届人教高考化学一轮金属及其化合物巩固练习题附参考答案.docx
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届人教高考化学一轮金属及其化合物巩固练习题附参考答案
2020届人教高考化学一轮(金属及其化合物)巩固练习题附答案
专题:
金属及其化合物
一、选择题
1、下列说法不正确的是()
A.Si有导电性,可用于制备光导纤维
B.Na2O2能与CO2反应,可用作呼吸面具的供氧剂
C.硅胶常用作实验室和食品、药品等的干燥剂,也可作催化剂载体
D.小苏打是一种膨松剂,可用于制作馒头和面包
【答案】A
【插练】现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质,它们之间有如图所示的转化关系,图中每条线两端的物质之间都可以发生反应,下列推断不合理的是( A )
A.X可能为Al或Cl2B.Y一定为NaOH(aq)
C.N一定是HCl(aq)D.Q、Z中的一种必为Al2O3
解析:
首先根据这些物质,分析能与其反应的物质有几种,再与关系图中能与之反应的物质的种类数进行对照,便可得出相应的结论:
Y为NaOH(aq)(有5种物质能与其反应);N为HCl(aq)(有4种物质能与其反应);M为Al(有3种物质能与其反应);根据M(Al)推出X为Cl2(有2种物质能与其反应);余下的Al2O3、Al(OH)3为Q、Z(有2种物质能与其反应)中的一种,二者均能与Y(NaOH溶液)、N(HCl溶液)反应。
2、用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是( A )
A.电解精炼铜时,若转移了NA个电子,则阴极析出32g铜
B.标准标况下,33.6L三氧化硫中含有1.5NA个三氧化硫分子
C.1molCl2与过量的铁反应,转移3NA个电子
D.1molFeCl3跟水反应,完全转化为氢氧化铁胶体后,其中胶体粒子的数目为NA
解析:
A项电解精炼铜时阳极电极反应:
Cu-2e-===Cu2+,Fe-2e-===Fe2+,Zn-2e-===Zn2+,Ni-2e-===Ni2+,阴极电极反应为Cu2++2e-===Cu,若阴极得到电子数为NA个,依据电子守恒,则阴极析出32g铜,故A正确;B项标准状况下,三氧化硫不再是气体,不能用气体摩尔体积计算,故B错误;C项1molCl2与过量的铁反应,转移2NA个电子,故C错误;D项胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体,微粒数一定小于NA,故D错误。
3、“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。
Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一,具有合金的某些优良物理性能。
下列有关这种拟晶的说法正确的是( C )
A.无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B.Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁
C.Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D.1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子
解析:
A项,拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成,由于金属无负价,根据化合价代数和为0的原则,三种金属的化合价均可视作0价,错误;B项,拟晶具有合金的某些优良物理性能,合金的硬度一般比各成分金属大,错误;C项,Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池,会加速金属的腐蚀,因此不可用作长期浸泡在海水中的材料,正确;D项,溶于过量的硝酸时,Al与Fe均变为+3价,Cu变为+2价,故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol,错误。
4、实验研究发现,硝酸发生氧化还原反应时,硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低。
现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应,反应过程中无气体放出,在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol·L-1NaOH溶液,所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示,下列说法不正确的是( B )
A.稀硝酸与铝粉、铁粉反应,其还原产物为硝酸铵
B.c点对应NaOH溶液的体积为48mL
C.b点与a点的差值为0.05mol
D.样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
解析:
根据题给信息知一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应,生成硝酸铝、硝酸铁、硝酸铵和水,硝酸有剩余。
在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol·L-1NaOH溶液,发生的反应依次为①H++OH-===H2O,②Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓,Al3++3OH-===Al(OH)3↓,③NH
+OH-===NH3·H2O,④Al(OH)3+OH-===AlO
