2019年高考化學二輪復習 1-3-10金屬及其化合物課時作業(yè).doc

2019年高考化學二輪復習 1-3-10金屬及其化合物課時作業(yè)一、選擇題1(xx·江西聯考)如圖所示，兩圓圈相交的部分表示圓圈內的物質相互發(fā)生的反應。已知鈉及其氧化物的物質的量均為0.1 mol，水的質量為100 g。下列說法正確的是()A反應最多能產生0.05 mol O2B反應的離子方程式為Na2H2O=Na2OHH2CNa2O2中陰、陽離子數目之比為11D、充分反應后所得溶液中溶質的質量分數：>>解析：0.1 mol Na2O2與100 g H2O反應，H2O過量，反應最多能產生0.05 mol O2，A正確；反應的離子方程式應為2Na2H2O=2Na2OHH2，B錯誤；Na2O2中陰、陽離子數目之比為12，C錯誤；、充分反應后所得溶液中溶質(NaOH)的質量分數從大到?。?gt;，D錯誤。答案：A2(xx·河北普通高中監(jiān)測)在酸性或堿性較強的溶液中，鋁均可發(fā)生溶解。但在家庭里，用食鹽腌制的食品亦不能長期存放在鋁制品中，其主要原因是()A鋁能與NaCl直接發(fā)生反應而被氧化為氧化鋁B長期存放的NaCl與水反應，溶液不再呈中性，可與鋁發(fā)生反應C鋁與其中的雜質、NaCl溶液形成原電池，鋁被氧化D鋁與其中的雜質、NaCl溶液形成原電池，鋁被還原解析：鋁制品不能長時間存放食鹽腌制的食品，是因為氯離子對氧化膜有破壞作用，若氧化膜被破壞，則由于鋁制品不純，鋁與其中的雜質、NaCl溶液形成原電池，鋁失電子，被氧化，C項正確。答案：C3(xx·貴州六校聯考)為測定某鎂鋁合金樣品中鋁的含量，進行了下列實驗：取一定量合金，加入100 mL 0.3 mol·L1稀硫酸，合金完全溶解，產生的氣體在標準狀況下體積為560 mL；再加入0.2 mol·L1 NaOH溶液至沉淀質量恰好不再變化，用去350 mL NaOH溶液。則所取樣品中鋁的物質的量為()A0.005 mol B0.010 molC0.020 mol D0.030 mol解析：沉淀質量恰好不再變化，得到NaAlO2和Na2SO4溶液，根據S元素守恒，n(SO)n(H2SO4)0.1 L×0.3 mol·L10.030 mol，根據Na元素守恒，則n(Na)n(NaOH)0.2 mol·L1×0.35 L0.070 mol，則n(AlO)0.070 mol0.030 mol×20.010 mol，根據Al元素守恒，n(Al)n(AlO)0.010 mol，B項正確。答案：B4(xx·浙江名校聯考)取一定質量的Cu、Cu2O、CuO的固體混合物，將其分成兩等份。其中一份通入足量的氫氣充分反應后固體質量為25.6 g，另一份加入500 mL稀硝酸中固體恰好完全溶解并產生標準狀況下的NO氣體4.48 L。已知Cu2O2H=CuCu2H2O。則稀硝酸的濃度為()A2 mol/L B1.6 mol/LC0.8 mol/L D0.4 mol/L解析：25.6 g Cu的物質的量為0.4 mol，故生成Cu(NO3)2所消耗的HNO3的物質的量為0.8 mol，又4.48 L NO氣體的物質的量為0.2 mol，生成NO所消耗的HNO3的物質的量為0.2 mol，故共消耗HNO3的物質的量為0.8 mol0.2 mol1.0 mol，所以c(HNO3)1.0 mol÷0.5 L2 mol/L。答案：A5(xx·云南統(tǒng)考)Cu、Cu2O和CuO組成的混合物加入100 mL 0.6 mol/L HNO3溶液中，恰好使混合物溶解，同時收集到224 mL NO氣體(標準狀況)。下列說法不正確的是()A產物中硝酸銅的物質的量為0.025 molB若混合物可Cu的物質的量為0.005 mol，則其中Cu2O、CuO的物質的量共0.020 molC若混合物中含0.01 mol Cu，則其中Cu2O、CuO的物質的量均為0.005 molD混合物中Cu的物質的量的取值范圍為0.005 mol<n(Cu)<0.015 mol解析：根據氮元素守恒可知硝酸銅的物質的量為÷20.025 mol，故A正確。若混合物中Cu的物質的量為0.005 mol，設Cu2O和CuO的物質的量分別為x mol、y mol，則0.0052xy0.025(銅元素守恒)，0.005×22x0.01×3(電子守恒)，解得x0.01，y0，故B錯誤。同理可得C正確。設混合物中Cu的物質的量為z mol，則z2xy0.025,2z2x0.03，兩式相減得zy0.005，據此有z>0.005；又由2z2x0.03推得z0.015x，據此有z<0.015，故有0.015>z>0.005，故D正確。