2023高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题3元素及其化合物第10讲金属及其化合物

PAGEPAGE2第10讲金属及其化合物[限时50分钟，总分值70分]一、选择题(包括7个小题，每题5分，共35分)1．(2022·郴州一模)以下有关金属及其化合物的说法正确的选项是A．铝和氢氧化钠溶液反响生成Al(OH)3和H2OB．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OC．铁在高温下与水蒸气反响生成Fe2O3和H2D．用碳酸钠和氢氧化钙反响制NaOH解析A、铝和氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，错误；B、钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，错误；C、铁在高温下与水蒸气反响生成四氧化三铁和氢气，错误；D、碳酸钠和氢氧化钙反响生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，正确。答案D2．(2022·厦门模拟)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eq\x(乙)eq\o(→,\s\up11(化合反响))eq\x(甲)eq\o(→,\s\up11(复分解反响))eq\x(乙)A．HCl B．FeCl2C．KOH D．NaHCO3解析由甲→乙发生复分解反响可知，甲、乙均为化合物，甲→乙发生化合反响。由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反响生成HCl，A不选；假设乙为FeCl2，甲→乙的化合反响应属于氧化复原反响，但不满足甲→乙发生复分解反响，B不选；甲为化合物，不会通过化合反响生成KOH，C不选；假设甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反响生成乙(碳酸氢钠)，碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反响生成乙(碳酸氢钠)，应选D。答案D3．(2022·上海高考)以下各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能别离的是A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜解析A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反响，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反响产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯洁的MgO，故可别离；B.向溶液中参加过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中参加适量的盐酸，当沉淀到达最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中参加适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故可别离；C.二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反响，而氧化铁与NaOH不能发生反响。参加过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯洁的氧化铁，故可别离；D.二者都可以与NaOH发生反响，当再向得到的沉淀中参加盐酸时，二者都溶解，不能别离、提纯，故不能别离。答案D4．(2022·江苏高考)给定条件下，以下选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A．粗硅eq\o(→,\s\up11(Cl2),\s\do11(高温))SiCl4eq\o(→,\s\up11(H2),\s\do11(高温))SiB．Mg(OH)2eq\o(→,\s\up11(盐酸))MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up11(电解))MgC．Fe2O3eq\o(→,\s\up11(盐酸))FeCl3(aq)eq\o(→,\s\up11(蒸发))无水FeCl3D．AgNO3(aq)eq\o(→,\s\up11(NH3·H2O))[Ag(NH3)2]OH(aq)eq\o(→,\s\up11(蔗糖),\s\do11(△))Ag解析A、Si＋2Cl2eq\o(=,\s\up11(高温))SiCl4，SiCl4＋2H2eq\o(=,\s\up11(高温))Si＋4HCl，故正确；B、工业上制备Mg，是电解熔融状态下的氯化镁，故B错误；C、FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故C错误；D、蔗糖是非复原性糖，不能与银氨溶液反响，故D错误。答案A5．以下实验与对应示意图的关系正确的选项是ABCDNaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量解析NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸反响的离子方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，形成沉淀与溶解沉淀所消耗的盐酸体积比为1∶3，A错误；NH3·H2O碱性很弱，不能溶解Al(OH)3，B错误；Ba(OH)2参加明矾中，SOeq\o\al(2－,4)和Al3＋均能够形成沉淀，Al3＋先沉淀完全：2Al3＋＋6OH－＋3Ba2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，再参加Ba(OH)2后，SOeq\o\al(2－,4)继续沉淀，而Al(OH)3溶解，当SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀时，Al(OH)3恰好溶解：Ba2＋＋2OH－＋2Al(OH)3＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2AlOeq\o\al(－,2)＋4H2O，C正确；澄清石灰水中通入CO2，直至过量，先形成沉淀，之后沉淀会溶解：Ca2＋＋CO2＋2OH－=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)，D错误。答案C6．(2022·全国Ⅰ卷)以下实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A.将稀硝酸参加过量铁粉中，充分反响后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋B.将铜粉加1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小解析A、稀硝酸与过量的Fe粉反响，那么生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以参加KSCN溶液后，不变红色，现象错误；B、Cu与硫酸铁发生氧化复原反响，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，错误；D、硫酸镁与氢氧化钠溶液反响生成氢氧化镁沉淀，再参加硫酸铜，那么生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，正确。答案D7．将三种黑色粉末组成的混和物参加到足量的某热浓酸中，充分反响后得到蓝绿色溶液和两种气体。将从蓝绿色溶液中别离得到的盐与0.15mol复原铁粉恰好反响完全，可得浅绿色溶液和6.4g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为A．物质的量：FeS∶CuO∶Fe=1∶1∶1B．物质的量：C∶CuO∶Fe=3∶2∶2C．质量：MnO2∶CuO∶C=5.5∶8∶12D．质量：Fe∶C∶CuO=7∶5∶3解析根据“上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体〞知酸是浓硝酸，最后的气体是二氧化碳和NO，那么固体含C，另外根据得到红色沉淀知固体含氧化铜，根据Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu知生成0.1molCu，消耗Fe0.1mol，那么另外消耗的0.05mol的Fe应该是与Fe3＋反响了，而且n(Fe3＋)=0.1mol，n(Fe)∶n(Cu)=1∶1。答案B二、非选择题(包括4个小题，共35分)8．(8分)A、B、C三种物质中均含有同一种元素，它们之间有如以下图所示的转化关系(局部反响物已略去)。(1)假设A是一种两性氧化物，B的水溶液呈酸性，请写出反响①和反响④(由A一步转化为B或C)的离子方程式：反响①__________________________________________________________；反响④__________________________________________________________。(2)假设反响①为置换反响，反响④为化合反响，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，请写出这两个反响的化学方程式：C→A___________________________________________________________；C→B___________________________________________________________。(3)假设反响①②③均为化合反响，反响④为置换反响。当A为一种金属单质时，请写出反响②和③可能的离子方程式：②______________________________________________________________；③______________________________________________________________。