1)粉碎红帘石提高反应的温度(2)3MgO3SiO22H2O(3)Fe(OH)3(4)MnO2在酸性条件下被Fe2还原为Mn2(5)负4OH4e=O22H2O(6)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2OFeO具有强氧化性可以杀菌消毒，还原产物Fe3水解成Fe(OH)3胶体能吸附杂质生成沉淀13FeSO47H2O广泛应用于医药和工业领域，以下是FeSO47H2O的实验室制备流程图。根据题意完成下列填空： (1)铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是_，浸泡后，用_(填操作方法)分离并洗涤铁屑。(2)操作a为_。(3)最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；_。(4)FeSO47H2O是某些补血剂的主要成分，实验室要测定某补血剂中铁元素的含量。.方案一：可用KMnO4溶液进行氧化还原滴定。在配制100 mL 1.00102molL1的KMnO4溶液时，所用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒，还有_(填仪器名称)。在配制过程中，下列说法正确的是_(填序号字母)。AKMnO4溶于水不放热，可以直接在容量瓶中溶解B容量瓶洗涤后不需干燥即可直接用于实验C定容后摇匀，凹液面低于刻度线，再加水至凹液面最低点与刻度线相平D如果定容时加水超过刻度线必须重新配制.方案二：将FeSO47H2O最终转化为Fe2O3，测定质量变化，操作流程如下：步骤中“一系列操作”依次是过滤、洗涤、_、冷却、称量。假设实验过程中Fe无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为_g(用含a的代数式表示)。若步骤加入X溶液的量不足，则最后测出每片补血剂含铁元素的质量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)Na2CO3溶液可以去除油污。(2)根据流程提示可知，操作a为趁热过滤。(3)温度高会导致绿矾溶解而流失。(4).容量瓶不能溶解物质，A项错误；容量瓶不需要干燥，B项正确；定容后液面低于刻度线属于正常现象，因为有少量溶液附着在刻度线以上的内壁上，对浓度没有影响，C项错误；定容时加水超过刻度线，属于操作错误，必须重新配制，D项正确。.a g固体为Fe2O3，则a g固体中铁的质量为0.7a g，则1片补血剂中含铁0.07a g。X为碱液，碱液的量不足，则导致Fe3没有完全沉淀，最终测出每片补血剂含铁元素的质量将偏小。答案：(1)除去废铁屑表面的油污倾析法(2)趁热过滤(3)减少洗涤过程中FeSO47H2O的损耗(4).100 mL容量瓶、胶头滴管B、D.灼烧0.07a偏小