2021届高考化学三轮复习回归基础练习05 金属及重要化合物

这是一份2021届高考化学三轮复习回归基础练习05 金属及重要化合物，共42页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，工业流程题，填空题，计算题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习05金属及重要化合物

一、单选题
1．下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A．实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中 B．钠着火后，可用泡沫灭火器来灭火
C．钠的化学性质较活泼，可以保存在煤油中 D．长期被暴露在空气中的钠不会变质
2．将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体产生，又有白色沉淀产生的是(不考虑溶液温度变化)（ ）
①MgSO4溶液②稀Na2SO4溶液③饱和澄清石灰水④CuSO4溶液⑤饱和NaCl溶液⑥FeCl3溶液
A．①④⑥ B．②④⑤ C．③④⑥ D．①③⑤
3．过氧化钠具有强碱性和强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧。下列有关说法中不正确的是
A．Na2O2与炭、铝粉等还原性物质的燃烧实验可以在硬质玻璃管中进行
B．Na2O2与木炭的反应时Na2O2表现出强氧化性
C．Na2O2与Al反应的方程式为：2Al + 3Na2O23 Na2O + Al2O3
D．Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4
4．在200℃时，CO2和H2O蒸汽的混合气体共25.3g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了17.3g，则反应中转移电子的物质的量为（ ）
A．2mol B．1mol C．0.5mol D．0.25mol
5．将O2、CH4、Na2O2放入密闭容器中，在150 ℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2、CH4、Na2O2的物质的量之比为
A．1∶1∶1 B．2∶2∶6
C．1∶2∶6 D．无法确定
6．下列关于Na2CO3和NaHCO3的比较中，说法不正确的是
A．NaHCO3固体受热容易分解，而Na2CO3固体受热不容易分解
B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多
C．向等体积等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，前者颜色比后者深
D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式相同
7．设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是
A．分别向等质量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少
B．分别配成溶液，加入CaCl2溶液，比较是否有沉淀生成
C．分别配成溶液，做焰色反应，观察火焰的颜色
D．分别将等量的白色粉末用如图装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊. 

8．向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体后，得到①②③④四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO2)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图②③④中分别有OAAB,则下列分析与判断正确的是(忽略CO2的溶解)

A．①中通入的CO2最少 B．③中的溶质只有Na2CO3
C．有两种溶质的是②和③ D．若④中OA>2AB,则有c(NaHCO3)c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−) 玻璃棒 97.62%
【分析】
（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数．据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；
（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；
（3）①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N～A12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。
【详解】
(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第ⅢA族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓>铝>硼，故碱性：③>①>②，
故答案为三；ⅢA；③>①>②；
(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO42−)>c(NH4+ )>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
故答案为c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；

(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
故答案为玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N∼∼A12O3，
2×(27+14) 102
m(A1N) 5.1g
所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 ×100%=97.62%；
故答案为97.62%。
53．①②③⑤
【详解】
因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2＋，与电解水产生的OH－结合生成 Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于带入空气中的氧气，能迅速将 Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。故答案为①②③⑤。
54． 除去气体中混入的HCl 过氧化钠 与和水反应产生 吸收未反应的气体 带火星的木条 木条复燃
【分析】
利用石灰石和稀盐酸反应制得二氧化碳，制得的二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液以除去氯化氢气体，通过过氧化钠固体，产生的气体再通过氢氧化钠溶液除去末反应的二氧化碳等，最后用排水法收集进行检验，据此分析。
【详解】
(1)A装置中制备CO2，无加热设备，所以应用分液漏斗盛装稀盐酸与锥形瓶中的石灰石反应制备CO2气体，方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
(2)CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液，除去盐酸挥发出的HCl气体，C装置中盛装过氧化钠固体，与二氧化碳和水反应生成氧气，再将混合气体通入氢氧化钠溶液中，以除去氧气中未反应的二氧化碳，最后用排水法收集氧气；
故答案为除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和水反应产生O2；吸收未反应的CO2气体；
(3) 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)F利用排水法收集氧气，检验氧气可使用带火星的木条，若木条复燃则证明该气体为氧气，故答案为带火星的木条；木条复燃。
55．防止FeSO4被氧化 煮沸 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触氧气 稀硫酸、铁屑 NaOH溶液 B 检验试管II出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹
【分析】
本题主要考察Fe(OH)2的制备，其核心就是除掉空气，发生Fe2++2OH-= Fe(OH)2↓。方案一事先将O2从水中除去，并在实验中避免Fe(OH)2的接触；方案二中，先使用H2将装置中的空气排尽，再关闭止水夹，利用压强增大，将FeSO4溶液有I中压入II中，并在H2的氛围中制备Fe(OH)2。
【详解】
方法一：
（1）制备Fe2+盐溶液时，往往都会加入少量铁屑，目的是防止Fe2+被氧化，其原理是2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）除去水中的O2，往往使用煮沸的方法；
（3）该操作是为了避免Fe(OH)2与空气接触；
方法二：
（1）I中的试剂为稀H2SO4和铁屑；
（2）II中的试剂为NaOH溶液；
（3）由于H2充满了整个装置，外界的空气不易进入装置中，避免了生成的Fe(OH)2与空气的接触，故选B；
（4）打开止水夹后，一段时间后要检验H2的纯度，只有H2纯净时，才能说明装置内的空气被排尽了，此时就可以关闭止水夹，等待压强增大，将溶液从I中压入II中。