《2022屆高考化學二輪復習 專題十 常見金屬及其化合物專題強化練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022屆高考化學二輪復習 專題十 常見金屬及其化合物專題強化練（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考化學二輪復習 專題十 常見金屬及其化合物專題強化練 1．Al、Fe都是重要的金屬元素，下列說法正確的是(　　) A．兩者對應的氧化物均為堿性氧化物 B．兩者的單質都不能與氫氧化鈉溶液反應 C．常溫條件下，兩種金屬都能溶解于濃硫酸中 D．制備AlCl3、FeCl3，均不能采用將其溶液直接蒸干的方法 解析：氧化鐵(或氧化亞鐵)是堿性氧化物，氧化鋁是兩性氧化物，A錯；鋁可以與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，B錯；常溫下鋁和鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化，在金屬表面生成一層致密的氧化膜而阻止內部金屬被氧化，C錯；氯化鋁和氯化鐵都能發(fā)生水解生成氫氧化物和鹽酸，若將它們的水溶液蒸干，則會促進它

2、們繼續(xù)水解最終無法得到相應的氯化物，所以D正確。 答案：D 2．一定條件下，中學化學常見物質甲、乙之間存在如下轉化關系，乙是(　　) A．HCl　　　　　　 B．FeCl2 C．KOH D．NaHCO3 解析：由甲→乙發(fā)生復分解反應可知，甲、乙均為化合物，甲→乙發(fā)生化合反應。由轉化關系可知，甲為化合物，不會通過化合反應生成HCl，A不選；若乙為FeCl2，甲→乙的化合反應應屬于氧化還原反應，但不滿足甲→乙發(fā)生復分解反應，B不選；甲為化合物，不會通過化合反應生成KOH，C不選；若甲為碳酸鈉，與少量鹽酸發(fā)生復分解反應生成乙(碳酸氫鈉)，碳酸鈉、水、二氧化碳發(fā)生化合反應生成乙(碳酸

3、氫鈉)，故選D。 答案：D 3．(2018·江蘇卷)在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是(　　) A．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq) B．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s) C．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)Ag(s) D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq) 解析：B項，NaAlO2(aq)與過量HCl(aq)反應，生成AlCl3，錯誤；C項，蔗糖(aq)中無醛基，不能與[Ag(NH3)2]＋(aq)反應生成Ag(s)，錯誤；D項，F(xiàn)e(s)與HCl(aq)反應生成FeCl2(aq)，錯誤。 答案：

4、A 4．向四只盛有一定量NaOH溶液的燒杯中通入不同量的CO2氣體，再在所得溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，并將溶液加熱，產(chǎn)生的CO2氣體與HCl物質的量的關系如圖(忽略CO2的溶解和HCl的揮發(fā))： 則下列分析都正確的組合是(　　) ①Ⅰ圖對應溶液中的溶質為NaHCO3 ②Ⅱ圖對應溶液中的溶質為Na2CO3和NaHCO3，且二者的物質的量之比為1∶1 ③Ⅲ圖對應溶液中的溶質為NaOH和Na2CO3，且二者的物質的量之比為1∶1 ④Ⅳ圖對應溶液中的溶質為Na2CO3 A．①②　　　B．①③ C．②④　　　D．②③ 解析：圖像Ⅰ中從O點即開始產(chǎn)生CO2氣體，對應溶液中的溶質

5、為NaHCO3，①正確；圖像Ⅱ中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量，對應的溶液中的溶質為Na2CO3和NaHCO3，且二者的物質的量之比＝＝，②正確；圖像Ⅲ中，Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量，對應溶液中的溶質為Na2CO3，③不正確；圖像Ⅳ中，Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量，對應溶液中的溶質為Na2CO3、NaOH，且二者的物質的量之比：＝＝，④不正確。 答案：A 5．(2018·常德模擬)下列各組物質中，不能滿足表中圖示物質在一定條件下一步轉化關系的組合為(　　) 選項 X Y Z W A Al AlCl3 Al(OH)3

6、 Al2O3 B Na Na2O2 Na2CO3 NaCl C Fe FeCl2 FeCl3 Fe(OH)3 D Si Na2SiO3 H2SiO3 SiO2 解析：Al與鹽酸得AlCl3，再加NH3·H2O得Al(OH)3加熱得Al2O3，電解得Al，故A正確；Na在氧氣中點燃生成Na2O2，與二氧化碳反應生成Na2CO3，再與鹽酸反應生成NaCl，電解熔融氯化鈉生成鈉，故B正確；Fe與鹽酸生成FeCl2，通入氯氣生成FeCl3，與氫氧化鈉反應生成Fe(OH)3，但由Fe(OH)3無法直接生成鐵，故C錯誤；Si與氫氧化鈉溶液反應生成Na2SiO3，與酸反應生成