解析(1)高中阶段具有两性的氧化物代表为Al2O3，Al2O3与H＋反响生成Al3＋和H2O(反响①)，Al2O3与OH－反响生成AlOeq\o\al(－,2)和H2O(反响④)，AlOeq\o\al(－,2)与过量的H＋反响生成Al3＋和H2O(反响③)，Al3＋与过量的OH－反响生成AlOeq\o\al(－,2)和H2O(反响②)。(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可与盐酸反响生成FeCl2(反响④)，FeCl2与Cl2反响生成FeCl3(反响③)，FeCl3与Fe反响生成FeCl2(反响②)，Fe可与Cl2反响生成FeCl3(反响①)。答案(1)Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OAl2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O(2)2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up11(通电))2Na＋Cl2↑2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up11(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(3)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－)9．(9分)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)写出铜与稀硝酸反响的化学方程式______________________________________________________________________________________________________。(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响：2Cu2O＋Cu2Seq\o(=,\s\up11(高温))6Cu＋SO2↑，该反响的氧化剂是________；当生成19.2gCu时，反响中转移的电子为________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响式_____________________________________________________________________。(5)某研究性学习小组用“间接碘量法〞测定某试样中CuSO4·5H2O(不含能与I－反响的氧化性杂质)的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取25.00mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成。写出该反响的离子方程式___________________________________________________________________________________________________________________________________________。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，发生反响的化学方程式为I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，平均消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL。那么试样中CuSO4·5H2O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3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(2)硫酸提供的酸性环境可增强H2O2的氧化性，将铜氧化：Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O。(3)氧化剂在反响中化合价降低，Cu2O→Cu，铜的化合价降低，Cu2SCu＋SO2，铜的化合价降低，硫元素的化合价升高，故Cu2O、Cu2S为氧化剂。19.2gCu的物质的量为19.2g/64g·mol－1=0.3mol，Cu2S、Cu2O中铜的化合价均为＋1价，故转移电子的物质的量为0.3mol。(4)负极金属发生氧化反响：2Cu－4e－＋CO2＋3H2O=Cu2(OH)2CO3＋4H＋。铜发生吸氧腐蚀过程中，负极：2Cu－4e－=2Cu2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，在CO2的作用下，形成碱式碳酸铜：2Cu2＋＋4OH－＋CO2=Cu2(OH)2CO3＋H2O。(5)从题意可知，白色碘化物为CuI，铜的化合价降低，那么I－被氧化为I2：2Cu2＋＋4I－=2CuI＋I2。根据反响可知，两反响中物质存在如下关系：2CuSO4·5H2O～I2～2Na2S2O3500g2molmcV×10－3molm=0.25cVg那么试样中CuSO4·5H2O的质量分数为4×0.25cVg/ag×100%=100cV/a%。答案(1)3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O(3)Cu2O、Cu2S0.3(4)2Cu－4e－＋CO2＋3H2O=Cu2(OH)2CO3＋4H＋(5)2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2100cV/a%10．(9分)(2022·海南高考)KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如以下图所示。答复以下问题：eq\x(易拉罐)eq\o(→,\s\up11(试剂①),\s\do11(微热、过滤))eq\x(滤液A)eq\o(→,\s\up11(NH4HCO3))eq\x(沉淀B)eq\o(→,\s\up11(稀H2SO4),\s\do11(K2SO4))eq\x(产物)(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用________(填标号)。a．HCl溶液 b．H2SO4溶液c．氨水 d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反响的化学方程式为_____________________________________________________________________。(3)沉淀B的化学式为________；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是___________________________________________________________________。(4)：KW=1.0×10－14，Al(OH)3AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2OK=2.0×10－13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反响的平衡常数等于____________。解析(1)易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)，它们都是比拟活泼的金属，都可以与酸发生反响，而Al可以与强碱溶液反响变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反响，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确；(2)易拉罐溶解过程中主要反响的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，反响的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；(3)滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中参加NH4HCO3溶液，发生HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3＋为弱碱阳离子，发生水解反响，消耗水电离产生的OH－，当最终到达平衡时溶液中c(H＋)＞c(OH－)，所以溶液显酸性。(4)由得Al(OH)3溶于NaOH溶液反响的平衡常数K=eq\f(c(AlO\o\al(－,2)),c(OH－))=eq\f(c(AlO\o\al(－,2))·c(H＋),c(H＋)·c(OH－))=eq\f(2.0×10－13,1.0×10－14)=20。答案(1)d(2)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑(3)Al(OH)3Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大(4)2011．(9分)(2022·衡水模拟)铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据以下实验答复以下问题：(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是________。(2)某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋四种离子，向其中参加过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是________。A．Mg2＋ B．Fe2＋ C．Al3＋ D．Cu2＋(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：答复以下问题：①操作Ⅰ的名称是________，操作Ⅱ的名称是________。②写出在空气中煅烧FeCO3的化学方程式_____________________________________________________________________。(4)有些同学认为酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定，其反响如下：5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn