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备战高考化学铝及其化合物推断题的综合题试题
2020-2021备战高考化学铝及其化合物推断题的综合题试题
一、铝及其化合物
1.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。
请回答下列问题:
(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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
2.某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl-
阳离子
Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+
现取该溶液适量,向其中加入某试剂Y,产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸,则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的,下同)是________________________,ab段发生反应的离子是________,bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。
(2)若Y是NaOH溶液,则X中一定含有的阳离子是____________________,ab段反应的离子方程式为_______________________________________________________________________。
【答案】SiO32-、AlO2CO32-Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl3+、Mg2+、NH4+NH4++OH-=NH3·H2O
【解析】
【分析】
溶液无色说明溶液中不含Fe3+离子;
(1)若Y是盐酸,oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3;ab段的特点为消耗盐酸,但沉淀量不变,确定含CO32-;
(2)若Y为NaOH,根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。
【详解】
溶液无色说明溶液中不含Fe3+离子;
(1)若Y是盐酸,oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3;ab段的特点为消耗盐酸,但沉淀量不变,确定含CO32-;bc段沉淀部分溶液,确定为Al(OH)3和H2SiO3,所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-;ab段发生反应的离子是CO32-+2H+=H2O+CO2↑,发生反应的离子是CO32-;bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(2)若Y为NaOH,根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+,结合图像bc段发生反应:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;oa段发生反应:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓;ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。
【点睛】
本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。
明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键,题目难度较大。
关于图像的答题需要注意以下几点:
①看面:
弄清纵、横坐标的含义。
②看线:
弄清线的变化趋势,每条线都代表着一定的化学反应过程。
③看点:
弄清曲线上拐点的含义,如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
3.表是元素周期表的一部分,针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题:
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
4
⑩
(1)在①-⑩元素中,化学性质最不活泼的元素是________(填元素符号),化学性质最活泼的金属元素是________(填元素符号)。
(2)在最高价氧化物对应水化物中,酸性最强的化合物的化学式是________,碱性最强的化合物的化学式是________。
(3)氧化物属于两性氧化物的元素是________(填元素符号),写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
(4)比较元素的气态氢化物的稳定性:
②_________③;最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
②_________⑥。
(5)⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】ArKHClO4KOHAlAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O<>SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定,除稀有气体同周期从左往右,同主族从下至上,非金属性增强。
非金属性越强,单质越活泼,越易与氢气化合,生成的气态氢化物越稳定,对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。
同周期从右往左,同主族从上至下,金属性逐渐增强。
金属性越强,单质越活泼,遇水或酸反应越剧烈,最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】
(1)根据分析①-⑩元素中,化学性质最不活泼的元素是Ar,化学性质最活泼的金属元素是K;
(2)根据分析,①-⑩元素中Cl非金属性最强,故在最高价氧化物对应水化物中,酸性最强的化合物的化学式是HClO4,K金属性最强,碱性最强的化合物的化学式是KOH;
(3)铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质,则氧化物属于两性氧化物的元素是Al,该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;
(4)非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,氧的非金属较强,故水比氨气稳定,②<③;非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,N非金属性强于Si,则HNO3酸性强于H2SiO3,故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
②>⑥;
(5)硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
【点睛】
非金属性的应用中,需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比,与氢化物的还原性呈反比,而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力,是物理性质。
4.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
【点睛】
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。
5.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大,在元素周期表中A的原子半径最小(稀有气体元素除外),B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍,C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,E是地壳中含量最多的金属元素。
回答下列问题:
(1)C在元素周期表中的位置是__________;由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。
(2)分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________(用相应的离子符号表示)。
(3)写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________
(4)E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气,反应的离子方程式是:
__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐,是漂白液的主要成分,将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中,溶液变为蓝色,则反应的化学方程式为________________________________________.
【答案】第二周期第ⅥA族
ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E、G原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为H元素;C的最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故C为O元素;B与C相邻,且B的原子序数较小,故B为N元素;E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;C(氧)、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,则D原子最外层电子数为1、G原子最外层电子数为7,结合原子序数可知D为Na、G为Cl。
【详解】
(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是二周期第VIA族;C和D组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2,电子式为
;
(2)C、D、E、G分别为O、Na、Al、Cl,电子层数越多离子半径越大,电子层数相同核电荷数越小半径越大,则简单离子由大到小的顺序为
;
(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气,离子方程式为:
;
(4)Al单质可以和NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠,离子方程式为
;漂白液的主要成分为NaClO,具有强氧化性,根据现象可知将碘离子氧化成碘单质,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O。
6.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,A、B、F三者原子序数之和为25,且知B、F同主族,1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标准状况下),D+和E的离子具有相同的电子层结构,工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质,试判断:
(1)六种元素中非金属性最强的是___(填代号),该元素位于周期表中第___周期第___族;由A、B、D三种元素形成化合物的电子式_________
(2)下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有_________