7、H2SiO3，加熱生成SiO2，與碳在高溫生成硅，故D正確。 答案：C 6．對溶液中的反應，如圖象中m表示生成沉淀的物質的量，n表示參加反應的某一種反應物的物質的量，則下列敘述中錯誤的是(　　) A．符合甲圖象的兩種反應物可以是AlCl3和NaOH B．符合乙圖象的兩種反應物可以是Ca(OH)2和CO2 C．符合丙圖象的反應可以是在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2 D．符合丙圖象的反應可以是在NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH 解析：AlCl3溶液加入NaOH溶液，先沉淀后溶解，前后量為3∶1，A項正確；石灰水中通入二氧化碳，先發(fā)生反應Ca(OH)2＋CO2

8、===CaCO3↓＋H2O，則生成沉淀，后發(fā)生反應CO2＋CaCO3＋H2O===Ca(HCO3)2沉淀消失，生成沉淀量最大時消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1∶1，故B正確；Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，先發(fā)生氫氧化鈣與二氧化碳的反應生成沉淀，Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，再發(fā)生氫氧化鉀與二氧化碳反應，2OH－＋CO2===CO＋H2O，CO2＋CO＋H2O===2HCO最后發(fā)生碳酸鈣與水和二氧化碳的反應，即CO2＋CaCO3＋H2O===Ca(HCO3)2，生成沉淀量最大時消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1∶1，氫

9、氧化鉀的量可以靈活來定，故C正確；NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH，先是鋁離子和氫氧根離子之間的反應，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，然后是銨根離子和氫氧根離子之間的反應，即NH＋OH－===NH3·H2O，最后是氫氧化鋁的溶解過程，即Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，生成沉淀量最大時消耗氫氧化鈉的量和將NH反應完消耗的NaOH的量及沉淀完全溶解時消耗氫氧化鈉的量之比是3∶1∶1，故D錯誤。 答案：D 7．將11.9 g由Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質量減少了 2.7 g。 另取等質量的合金溶于過量稀硝酸中，生成了6.72

10、L NO(標準狀況下)，向反應后的溶液中加入適量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全轉化為沉淀，則沉淀的質量為(　　) A．27.2 g B．22.1 g C．30 g D．無法計算 解析：將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3＋、Fe3＋、Mg2＋，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質的量和氮原子得電子的物質的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得電子的物質的量是3× mol。由質量守恒知，m(沉淀)＝m(合金)＋m(OH－)，由電荷守恒和得失電子守恒知，n(OH－)＝3n(NO)，則m(沉淀)＝11.9 g＋17 g·mol－1×3× mol＝27.2

11、g，故A正確。 答案：A 8．A、B、C三種物質中均含有同一種元素，它們之間有如下圖所示的轉化關系(部分反應物已略去)。 (1)若A是一種兩性氧化物，B的水溶液呈酸性，請寫出反應①和反應④(由A一步轉化為B或C)的離子方程式：反應①_________； 反應④_______________________________________________。 (2)若反應①為置換反應，反應④為化合反應，C物質大量存在于海水中，是人體生理活動不可缺少的物質。工業(yè)上可以用C來制取A或B，請寫出這兩個反應的化學方程式：C→A____________； C→B_______________

12、____； (3)若反應①②③均為化合反應，反應④為置換反應。當A為一種金屬單質時，請寫出反應②和③可能的離子方程式：②__________； ③___________________________________________________。 解析：(1)高中階段具有兩性的氧化物代表為Al2O3，Al2O3與H＋反應生成Al3＋和H2O(反應①)，Al2O3與OH－反應生成AlO和H2O(反應④)，AlO與過量的H＋反應生成Al3＋和H2O(反應③)，Al3＋與過量的OH－反應生成AlO和H2O(反應②)。(2)首先確定C為NaCl，電解熔融態(tài)NaCl生成Na、Cl2，電解飽和N

13、aCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，故A為Na，B為NaOH。(3)金屬元素中，鐵的價態(tài)變化復雜，所以首先聯(lián)想A為Fe，F(xiàn)e可與鹽酸反應生成FeCl2(反應④)，F(xiàn)eCl2與Cl2反應生成FeCl3(反應③)，F(xiàn)eCl3與Fe反應生成FeCl2(反應②)，F(xiàn)e可與Cl2反應生成FeCl3(反應①)。 答案：(1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O (2)2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑ 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (3)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(或2

