宁波备战高考化学铝及其化合物推断题综合练习题Word格式文档下载.docx
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根据流程图和上述分析,操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品,故答案为:
NaOH、CaO和CO2;
Fe2O3和O2;
(5)氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此尽管氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝,故答案为:
氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。
2.氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
(1)甲的化学式是__________;
乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式__________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之__________(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
【答案】AlH3
AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑Mg3N22NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,因此白色沉淀是Al(OH)3,则金属单质是铝,因此甲是AlH3。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·
L-1,则丙的相对分子质量是1.25×
22.4=28,因此丙是氮气,则乙是氨气NH3,据此解答。
(1)根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
乙是氨气,含有共价键的共价化合物,电子式为
;
(2)甲与水反应生成氢气和氢氧化铝,反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑。
(3)氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
(4)氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气,根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
铜与稀硫酸不反应,则根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。
3.下列物质A-F是我们熟悉的单质或化合物,其中A、B均是常见的金属,且B的合金用量最大;
E在常温下是黄绿色气体;
适当的条件下,它们之间可以发生如图所示的转化。
(1)G溶液中溶质的化学式为_____________。
(2)请写出反应D→F的化学方程式:
_________。
(3)检验F中金属阳离子的常用试剂是______________(填物质的化学式);
现象是____________。
(4)E物质可与石灰乳反应制取漂白粉,写出漂白粉的有效成分_________。
(5)写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。
(6)若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液,现象是:
____,反应过程中的化学方程式为:
____,______。
【答案】NaAlO22FeCl2+Cl2=2FeCl3KSCN溶液呈血红色Ca(ClO)2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀,后白色沉淀变为灰绿色,最后变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
B的合金用量最大,所以B为Fe;
E在常温下是黄绿色气体,所以E为Cl2;
盐酸与铁反应生成FeCl2,FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3;
金属A与盐酸反应后生成的盐,与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀,白色沉淀还能溶于NaOH,所以A为Al单质,C为AlCl3溶液,G为NaAlO2溶液。
(1)根据分析可知,G即为偏铝酸钠溶液,溶质的化学式为NaAlO2;
(2)根据分析可知,D为FeCl2,与E即Cl2反应后生成FeCl3,方程式为:
(3)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液,Fe3+遇SCN-生成血红色物质;
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙;
(5)通过分析可知,C为AlCl3溶液,与过量的NaOH溶液反应,生成偏铝酸钠和水,离子方程式为:
(6)通过分析可知,D的溶液为FeCl2溶液,FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀,沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3,转化的现象为:
白色沉淀先转变为灰绿色,最终变为红褐色;
相关的方程式还有:
4.A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体。
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17。
D与F同周期。
G的单质常用作半导体材料。
请回答:
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式),理由是_____________。
(2)C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)______r(E)(填>
、<
或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。
(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料,工业可用碳热还原法制取:
将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,请写出化学反应方程式_____________。
【答案】H2OH2O分子间存在氢键>
H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体,则A为H;
G的单质常用作半导体材料,G为Si,结合原子序数可知F为Al;
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17,17÷
3=5…2,B为N、C为O、H为S,D与F同周期,位于第三周期,D为Na、E为Mg,以此来解答。
由上述分析可知,A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。
(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S,其中沸点较高的是H2O,原因是H2O分子间存在氢键,增加了分子之间的吸引力;
(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。
具有相同电子排布的离子中,原子序数大的离子半径小,则C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)>
r(E);
(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物,在水溶液中存在酸式电离和碱式电离,电离方程式为H++AlO2-+H2O
Al3++3OH-;
(4)将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。
把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键,注意元素化合物知识的应用,题目侧重考查学生的分析与应用能力。
5.有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物与反应条件已略去)。
B、D、H是气体,B是单质,D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝;
C、G是生活中的常见金属,工业上用反应①制备C;
K、F是固体,其中F是一种红色涂料的主要成分。
(1)K的化学式为___________;
D的电子式为____________。
(2)写出反应②的离子方程式:
___________。
(3)写出反应③的化学方程式,并用单线桥标出电子转移的方向和数目:
_____________。
(4)物质J常用作催化剂,媒染剂,放射性物质吸附剂。
从J的溶液得到J的晶体的操作依次为_____________、冰水洗涤、减压烘干。
冰水洗涤的目的___________。
(5)反应③常通过微热来加快反应的速率,加热时温度不能过高的原因是_________。
【答案】Fe(OH)3
3NO2+H2O=2H++2NO3+NO
蒸发(加热)浓缩、冷却结晶、过滤减少晶体的溶解损耗硝酸在较高温度下(易挥发)易分解
D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,D是氨气;
C、G是生活中的常见金属,F是一种红色涂料的主要成分,F是Fe2O3,C的Al、G是Fe、A是Al2O3;
电解熔融氧化铝生成铝和氧气,B是O2、E是NO、H是NO2、I是HNO3;
铁和硝酸反应生成硝酸铁,J是Fe(NO3)3,Fe(NO3)3和氨水反应生成氢氧化铁,K是Fe(OH)3;
Fe(OH)3加热分解为氧化铁。
据此解答。
(1)根据以上分析,K是氢氧化铁,化学式为Fe(OH)3;
D是氨气为共价化合物,氨气的电子式为
。
(2)反应②是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的离子方程式是3NO2+H2O=2H++2NO3+NO。
(3)反应③是铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水,反应的化学方程式是Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,铁元素化合价由0升高为+3,氮元素化合价由+5降低为+2,用单线桥标出电子转移的方向和数目为
(4)从硝酸铁的溶液得到硝酸铁的晶体的操作依次为蒸发(加热)浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、减压烘干。
温度越低硝酸铁溶解度越小,冰水洗涤的目的是减少晶体的溶解损耗。
(5)反应③常通过微热来加快反应的速率,硝酸在较高温度下(易挥发)易分解,所以加热时温度不能过高。
本题考查无机物的推断,侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用,D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,为解答该题的关键,注意把握物质的特征性质。
6.A、B、C、X均为中学常见的纯净物,它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。
试回答:
(1)若X是强氧化性单质,则A不可能是____。
a.Sb.N2c.Nad.Mge.Al
(2)若A为强碱溶液,则X可能为____。
a.CO2b.AlCl3c.Ald.Mge.Al2O3
(3)若X是金属单质,向C的水溶液中滴加AgNO3溶液,产生不溶于稀HNO3的白色沉淀,则B的化学式为____;
C溶液在贮存时应加入少量X,理由是(离子方程式表示)___,检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。
(4)若A、B、C为含有金属元素的化合物,X为强电解质,A溶液与C溶液反应生成B,则B的化学式为____,X的化学式可能为(写出不同类物质)____或____,反应②的离子方程式为___或___。
【答案】deabFeCl32Fe3++Fe=3Fe2+加入硫氰化钾,不显血红色,然后加入氯水,显血红色,则为亚铁离子Al(OH)3盐酸氢氧化钠Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
(1)根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析;
(2)根据各物质的转化关系分析;
(3)在溶液C中滴入AgNO3,产生不溶于稀HNO3的白色沉淀,此沉淀为AgCl,由题意与转化关系可推知A为Cl2,x为还原性较强的金属,由所学知识推x为铁单质;
(4)x为强电解质,应属于强酸、强碱或者盐类,但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。
能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。
(1)a.S与氧气反应生成SO2,SO2和氧气反应生成SO3,故不选a;
b.N2与氧气在放电条件下生成NO,NO与氧气反应生成NO2,故不选b;
c.Na与氧气在常温下生成Na2O,Na2O与氧气加热生成Na2O2,故不选c;
d.金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体,氧化镁与氧气不反应,故选d;
e.Al与氧气反应生成氧化铝,氧化铝与氧气不反应,故选e;
选de。
(2)a.CO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,故选a;
b.AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀,故选b;
c.Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与铝不反应,故不选c;
d.Mg与氢氧化钠溶液不反应,故不选d;
e.Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应,故不选e;
选ab;
(3)铁与氯气反应生成氯化铁,则B为FeCl3,氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁,C为FeCl2,Fe2+易被氧化,所以FeCl2在贮存时,应加入铁粉来还原Fe3+,离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是:
加入硫氰化钾,不显血红色,然后加入氯水,显血红色,则为亚铁离子
(4)若x为强酸,则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐;
若x为强碱,则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐;
则B的化学式为Al(OH)3,X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠,反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
7.已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐,且常用作净水剂,B是一种常见的两性氢氧化物。
试根据下列转化关系回答有关问题:
(1)试判断:
B为___,F为___;
(2)写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式___;
(3)根据上述关系写出盐A的化学式___。
【答案】氢氧化铝或Al(OH)3硫酸钡或BaSO4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OKAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3
已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐,且常用作净水剂,透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色,该溶液中含有K+,故A是KAl(SO4)2;
向溶液A中加入氨水,Al3+会发生反应:
Al3++3NH3·
H2O==Al(OH)3↓+3NH4+,产生白色沉淀B是Al(OH)3,溶液C是(NH4)2SO4;
Al(OH)3是两性氢氧化物,可以与强酸HCl发生反应:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,产生的溶液E是AlCl3;
也可以与强碱NaOH发生反应:
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,得到的溶液D是NaAlO2;
向溶液C中加入Ba(NO3)2溶液,发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀,该物质既不溶于水,也不溶于酸,所以沉淀F是BaSO4。
(1)通过分析可知,B为Al(OH)3,F为BaSO4,故答案为:
氢氧化铝;
硫酸钡或BaSO4;
(2)B是Al(OH)3,与盐酸反应的离子方程式是:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(3)根据上述关系写出盐A是KAl(SO4)2,故答案为:
KAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3。
8.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中,充分反应。
向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。
回答下列问题:
(1)写出BC段反应的离子方程式为____________________________。
(2)原Mg-Al合金的质量是_____________。
(3)原HCl溶液的物质的量浓度是________________。
(4)所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。
(5)a=______。
【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O5.1g6mol/L5mol/L20
根据图像可知,oa段为过量的盐酸与NaOH反应,AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应,BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。
(1)BC段为氢氧化铝与NaOH的反应,生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(2)BC段减少的为氢氧化铝沉淀,质量为7.8g,物质的量为0.1mol,即n(Al)=0.1mol;
则氢氧化镁的质量为5.8g,物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol;
合金的质量为24×
0.1+27×
0.1=5.1g;
(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol,则c(NaOH)=0.1mol÷
0.02L=5mol/L;
B点时,溶液刚好为NaCl溶液,此时消耗n(NaOH)=5×
0.12=0.6mol,c(HCl)=0.6÷
0.1=6mol/L;
(4)由(3)得出的结论,c(NaOH)=5mol/L;
(5)n(Mg)=n(Al)=0.1mol,消耗的盐酸为0.5mol,100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol,则剩余n(HCl)=0.1mol,此时消耗V(NaOH)=0.1÷
5=0.02L,即20mL。
通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度,再计算盐酸的浓度。
9.工业上用铝土矿(主要成分为
,还含有杂质
和
)提取氧化铝并冶炼
的操作过程如下:
(1)滤渣A是______,滤渣B是__________。
(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是____________。
(3)生成滤渣C的离子方程式为___________________________________________。
(4)取100mL滤液B,加入200mL1.0
的盐酸时,沉淀量达到最大且质量为11.7g。
则滤液B中
________,
_______
【答案】
(或氢氧化铁)过滤
6.0
铝土矿中加入过量稀硫酸,二氧化硅不与稀硫酸反应形成滤渣A,氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成铝离子、铁离子,滤液A中有铝离子、铁离子;
滤液A中加入过量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠。
根据固体D电解生成铝,推知D为氧化铝,C为氢氧化铝。
偏铝酸钠与过量的X生成氢氧化铝,推知X为二氧化碳。
(1)铝土矿中的二氧化硅与稀硫酸不反应,则滤渣A是
(或二氧化硅);
滤液A中含有铝离子、铁离子,加入过量的氢氧化钠,则滤渣B是
(或氢氧化铁)。
(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后分为滤渣和滤液,故名称均是过滤。
(3)由于二氧化碳是过量的,则生成滤渣C的离子方程式为
(4)取100mL滤液B,加入200mL
的盐酸时,沉淀量达到最大且质量为11.7g,即氢氧化铝是11.7g,其物质的量是
,根据铝原子守恒可知,滤液B中
根据方程式
可知
消耗氢氧化钠0.6mol,又因为氢氧化钠还会与硫酸等反应,因此最终滤液B中
的浓度大于
10.钴元素由于其良好的物理化学性质,被广泛应用于生产生活中。
利用含钴废料(含CoO、Co2O3、金属Al、Li等)制取CoCl2·
6H2O的流程图如图所示
(1)写出步骤I中主要反应的化学方程式_______。
(2)步骤II中可用盐酸代替H2SO4与H2O2的混合液,但缺点是___________。
(3)步骤III①中Na2CO3溶液的作用是__________。
(4)若在实验室煅烧CaCO3,所需硅酸盐材质的仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有______(填仪器名称)。
(5)操作①的步骤是______、________、过滤、洗涤、干燥。
洗涤过程中可以用乙醇和水的混合液代替水的优点是_______。
(6)CoCl2•6H2O晶体受热易分解,取119g该晶体加热至某一温度,得到CoCl2•xH2O晶体83g,则x=_____。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O=2LiOH+H2↑氧化产物为氯气会污染环境调节pH除去Al3+,坩埚、泥三角蒸发浓缩冷却结晶减少晶体的溶解损失2
含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)加入烧碱溶液溶解,得到含铝溶液,过滤除去滤液,
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