2019届二轮复习 金属及其化合物 作业（全国通用） (6) 练习

金属及其化合物一、单项选择题1．下列反应中，反应后固体物质增重的是(　　)A．氢气通过灼热的CuO粉末        B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应         D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液答案：B解析：本题考查常见元素及其化合物的性质以及化学反应方程式的书写。H2与CuO发生氧化还原反应生成Cu与H2O，固体质量减轻，A项错误；2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，固体质量增加，B项正确；2Al＋Fe2O3===Al2O3＋2Fe ，固体质量不变，C项错误；Zn＋Cu(NO3)2===Zn(NO3)2＋Cu，固体质量减轻，D项错误。2.下列物质的转化在给定条件下能实现的是(　　)A．H2SO4(稀)SO2NH4HSO3(NH4)2SO3B．饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3C．FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3D．AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3答案：B     解析：Cu不与稀H2SO4反应，A错误；Fe与Cl2只能生成FeCl3，C错误；AlCl3加热促进Al3＋水解，最终得到Al(OH)3，D错误。3．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀NHO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，震荡，静置上层溶液显紫红色氧化性：Fe3+>I2答案：B     解析：A、向苏打与小苏打的溶液中分别加盐酸，均冒气泡，说明二者均与盐酸反应，生成二氧化碳气体，正确；B、向硝酸银溶液中滴加过量氨水，溶液澄清，说明硝酸银与氨水生成的AgOH又溶于氨水生成银氨溶液，而银离子与一水合氨是不能大量共存的，错误；C、铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜，溶液变蓝，不是置换反应，错误；D、下层溶液为紫红色，说明有碘单质生成，即Fe3+氧化I-为I2，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断，氧化性：Fe3+> I2，现象错误，答案选A。4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)A.将过量SO2气体通入氨水中：SO2+2NH3·H2O=2 NH+SO+H2OB.向FeI2溶液中通入足量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-C.向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+2H2O+COD.向硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3++3 NO+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O答案：D     解析：过量的SO2与NH3·H2O反应生成NH4HSO3，A错误；FeI2与足量的氯气反应时，Fe2+与I-都被氧化，离子方程式中Fe2+与I-的个数比应为1∶2，B错误；向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液时，由于氢氧化钡过量，生成物中不应有CO，正确的离子方程式为Ba2++OH-+H O=BaCO3↓+H2O，C错误；向硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液后，Fe3+与NO在酸性条件下都能将I-氧化为I2，Fe3+被还原为Fe2+，NO被还原为NO，D项正确。5.在25℃101 kPa下，①2Na(s)+O2(g)Na2O(s)     ΔH1=-414 kJ·mol-1，②2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)    ΔH2=-511 kJ·mol-1，下列说法正确的是(　　)A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D.25℃101 kPa下，Na2O2(s)+2Na(s)2Na2O(s)　ΔH=-317 kJ·mol-1答案：D     解析：在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1∶2，①和②产物的阴阳离子个数比相等，A错误；由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，B错误；常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；热化学方程式25℃、101 kPa下：①2Na(s)+O2(g)Na2O(s)　ΔH1=-414 kJ·mol-1，②2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)　ΔH2=-511 kJ·mol-1，①×2-②可得：Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)　ΔH=-317 kJ·mol-1，D正确。6．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是(　　)A．NaHS溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋B．在c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH、NO、K＋、Cl－C．加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、NO、Cl－D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO答案：B     解析：A项会发生反应：HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋错误；B项为酸性溶液，所给离子可大量存在；C项溶液为碱性时Mg2＋、NH不能大量存在，溶液为酸性时不能生成H2，错误；D项因为酸性H2CO3>HClO，会发生反应：H2O＋CO2＋ClO－===HClO＋HCO，错误。7．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种(忽略由水电离产生的H＋、OH－)：H＋、NH、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3＋、NO、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是(　　)A．原溶液一定不存在H＋、Cu2＋、COB．不能确定原溶液是否含有K＋、NOC．原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH，且n(Mg2＋) n(Al3＋) n(NH)＝112D．实验所加的NaOH的浓度为2 mol·L－1答案：D    解析：溶液是无色的，所以Cu2＋一定不存在；通过图象知，在加入过量的氢氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H＋；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3＋；K＋不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO、SO两种中的一种，因通过图象知含有Al3＋；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO、一定含有SO；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g，推断生成3×10－2 mol BaSO4，所以n(SO)＝3×10－2 mol；③第三份说明不含有H＋，一定含有Al3＋；图象中有一段平台，说明加入OH－时无沉淀生成，有NH，NH＋OH－===NH3·H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2＋，根据消耗氢氧化钠的体积结合化学方程式计算n(Mg2＋) n(Al3＋) n(NH)＝112。通过此实验无法判断是否含有K＋、NO；无法计算氢氧化钠的浓度。故答案选D。二、非选择题8．无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为__________________________。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/℃57.6180(升华)300(升华)1 023①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是________(只要求写出一种)。②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是________。③已知：Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(s)＋3CO(g)　ΔH1＝＋1 344.1 kJ·mol－12AlCl3(g)===2Al(s)＋3Cl2(g)ΔH2＝＋1 169.2 kJ·mol－1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为______________________________。④步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为________________。⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是________________________________________________________________________。答案：(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(2)①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率②Fe或铁③Al2O3(s)＋3C(s)＋2Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH＝＋174.9 kJ/mol④NaCl、NaClO、Na2CO3（2分）　⑤除去FeCl3，提高AlCl3纯度解析：考查盐的水解、反应条件的控制、热化学方程式的书写、物质反应充分的确定及化学试剂的作用的判断的知识。(1)氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3＋发生水解反应产生氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(2)①步骤Ⅰ中焙烧使固体中的水分挥发，气孔数目增多，其作用是可以防止后续步骤生成的AlCl3水解或者说是由于增大反应物的接触面积，使反应速率加快。②根据物质中含有的元素组成可知：若在步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁。③第一式子减去第二式子，整理可得：Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH＝＋174.9 kJ/mol。④分析可知，步骤Ⅱ中得到的气态混合物主要含有反应生成的SiCl4、AlCl3、FeCl3、CO2以及过量的Cl2和O2，冷却至100 ℃时所得尾气成分为SiCl4、CO2、Cl2、O2，再冷却至室温后，气体中仅剩CO2、Cl2和O2三种气体，用足量的冷NaOH溶液吸收该尾气时，发生反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，生成的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、Na2CO3。⑤分析流程和已知物质的沸点可知，粗品氯化铝中还含有FeCl3，步骤V中加入的铝粉可与FeCl3反应生成Fe和AlCl3，再通过升华将AlCl3提取出来，这样就除去了FeCl3杂质，提高了AlCl3的纯度。9．水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______________________________________，还可使用________代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为____________________________________________________________________。(3)加氨水过程中加热的目的是______________________________________________________________________________________________________________________。沉淀B的主要成分为___________________________、__________________(填化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应：MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。答案：(1)将Fe2＋氧化为Fe3＋ 　 双氧水(2) SiO2 （1分）　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O(3)防止胶体生成，易沉淀分离　Fe(OH)3 　Al(OH)3 (4)45.0%解析：(1)Fe3＋容易在pH较小时转化为沉淀，所以需要将Fe2＋氧化为Fe3＋。双氧水可以将Fe2＋氧化为Fe3＋且不会引入杂质。(2)二氧化硅不溶于一般酸性溶液，所以沉淀A是二氧化硅。它可以溶于氢氟酸SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(3)加热可以促进Fe3＋、Al3＋水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。pH 4～5时Ca2＋、Mg2＋不沉淀，Fe3＋、Al3＋沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol·L－1×36.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。10．已知铁的化合物之间有如下转化关系：Fe2＋Fe3＋FeO(高铁酸根离子)请回答下列有关问题：（1）Fe与过量稀盐酸反应可以制取FeCl2。若用反应所得的酸性溶液，实现上述①的转化，要求产物纯净，可选用的试剂是________(填序号)。a．KMnO4　　   　b．HNO3　　   　c．H2O2（2）硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S(CuFeS2中S为－2价)。则下列说法正确的是______(填序号)。a．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金b．Cu2＋和S是氧化产物c．当转移1 mol电子时，46 g CuFeS2参加反应d．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂（3）在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出。①若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是__________________，一定不含的阳离子是______________。②若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定不含的阳离子是________________。（4）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，和水发生水解反应生成Fe(OH)3胶体等物质，写出FeO 和H2O反应的离子方程式：____________________________。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是__________、__________(用简洁的名词描述即可)。答案：（1）c　（2）c（3）①Fe2＋　Fe3＋　②Fe3＋、Cu2＋（4）4FeO＋10H2O4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑　杀菌　净水解析：（3 ）向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入一定量的铁屑，对应的反应为2FeCl3＋Fe===3FeCl2，CuCl2＋Fe===FeCl2＋Cu。①若剩余的固体为铜，则反应后的溶液中含有的阳离子一定有Fe2＋，一定不含Fe3＋，但不一定含有Cu2＋；②若剩余的固体为铁和铜的混合物，则反应后的溶液中的阳离子只有Fe2＋，一定不含 Fe3＋、Cu2＋。（4）高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。11．硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下： 已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33 ℃)。(1)在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是______________________，原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有________、________、玻璃片和小刀等。(2)请配平第①步反应的化学方程式：NaBO2＋SiO2＋Na＋H2——NaBH4＋Na2SiO3(3)第②步分离采用的方法是________；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是________。(4)NaBH4(s)与水(l)反应生成NaBO2(s)和氢气(g)，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4 (s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是_______________________________________________________________________________________________________。答案：(1)除去反应器中的水蒸气和空气　煤油 　镊子　滤纸(2)1　2　4　2　1　2  　(3)过滤　蒸馏(4)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g)ΔH＝－216.0 kJ·mol－1解析：(1)通入氩气后排净反应器中的水蒸气和空气，防止Na、NaBH4与水和空气中的O2反应；金属钠通常保存在煤油中；在取用钠时，应用镊子将钠从煤油中取出，并用滤纸吸干表面的煤油。(2)在该反应中，金属Na由0价升高到＋1价，而H2中的H由0价降低到－1价，其余元素的化合价都未改变，可设NaBH4的系数为1，根据H守恒可知H2的系数为2，根据电子守恒可知，Na的系数为4，根据B守恒可知NaBO2的系数为1，根据Na守恒可知Na2SiO3的系数为2，根据Si守恒可知SiO2的系数为2。(3)经过第②步后得到溶液和固体，故该操作为过滤；由于异丙胺的沸点较低，故第③步可以采用蒸馏的方法分离出NaBH4并回收溶剂。(4)NaBH4与水反应的化学方程式为NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑，3.8 g NaBH4的物质的量为0.1 mol，故1 mol NaBH4与水反应时放出216.0 kJ热量，由此可写出热化学方程式。