14、Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－) 9．銅是生物體必需的微量元素，也是人類最早使用的金屬之一。銅的生產(chǎn)和使用對國計民生各個方面都產(chǎn)生了深遠的影響。 (1)寫出銅與稀硝酸反應的化學方程式_____________________ _____________________________________________________。 (2)為了保護環(huán)境和節(jié)約資源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶出廢舊印刷電路板中的銅，最終實現(xiàn)銅的回收利用。寫出溶出銅的離子方程式_____________________________________________ ________

15、_____________________________________________。 (3)工業(yè)上以黃銅礦為原料，采用火法熔煉工藝生產(chǎn)銅。該工藝的中間過程會發(fā)生反應：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，該反應的氧化劑是________；當生成19.2 g Cu時，反應中轉移的電子為________mol。 (4)銅在潮濕的空氣中能發(fā)生吸氧腐蝕而生銹，銅銹的主要成分為Cu2(OH)2CO3(堿式碳酸銅)。試寫出上述過程中負極的電極反應式 ______________________________________________________。 (5)某研究性學習小組用“間接

16、碘量法”測定某試樣中CuSO4·5H2O(不含能與I－反應的氧化性雜質)的含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成。寫出該反應的離子方程式________________________。 繼續(xù)滴加KI溶液至沉淀不再產(chǎn)生，溶液中的I2用硫代硫酸鈉標準溶液滴定，發(fā)生反應的化學方程式為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，平均消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL。則試樣中CuSO4·5H2O的質量分數(shù)為______________。 解析：(1)稀硝酸具有強氧化性能夠氧化銅，自身轉化為NO，方程式為3Cu＋

17、8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(2)硫酸提供的酸性環(huán)境可增強H2O2的氧化性，將銅氧化：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。(3)氧化劑在反應中化合價降低，Cu2O→Cu，銅的化合價降低，Cu2S→Cu＋SO2，銅的化合價降低，硫元素的化合價升高，故Cu2O、Cu2S為氧化劑。19.2 g Cu的物質的量為＝0.3 mol，Cu2S、Cu2O中銅的化合價均為＋1價，故轉移電子的物質的量為0.3 mol。(4)負極金屬發(fā)生氧化反應：2Cu－4e－＋CO2＋3H2O===Cu2(OH)2CO3＋4H＋。銅發(fā)生吸氧腐蝕過程中，負極：2Cu－4e－===2C

18、u2＋，正極：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，在CO2的作用下，形成堿式碳酸銅：2Cu2＋＋4OH－＋CO2===Cu2(OH)2CO3＋H2O。 (5)從題意可知，白色碘化物為CuI，銅的化合價降低，則I－被氧化為I2∶2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2。 根據(jù)反應可知，兩反應中物質存在如下關系： 2CuSO4·5H2O　～　I2　～　2Na2S2O3 500 g 2 mol m cV×10－3mol m＝0.25cV g 則試樣中CuSO4·5H2O的質量分數(shù)為 4××100%

19、＝。 答案：(1)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋ 4H2O (2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O (3)Cu2O、Cu2S　0.3 (4)2Cu－4e－＋CO2＋3H2O===Cu2(OH)2CO3＋4H＋ (5)2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2　100cV/a% 10．(2016·全國卷Ⅱ)某班同學用如下實驗探究Fe2＋、Fe3＋的性質。回答下列問題： (1)分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1 mol·L－1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是______________ (2)甲組同學取2 m

20、L FeCl2溶液，加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2＋氧化。FeCl2溶液與氯水反應的離子方程式為_____________________________________ _____________________________________________________。 (3)乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是_________________________。 (4)丙組同學取10 mL 0.1 mol·L－1K

21、I溶液，加入6 mL 0.1 mol· L－1 FeCl3溶液混合。分別取 2 mL 此溶液于3支試管中進行如下實驗： ①第一支試管中加入1 mL CCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色； ②第二支試管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀； ③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。 實驗②檢驗的離子是________(填離子符號)；實驗①和③說明：在I－過量的情況下，溶液中仍含有________(填離子符號)，由此可以證明該氧化還原反應為________。 解析：(1)亞鐵離子具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量鐵屑的目的是防

22、止Fe2＋被空氣中的氧氣氧化。(2)Cl2可將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身得電子生成Cl－，反應的離子方程式為2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。(3)煤油的作用是隔絕空氣，防止空氣中的氧氣將Fe2＋氧化，產(chǎn)生干擾。(4)根據(jù)Fe2＋的檢驗方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成藍色沉淀，一定含有Fe2＋，則實驗②檢驗的離子是Fe2＋；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，F(xiàn)e3＋遇KSCN溶液顯紅色，實驗①和③說明，在I－過量的情況下，溶液中仍含有Fe3＋，由此可以證明該氧化還原反應為可逆反應，反應方程式為2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2。 答案：(1)防止Fe

23、2＋被氧化 (2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ (3)隔絕空氣(排除氧氣對實驗的影響) (4)Fe2＋　Fe3＋　可逆反應 11．(2018·惠州模擬)某同學在實驗室進行鐵鹽與亞鐵鹽相互轉化實驗。 實驗Ⅰ：將Fe3＋轉化為Fe2＋ (1)Fe3＋與Cu粉發(fā)生反應的離子方程式為___________________ _____________________________________________________。 (2)探究白色沉淀產(chǎn)生的原因，請?zhí)顚憣嶒灧桨福? 實驗方案 現(xiàn)象 結論 步驟1：取4 mL____mol·L－1 CuSO4溶液，

24、向其中滴加3滴 0.1 mol·L－1KSCN溶液 產(chǎn)生白色沉淀 CuSO4溶液與KSCN 溶液 反應產(chǎn)生了白色沉淀 步驟2：取______________ 無明顯現(xiàn)象 查閱資料： 已知：①SCN－的化學性質與I－相似 ②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 Cu2＋與SCN－反應的離子方程式為________________________ _____________________________________________________。 實驗Ⅱ：將Fe2＋轉化為Fe3＋ 實驗方案 現(xiàn)象 向3 mL 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中加入

25、1 mL稀硝酸 溶液變?yōu)樽厣胖靡欢螘r間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色 探究上述現(xiàn)象出現(xiàn)的原因： 查閱資料：Fe2＋＋NOFe(NO)2＋(棕色) (3)用離子方程式解釋NO產(chǎn)生的原因______________________ ______________________________________________________。 (4)從化學反應速率與限度的角度對體系中存在的反應進行分析： 反應Ⅰ∶Fe2＋與HNO3反應； 反應Ⅱ：Fe2＋與NO反應 ①依據(jù)實驗現(xiàn)象，可推知反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ________(填“快”或“慢”)。 ②反應Ⅰ是一個不可逆反應，設計實驗方

26、案加以證明_________ ______________________________________________________。 ③請用化學平衡移動原理解釋溶液由棕色變?yōu)辄S色的原因 ______________________________________________________。 解析：(1)Fe3＋與Cu粉發(fā)生反應生成亞鐵鹽和銅鹽，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。(2)由反應2Fe3＋＋Cu=== 2Fe2＋＋Cu2＋，可知圖中得到溶液中Fe2＋為0.2 mol·L－1，Cu2＋為0.1 mol·L－1，分別取相同濃度的硫酸銅溶

27、液、硫酸亞鐵溶液，滴入KSCN溶液進行對照實驗，故實驗方案為：步驟1：取4 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol·L－1 KSCN溶液，步驟2：取4 mL 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol·L－1 KSCN溶液，由題目信息②可知，Cu2＋與SCN－反應生成CuSCN沉淀，同時生成(SCN)2，反應離子方程式為：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2。(3)亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根具有強氧化性，反應生成鐵離子、NO與水，反應離子方程為：3Fe2＋＋4H＋＋NO=== 3Fe3＋＋NO↑＋2H

28、2O。(4)①溶液先變?yōu)樽厣胖靡欢螘r間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色，反應速率快的反應現(xiàn)象最先表現(xiàn)，反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ的慢；②反應中硝酸過量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否則沒有Fe2＋，具體的實驗方案是：取反應后的黃色溶液于試管中，向其中加入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液無明顯變化，說明反應Ⅰ是不可逆反應。③Fe2＋被硝酸氧化為Fe3＋，導致溶液中Fe2＋濃度降低，導致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移動，最終 Fe(NO)2＋完全轉化為Fe3＋，溶液由棕色變?yōu)辄S色。 答案：(1)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ (2)0.1　 4 mL 0.2 mol·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol·L－1 KSCN溶液 2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2 (3)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4)①慢?、谌∩倭糠磻竦娜芤河谠嚬苤校蚱渲屑尤霂椎蜬3[Fe(CN)6]溶液，溶液無明顯變化，說明反應Ⅰ是一個不可逆反應 ③Fe2＋被硝酸氧化為Fe3＋，溶液中Fe2＋濃度降低，導致平衡 Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移動，最終Fe(NO)2＋完全轉化為Fe3＋，溶液由棕色變?yōu)辄S色