答案：B6(xx·江西南昌零模)將鎂、鋁、鐵合金投入300 mL硝酸中，金屬恰好溶解，轉化成Mg2、Al3和Fe3；硝酸全部被還原為NO，且在標準狀況下，體積為6.72 L，當加入300 mL某濃度NaOH溶液，金屬陽離子恰好全部沉淀，干燥后測得質量為27.2 g。下列有關推斷正確的是()A參加反應的HNO3的物質的量為0.9 molB參加反應的金屬的質量為11.9 gCHNO3的物質的量濃度為3 mol/LDNaOH的物質的量濃度為6 mol/L解析：標準狀況下，6.72 L NO為0.3 mol，則反應轉移的電子為0.9 mol，因參加反應的硝酸一部分生成NO(0.3 mol)，另外一部分與陽離子形成鹽，形成鹽的NO的物質的量與反應中金屬失去電子的物質的量相同，即0.9 mol，故參加反應的硝酸為1.2 mol，故硝酸的濃度為1.2 mol÷0.3 L4 mol/L，A項和C項錯誤；生成沉淀消耗的OH的物質的量與反應中金屬失去電子的物質的量相同，即0.9 mol，故參加反應的金屬質量為27.2 g0.9 mol×17 g·mol111.9 g，B項正確；NaOH的物質的量濃度為0.9 mol÷0.3 L3 mol/L，D項錯誤。答案：B7(xx·河南洛陽統(tǒng)考)下列物質的轉化在給定條件下能一步實現的是()NaAlO2(aq)AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl(飽和)NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4A B C D解析：中電解AlCl3得不到Al；中FeS2煅燒生成SO2。答案：A8(xx·四川綿陽考試)將11.9 g Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量NaOH溶液中，產生的氣體在標準狀況下的體積為3.36 L。另取等質量合金溶于過量稀硝酸中，生成NO氣體，向反應后的溶液中加入過量NaOH溶液，得到沉淀19.4 g，則上述反應中生成NO氣體的體積為(標準狀況)()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發(fā)生反應，根據2Al3H2，n(Al)n(H2)×0.1 mol；合金溶于過量稀硝酸后，加入過量NaOH溶液，最終得到的沉淀為Mg(OH)2、Fe(OH)3，設合金中Mg、Fe的物質的量分別為x mol、y mol，則24x56y11.927×0.1、58x107y19.4，聯立兩式解得x0.15，y0.1。該合金與稀硝酸反應時，根據得失電子守恒，有3n(Al)2n(Mg)3n(Fe)3n(NO)，則n(NO)×(0.1×30.15×20.1×3) mol0.3 mol，V(NO)22.4 L· mol1×0.3 mol6.72 L，A項正確。答案：A9(xx·太原第二學段測評)一定條件下，下列物質可通過化合反應制得的共有()小蘇打硫酸鋁氯化亞鐵磁性氧化鐵氫氧化銅氫氧化鐵A3種 B4種 C5種 D6種解析：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，屬于化合反應；2FeCl3Fe=3FeCl2，屬于化合反應；Fe與O2在點燃條件下生成Fe3O4，是化合反應；4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，是化合反應。答案：B10(xx·石家莊質檢一)某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的幾種。若加入鋅粒，最終產生無色無味的氣體；若加入NaOH溶液，產生白色沉淀，且產生的沉淀量與加入NaOH的物質的量之間的關系如圖所示。則下列說法正確的是()A溶液中的陽離子只有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：步驟中產生無色無味的氣體，說明生成的是氫氣，而不是NO和NO2，則溶液中有H，進而推出不可能含有NO；步驟中產生白色沉淀，說明不可能有Fe3，根據圖象可知，含有的離子有Mg2、Al3和NH，進而推出不可能含有CO。A項，溶液中的陽離子有H、Mg2、Al3和NH；B項，從橫坐標看，0.50.7 mol，發(fā)生反應為NHOH=NH3·H2O，可知n(NH)0.2 mol；C項，由上述分析可知，CO和NO均不存在；D項，從橫坐標的數據可知，00.1 mol，發(fā)生反應為HOH=H2O，所以n(H)0.1 mol,0.10.5 mol，發(fā)生反應為Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3，即總共需要0.4 mol OH才能完成沉淀Mg2和Al3，0.70.8 mol，發(fā)生的反應為Al(OH)3OH=AlO2H2O，則n(Al3)0.1 mol，沉淀Al3需要0.3 mol OH，進而可知n(Mg2)0.05 mol，則n(H)n(Al3)n(Mg2)221。