+2H2O,b与a的差值为氢氧化铝的物质的量,由图可知,e~f段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94mL=10mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01L×5mol·L-1=0.05mol,根据Al(OH)3+OH-===AlO
+2H2O可知,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,根据铝元素守恒,故混合金属中n(Al)=0.05mol,由图可知,d~e段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L×5mol·L-1=0.03mol,根据NH
+OH-===NH3·H2O可知溶液中n(NH
)=0.03mol,根据电子转移守恒有3n(Fe)+3n(Al)===8n(NH
),即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol,解得n(Fe)=0.03mol,由反应过程可知,到加入氢氧化钠为88mL时,溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵,n(NH4NO3)=n(NH
)=0.03mol,根据钠元素守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol·L-1=0.44mol,根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)===n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol,而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3,根据氮元素守恒n(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3),故c点溶液中n(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol,故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol。
A项,由上述分析可知,稀硝酸与铝粉、铁粉反应,其还原产物为硝酸铵,正确;B项,由上述分析可知,c点对应NaOH溶液的体积=0.2mol÷5mol·L-1=0.04L=40mL,错误;C项,由上述分析可知,b与a的差值为Al(OH)3的物质的量,为0.05mol,正确;D项,由上述分析可知,混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol,样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3,正确。
5、下列物质的溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液至过量,反应产生的沉淀的质量(m)或物质的量(n)随加入的Ba(OH)2溶液体积关系图像正确的是( D )
解析:
向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡发生反应为3Ba(OH)2+Al2(SO4)3===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,如果继续加入氢氧化钡,则氢氧化铝开始溶解,沉淀质量减小,最终不再变化,图像不符合,A错误;向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2===3BaSO4↓+K2SO4+2Al(OH)3↓,继续加入氢氧化钡,氢氧化铝溶解,但仍然会产生硫酸钡沉淀,图像不符合,B错误;向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为2NH4Al(SO4)2+3Ba(OH)2===3BaSO4↓+(NH4)2SO4+2Al(OH)3↓,继续加入氢氧化钡,氢氧化铝溶解,但仍然会产生硫酸钡沉淀,图像不符合,C错误;根据C中分析可知D正确。
6、某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3,不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O),设计了如下流程:
下列说法不正确的是( D )
A.溶解烧渣选用足量硫酸,试剂X选用铁粉
B.固体1中一定有SiO2,控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2
C.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中,须控制条件防止其氧化和分解
D.若改变方案,在溶液1中直接加NaOH至过量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
解析:
考查离子反应,物质分离、元素及化合物。
流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐,除去SiO2,然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁,A正确;固体1为SiO2,分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法,使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而与FeSO4分离,B正确;Fe2+容易被氧化,所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中,要防止其被氧化和分解,C正确;在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀,但Fe(OH)2不稳定,很容易被氧化为Fe(OH)3,使制得的产品不纯,混有较多的杂质Fe2(SO4)3,D不正确。