a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性
c.气态氢化物的沸点B比F高d.向F的气态氢化物溶液中通入B单质,有浑浊
(3)写出下列反应的化学方程式
①E与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________
②工业上用电解法冶炼E单质_______________________________
(4)写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式____
【答案】C二ⅦA
bd2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气(标况),故E为+3价元素,设E的相对原子质量为M,则
,解M=27,故E为ⅢA族元素,依据计算得知E为铝,工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质,所以B为氧元素,B、F同主族,则F是硫,A、B、F三者原子序数之和为25,则A是氢,且D+离子和Al离子具有相同的电子结构,故D能形成+1价阳离子,故D为钠,C的原子序数大于氧小于钠,且为主族元素,故C为氟,据此答题。
【详解】
(1)根据元素周期律,同周期元素从前向后,非金属性逐渐增强,同主族元素从上向下,非金属性逐渐减弱,所以六种元素中非金属性最强的是C,C为氟,位于周期表中第二周期第ⅤⅡA族,由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠,它的电子式是
,故答案为:
C;二;ⅤⅡA;
;
(2)a.氧元素没有最高价氧化物对应水化物,故a错误;
b.根据元素周期律,气态氢化物的热稳定性越稳定,元素的非金属性越强,故b正确;
c.气态氢化物的沸点与分子间作用力有关,与元素的非金属性无关,故c错误;
d.向硫的气态氢化物溶液中通入氧气,有浑浊,说明氧气的氧化性强于硫,即氧的非金属性强于硫,故d正确,
故答案为:
bd;
(3)①Al与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑;
②工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑;
(4)氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为
。
7.实验室中有6瓶失去标签的白色固体:
纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。
除蒸馏水、试管和胶头滴管外,无其他任何试剂和仪器。
某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。
请填写下列空白:
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此试管中的现象是________________________,
据此现象鉴别出的一种物质是__________。
(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合。
观察到C没有出现任何现象;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出。
据此可推断出:
①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。
②B、E两者中有一种可与A反应,它与足量A反应的离子方程式为__________________。
③在两两混合时,能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。
(3)上述物质溶于水抑制水的电离,且溶液显酸性的物质的化学式为________,其溶液显酸性的原因是___________________。
【答案】白色固体不溶于水Mg(OH)2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-+2H+===H2O+CO2↑B、E两溶液,与A溶液混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离
【解析】
【分析】
(1)只有氢氧化镁不溶于水;
(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应,氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀,纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体;
(3)只有硫酸氢钠电离显酸性,抑制水的电离。
【详解】
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此支试管中的现象是物质难溶于水,据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2,
因此,本题正确答案是:
白色固体不溶于水;Mg(OH)2;
(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合。
观察到C没有出现任何现象,可以知道C为KCl;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀,可以知道D为BaCl2;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出,B、E为纯碱、硫酸铝中的一种,则A为NaHSO4。
①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2,
因此,本题正确答案是:
NaHSO4、KCl、BaCl2;
②B、E两者中有一种可与A反应,纯碱与氢离子反应,则它与足量A反应的离子方程式为CO32-+2H+===H2O+CO2↑,
因此,本题正确答案是:
CO32-+2H+===H2O+CO2↑;
③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝,
因此,本题正确答案是:
B、E两溶液,与A溶液混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝;
(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4,其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离,
因此,本题正确答案是:
NaHSO4;NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离。
8.粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验:
①取适量A进行铝热反应,产物中有单质B生成;
②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L-1盐酸中,得溶液C;
③将①中得到的单质B和溶液C反应,放出1.12L(标况)气体,同时生成溶液D,还残留有固体物质B;
④用KSCN溶液检验时,溶液D不变色。
请填空:
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________,产物中的单质B是________。
(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。
(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。
(4)若溶液D的体积仍视为0.15L,则该溶液中c(Mg2+)为________,c(Fe2+)为________。
【答案】加少量KClO3,插上镁条并将其点燃FeFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2OFe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑0.67mol·L-12.3mol·L-1
【解析】
【详解】
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应,反应过程中放出大量热,但该反应需要较高的温度才能引发。
在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条,点燃Mg条后放出热量,使KClO3固体分解放出O2,进一步加剧Mg的燃烧,可在短时间内使混合物温度迅速升高,引发反应。
发生的反应为Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,所以产物中单质B为Fe,故答案为:
加少量KClO3,插上镁条并将其点燃;Fe;
(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物,能和酸反应生成盐和水:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,MgO+2HCl=MgCl2+H2O,故答案为:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2O;
(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应,生成Fe单质。
C溶液中有反应生成的FeCl3,还有未反应的HCl。
发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(4)假设步骤②用去的20g固体中,MgO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量也为x,则40g·mol-1×x+160g·mol-1×x=20g,解得:
x=0.1mol。
根据MgO~MgCl2的关系,则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L-1。
步骤④说明溶液中没有Fe3+,也就是溶质为FeCl2和MgCl2。
根据Cl-守恒的关系,可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
=0.45mol,所以,FeCl2的浓度为
≈2.3mol·L-1,故答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;0.67mol·L-1;
【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算,题目难度中等,掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键,(4)中计算亚铁离子的物质的量时,不可忽略了铁与氢离子的反应。
9.重铬酸钾(K2Cr2O7)在皮革、火柴印染化学、电镀等方面应用广泛。
工业上对制革工业污泥中(主要含有Cr3+、Fe3+、Fe2+、Al3+等)Cr元素的回收与再利用工艺如图:
已知:
①Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似。
②2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O。
③有关物质的溶解度曲线如图。
回答下列问题:
(1)含铬污泥预处理包括高温煅烧粉碎等步骤,其中高温煅烧的目的是__(写一条即可),滤渣III的成分是__(填化学式)。
(2)步骤③中操作需要的玻璃仪器有__,步骤①加入H2O2的作用是__。
(3)步骤⑦反应能够发生的原因是__,写出步骤④的反应离子方程式:
__。
(4)为测定产品中K2Cr2O7的含量,某兴趣小组将mg产品溶于水配制为500mL溶液,准确量取50.00mL,加入稀硫酸酸化,然后加入过量的KI充分还原,加___作指示剂,到达终点消耗30.00mL0.0500mol·L-1的
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- 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 试题