答案：B11(xx·長沙模擬)下列圖象均為實驗過程中產生沉淀的物質的量(Y)與加入試劑的量(X)之間的關系圖，則其中正確的是()A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量且邊滴邊振蕩B向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀鹽酸至過量且邊滴邊振蕩C向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液直至過量D向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐漸通入二氧化碳至過量解析：A項，生成沉淀與溶解沉淀消耗NaOH的量之比為31；B項，滴入HCl即可產生沉淀，且最終沉淀全部溶解，生成沉淀與溶解沉淀消耗鹽酸的量之比為13；C項，滴加NaOH溶液，依次與溶液中Al3、NH、Al(OH)3反應，沉淀生成、溶解以及NH完全反應時消耗NaOH的量之比為311；D項，依次發(fā)生的反應：與Ba(OH)2反應生成BaCO3、與NaOH反應無沉淀生成、與NaAlO2反應生成Al(OH)3沉淀，最后與BaCO3反應沉淀溶解 ，即最終溶液中沉淀只有Al(OH)3。答案：C12(xx·貴陽期末監(jiān)測)某混合溶液，其中只含有Fe2、Cl、Br、I(忽略水的電離)，其中Cl、Br、I的個數比為234，向該溶液中通入Cl2，使溶液中Cl和Br的個數比為31，則通入Cl2的物質的量與溶液中剩余的Fe2的物質的量之比為(已知：還原性I>Fe2>Br>Cl)()A71 B72 C73 D74解析：設溶液中Cl、Br、I分別為2 mol、3 mol、4 mol，由溶液中存在的電荷守恒知溶液中Fe2的物質的量為(234)÷24.5 mol，要使得溶液中Cl和Br的個數為31，則反應后溶液中應含有Cl 9 mol，由還原性大小關系知I先與Cl2發(fā)生反應：2ICl2=I22Cl，4 mol I完全反應消耗Cl2 2 mol，生成Cl 4 mol，此時溶液中Cl為6 mol，繼續(xù)發(fā)生反應：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，計算知此反應消耗3 mol Fe2和1.5 mol Cl2，得到Cl 3 mol，最終溶液中Cl和Br的個數比為31，兩步反應中通入的Cl2一共21.53.5 mol，溶液中剩余的Fe2的物質的量為4.531.5 mol，兩者物質的量比為3.51.573，C項正確。答案：C二、非選擇題13(xx·鄭州質量預測)已知M和R是兩種常見的金屬單質，其中M為紅色。它們在一定條件下有如圖所示的轉化關系，Q溶液呈紅色。請根據上述框圖回答下列問題：(1)上述轉化關系中，屬于非氧化還原反應的是_(填序號)。(2)寫出反應、的離子方程式_、_。(3)K2RO4是一種新型綠色凈水劑，寫出該凈水劑的凈水原理_。解析：根據框圖和題中信息知Y中含Fe3，M為Cu，故可推出E為Cu(NO3)2、R為Fe、X為Fe(NO3)2、Z為Fe(OH)3。反應為Cu與HNO3的反應，反應為Fe置換出Cu的反應，反應為Fe2在酸性條件下被NO氧化為Fe3的反應，反應為Fe3與OH反應生成Fe(OH)3，反應為Fe3與SCN反應生成Fe(SCN)3，反應為氫氧化鐵在堿性條件下被ClO氧化為FeO的反應。答案：(1)(2)3Fe24HNO=3Fe32H2ONO2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O(3)K2FeO4被還原生成Fe3，Fe3水解生成氫氧化鐵膠體，其可以吸附水中的懸浮物14(xx·昆明調研)合金在生產生活中的應用日趨廣泛。(1)鎂合金被用于制造筆記本電腦外殼、競賽自行車車架等，是由于鎂合金具有_等優(yōu)異性能。(2)測定某鎂鋁合金中鎂的質量分數。稱取一定質量的樣品放入NaOH溶液中，發(fā)生反應的離子方程式是_。另稱取一定質量的樣品放入500 mL稀硫酸中，固體全部溶解并產生氣體。待反應完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示(生成沉淀階段的圖象斜率視為恒定)。則合金中Al的質量為_g，NaOH溶液的物質的量濃度為_mol/L。(3)有一種鎂鋁合金(Mg17Al12)是貯氫材料，該合金在一定條件下完全吸氫的反應方程式為Mg17Al1217H2=17MgH212Al。