答案选D。
7、Zn(OH)2是两性氢氧化物,和强酸反应时生成Zn2+,跟强碱反应时生成ZnO
,现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液(配制时均加入少量盐酸),现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量,NaOH溶液的体积x(mL)与生成沉淀的物质的量y(mol)的关系如下图所示,则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3三种溶液一一对应的正确图像是( C )
A.③②①B.③②④C.③⑤①D.③⑤④
解析:
向氯化镁溶液中加入氢氧化钠,开始先中和其中的少量盐酸,然后生成白色沉淀氢氧化镁,当氢氧化钠过量时,沉淀也不会溶解,量保持不变,故对应的是图像③,向氯化锌溶液中加入氢氧化钠,开始先中和其中的少量盐酸,然后生成白色沉淀氢氧化锌,当氢氧化钠过量时,沉淀会溶解,依次发生反应ZnCl2+2NaOH===Zn(OH)2↓+2NaCl,Zn(OH)2↓+2NaOH===Na2ZnO2+2H2O,沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的,故图像⑤是正确的,向氯化铝溶液中加入氢氧化钠,开始先中和其中的少量盐酸,然后生成白色沉淀氢氧化铝,当氢氧化钠过量时,沉淀会溶解,依次发生反应:
AlCl3+3NaOH===Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3↓+NaOH===NaAlO2+2H2O,沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3∶1,故图像①是正确的。
8、将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,合金质量减少了2.7g。
另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中,生成了6.72LNO(标准状况下),向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀,则沉淀的质量为( A )
A.27.2gB.22.1g
C.30gD.无法计算
解析:
将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的物质的量是相等的,生成了6.72LNO,即氮原子得电子的物质的量是3×
mol。
由质量守恒知,m(沉淀)=m(合金)+m(OH-),由电荷守恒和得失电子守恒知,n(OH-)=3n(NO),则m(沉淀)=11.9g+17g·mol-1×3×
mol=27.2g,故A正确。
二、非选择题
1、从明矾[KAl(SO4)2·12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下:
明矾焙烧的化学方程式为:
4KAl(SO4)2·12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O
请回答下列问题:
(1)在焙烧明矾的反应中,氧化剂是。
(2)步骤②中,为提高浸出率,可采取的措施有。
A.粉碎固体混合物B.降低温度C.不断搅拌D.缩短浸泡时间
(3)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是。
(4)步骤③电解的化学方程式是,电解池的电极是用碳素材料做成,电解过程中,阳极材料需要定期更换,原因是:
。
(5)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则该电池的正极电极反应式是。
(6)焙烧a吨明矾(摩尔质量为bg/mol),若SO2的转化率为96%,可生产质量分数为98%的H2SO4质量为吨(列出计算表达式)。
解析:
(1)明矾的焙烧已经给出了方程式,因此本题主要是考查氧化还原反应的特征。
该方程式中发生化合价变化的只有S元素,明矾中的S元素一部分发生化合价降低,而S单质的化合价升高,因此反应中的氧化剂是明矾(KAl(SO4)2·12H2O),还原剂是单质S。
(2)步骤②是水浸明矾焙烧后的固体混合物,因此要提高浸出率,往往需要增大接触面积、充分溶解;因此粉碎固体混合物、不断搅拌都是可行的。
(3)焙烧后的固体混合物是K2SO4和Al2O3,水浸后的溶液则是易溶于水的K2SO4溶液,所以要从单一组分的溶液中得到改溶质,可以直接蒸发结晶。
(4)氧化铝电解制备铝单质,该反应方程式为
;在电解反应中阴极还原得到单质铝,阳极得到O2,由于阳极电极材料是C单质,所以在高温环境下,碳素材料会被氧气氧化为CO或CO2,从而导致阳极碳素电极受损,要定期更换。
(5)以Al和NiO(OH)为电极构成的碱性电池,首先判断出单质Al做负极,NiO(OH)为正极;因此放电时正极得到电子被还原,从Ni的化合价变化可以得出得失电子数目,所以充分运用电荷守恒、原子守恒,再结合反应环境可以的该正极的反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。
(6)计算思路:
计算明矾物质的量,根据方程式计算SO2的总物质的量,根据S原子守恒H2SO4溶质的物质的量等于96%的SO2,把溶质H2SO4的物质的量转化为质量,再用溶质H2SO4的质量除以质量分数求得H2SO4溶液的总质量。
计算列式为
。
答案:
(1)KAl(SO4)2·12H2O(2分)
(2)AC(2分,多选、错选0分)
(3)蒸发结晶(2分,“蒸发浓缩、冷却结晶”给1分)
(4)
(2分)
阳极中碳被氧化成CO2(CO)(2分,用化学方程式表示也可,如:
C+O2
高温
=
CO2或2C+O2
高温
=
2CO,条件用加热或970℃也可)
(5)NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-(2分)http:
//www.xkb1.com
(6)
或
(3分,不带单位不扣分,化简也可以)
2、TiO2在工业生产和日常生活中有重要用途。
工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2、少量FeO和Fe2O3)制备TiO2,再用TiO2制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图所示:
已知:
TiO2+发生水解反应的化学方程式为TiO2++(n+1)H2O
TiO2·nH2O+2H+。
(1)硫酸与TiO2反应的离子方程式是________________________________________。
(2)由TiO2制取TiCl4时涉及的反应有:
TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)===TiCl4(g)+2CO(g) ΔH1=-72kJ·mol-1;
TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)ΔH2=+38.8kJ·mol-1;
C(s)+CO2(g)===2CO(g)ΔH3=+282.8kJ·mol-1。
①反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)在高温下能够自发进行的原因是________________________________________________。
②反应C(s)+O2(g)===CO2(g)的ΔH=________。
(3)向Ⅰ中加入铁屑至浸出液显紫色,此时溶液仍呈强酸性。
该过程中有如下反应发生:
2Fe3++Fe===3Fe2+;2TiO2+(无色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O;Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===TiO2+(无色)+Fe2++2H+。
①结合信息判断Fe3+、TiO2+、Fe2+的氧化性强弱关系:
________>________>________。
②加入铁屑的作用是__________________________________。
(4)向Ⅱ中不断通入高温水蒸气,维持溶液沸腾一段时间,析出水合二氧化钛沉淀。
请用化学平衡理论分析通入高温水蒸气的作用:
____________________________________。
(5)依据绿色化学理念,该工艺流程中存在的不足之处是__________________________
______________________________________________(写出一条即可)。
(6)工业上可通过电解TiO2来获得Ti(同时产生O2):
处理过的TiO2为阴极,石墨为阳极,熔融CaCl2为电解液,电解槽中加入炭块。
阴极反应式为___________________________;
电解过程中需定期向电解槽中加入炭块的原因是________________________________
_____________________________________________________________。
解析:
(1)根据Ⅰ中溶液的成分,钛元素以TiO2+的形式存在,故硫酸与TiO2反应生成TiO2+,离子方程式为TiO2+2H+===TiO2++H2O。
(2)根据ΔG=ΔH-TΔS,ΔH>0,高温下能够自发进行的原因是该反应为熵增反应。
将给出的3个反应标为a、b、c,根据盖斯定律由a-b-c可得C(s)+O2(g)===CO2(g)的ΔH=-393.6kJ·mol-1。
(3)①氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由第2个式子知氧化性TiO2+>Fe2+,由第3个式子知Fe3+>TiO2+,则有Fe3+>TiO2+>Fe2+。
②向Ⅰ中加入铁屑至浸出液显紫色,根据离子的颜色可知溶液中含有Ti3+,由第3个式子可知Fe3+能将Ti3+氧化为TiO2+,故加入铁屑作还原剂,将Fe3+还原为Fe2+,保护Fe2+不被氧化。
(4)水解反应是吸热反应,通入高温水蒸气使体系的温度升高,促进TiO2+的水解,溶液被稀释,H+浓度降低,平衡正向移动,也促进TiO2+的水解。
(5)根据工艺流程可看出生产过程中产生了废气、废液、废渣,对环境有污染,不符合绿色化学思想。
(6)熔融CaCl2为电解液,处理过的TiO2为阴极,TiO2得电子生成Ti;阳极反应式为2O2--4e-===O2↑,石墨为阳极,碳单质与阳极产生的氧气反应而不断减少,需定期向电解槽中加入炭块。
答案:
(1)TiO2+2H+===TiO2++H2O
(2)①该反应是熵增反应(1分) ②-393.6kJ·mol-1
(3)①Fe3+ TiO2+ Fe2+(全对2分)
②将Fe3+还原为Fe2+,保护Fe2+不被氧化(1分)
(4)通入高温水蒸气能降低H+的浓度,提高溶液温度,促进平衡向水解方向移动,从而析出TiO2·nH2O
(5)产生了废气、废液、废渣(1分)
(6)TiO2+4e-===Ti+2O2- 碳单质与阳极产生的氧气反应而不断减少
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