得到的混合物在6.0 mol/L的鹽酸中能完全釋放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氫后得到的混合物與上述鹽酸完全反應，釋放出H2的物質的量為_。(要求列出計算過程)解析：(1)鎂合金質輕，硬度大，導熱性好，消震性也較好。(2)鎂不和NaOH溶液反應，鋁能與NaOH溶液反應生成NaAlO2，離子方程式為2Al2OH2H2O=2AlO3H2。由圖可知，生成沉淀的總物質的量為0.35 mol，Mg(OH)2的物質的量為0.15 mol，加入(240200) mL NaOH溶液時，氫氧化鋁溶解，發(fā)生反應Al(OH)3OH=AlO2H2O，氫氧化鋁的物質的量為0.2 mol，合金中Al的質量為5.4 g,40 mL NaOH溶液中NaOH的物質的量為0.2 mol，所以NaOH溶液的物質的量濃度為0.2 mol/0.04 L5 mol/L。答案：(1)強度大、密度小、散熱性好、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·江西部分高中聯考)中學化學中幾種常見物質的轉化關系如圖所示(圖中部分反應物或生成物及反應條件未列出)。已知：A、B、C、D是單質，其余是化合物。其中B、D是常見金屬，且組成B的元素屬于過渡元素。又知A在C中點燃有蒼白色火焰，M既可溶于鹽酸又可溶于NaOH溶液。請回答下列問題：(1)W的電子式是_。(2)寫出N的化學式_，并任寫一種N的主要用途_。(3)寫出下列反應的離子方程式：反應_。反應_。K溶液和過量氨水反應_。解析：由A、B、C、D是單質，且A在C中點燃有蒼白色火焰知，A為H2，C為Cl2，則W為HCl，X為NaCl(或KCl)，Y為NaOH(或KOH)；D為常見金屬且能與強堿Y反應，為金屬Al，則Z為偏鋁酸鹽，K為AlCl3，M為Al(OH)3；B為常見過渡金屬，再根據框圖轉化知，B為Fe，N為FeCl3，H為FeCl2。答案：(1)H(2)FeCl3可用作催化劑、凈水劑、印刷電路銅板腐蝕劑和外傷止血劑等(任寫一種)(3)2Cl2H2O2OHH2Cl2Al33AlO6H2O=4Al(OH)3Al33NH3·H2O=Al(OH)33NH16(xx·吉林長春測試)A、B、C、D、E、F、G七種物質間存在如圖所示的轉化關系，其中A、B、D、G含有同種元素。已知：()A為金屬單質；B為紅褐色固體；E為密度最小的氣體；G為淺綠色溶液。()D的水溶液為黃色溶液，能與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。()在水溶液中D能將某種氧化物氧化為F，F是含有三種元素的化合物。請回答下列問題：(1)構成C物質的元素在元素周期表中的位置是_，在短周期元素中，該元素與其相鄰元素的原子半徑由大到小的順序是_(用元素符號表示)。(2)D的水溶液呈_性，用離子方程式解釋原因：_。(3)上述反應中屬于置換反應的是_(填序號)。(4)反應(即D將某種氧化物氧化為F)的離子方程式為_。解析：E為密度最小的氣體，E是氫氣；G為淺綠色溶液，說明G中含有亞鐵離子；D的水溶液為黃色溶液，A、B、D、G含有同種元素，說明D的水溶液中含有鐵離子，能與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，說明D的水溶液中含有氯離子，所以D是氯化鐵；A是金屬單質，A和C反應生成氯化鐵，所以A是鐵，C是氯氣；氯化鐵能轉化為紅褐色固體，所以B是氫氧化鐵；F和鐵反應生成氫氣和亞鐵鹽，D能將某種氧化物氧化為F，說明該氧化物具有還原性，所以該氧化物是二氧化硫，在水溶液中二氧化硫和氯化鐵反應生成硫酸，F是含有三種元素的化合物，所以F是硫酸，則G是硫酸亞鐵。(1)氯元素位于第三周期第A族。同周期元素，隨原子序數增大，原子半徑逐漸減?。煌髯逶?，隨原子序數增大，原子半徑逐漸增大；故原子半徑大小順序為S>Cl>F。(2)FeCl3屬于強酸弱堿鹽，發(fā)生水解導致溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，所以溶液呈酸性，其水解的離子方程式為Fe33H2OFe(OH)33H。(3)反應是氫氣還原鐵的氧化物生成鐵和水，屬于置換反應，反應是硫酸和鐵反應生成硫酸亞鐵和氫氣，屬于置換反應，故選。(4)鐵鹽有氧化性，二氧化硫有還原性，所以在水溶液中鐵離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H。答案：(1)第三周期第A族S>Cl>F(2)酸Fe33H2OFe(OH)33H(3)(4)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H