2022版高考化学大二轮优选习题专题三元素及其化合物专题突破练10常见金属及其重要化合物

专题突破练10　常见金属及其重要化合物一、选择题(本题包括10个小题,每小题6分,共60分)1.(2022辽宁大连高三双基考试)在化学反应中,有时存在“一种物质过量,另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不存在此类情况的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.氢气与过量的碘蒸气反应(500℃)B.铝片与过量浓硝酸反应(常温)C.铜粉与过量浓硝酸反应(常温)D.浓硫酸与过量铜片反应(共热)答案C解析氢气与碘的反应是可逆反应,两种物质都不能完全反应,A项不符合;常温下,铝片在浓硝酸中能钝化,B项不符合;铜粉在过量的浓硝酸中能完全反应,C项符合;铜片只能与浓硫酸在加热时反应,故两者都不能完全反应,D项不符合。2.(2022河北衡水中学高三质检)甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X,其转化关系如下,下列说法不正确的是(　　)甲乙丙A.若A为硝酸,X为金属元素,则甲与丙反应可生成乙B.若乙为NaHCO3,则丙一定是CO2C.若A为NaOH溶液,X为短周期的金属元素,则乙一定为白色沉淀D.若A为金属单质,乙的水溶液遇KSCN溶液变红,则甲可能为非金属单质答案B解析若A为硝酸,则甲为铁,乙为硝酸亚铁,丙为硝酸铁,则甲与丙反应可生成乙,A项正确;若乙为NaHCO3,A为氢氧化钠,则甲为二氧化碳,丙可以为碳酸钠,所以丙不一定是CO29\n,B项错误;若A为NaOH溶液,X为短周期的金属元素,则甲为氯化铝,乙为氢氧化铝,丙为偏铝酸钠,C项正确;若A为金属单质,乙的水溶液遇KSCN溶液变红,则A为铁,甲可以为氯气,乙为氯化铁,丙为氯化亚铁,D项正确。3.下列关于钠及其化合物的说法中正确的是(　　)A.将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应,所得溶液的质量分数为4.0%B.相同质量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应,生成气体物质的量之比为1∶3C.将CO2和H2O的混合气体amol,与足量的Na2O2固体充分反应,生成的O2在标准状况下的体积为11.2aLD.120mL0.20mol·L-1碳酸钠的溶液与200mL盐酸进行滴加反应,将前者滴入后者和将后者滴入前者,滴加完全后,产生的气体在相同条件下体积不等,则盐酸的浓度可能为2mol·L-1答案C解析钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2↑,溶质的物质的量为n(NaOH)=n(Na)=2.3g23g·mol-1=0.1mol,溶液的质量因生成氢气而小于100g,所以溶质的质量分数大于4.0%,故A项错误;Al与盐酸、NaOH溶液反应的离子方程式分别为2Al+6H+2Al3++3H2↑,2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑,由于盐酸和氢氧化钠过量,因此等量的铝产生氢气的物质的量相等,故B项错误;根据化学方程式2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2和2H2O+2Na2O24NaOH+O2↑,无论是CO2还是H2O,消耗2mol气体,都产生1molO2,因此amol混合气体参与反应产生氧气的体积为11.2aL,故C项正确;碳酸钠滴入盐酸中:Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑,盐酸滴入碳酸钠中:HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl,NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,假设无论前者滴入后者还是后者滴入前者,生成CO2气体体积相等,则盐酸中HCl的物质的量为2×120×10-3×0.2mol=0.048mol,此时盐酸浓度c(HCl)=0.048mol200×10-3L=0.24mol·L-1,因此产生气体体积不相等时,盐酸浓度应小于0.24mol·L-1,故D项错误。4.(2022湖南长沙明德中学月考)下列关于元素及其化合物的说法正确的是(　　)A.光导纤维的主要成分为硅单质B.Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应,且两单质的作用相同C.Na久置于空气中,可以和空气中的有关物质发生反应,最终生成Na2CO3D.制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法答案C解析光导纤维的主要成分是二氧化硅,A项错误;Al和NaOH溶液发生氧化还原反应时铝作还原剂,Cl2和NaOH溶液发生氧化还原反应时,氯气既作氧化剂又作还原剂,B项错误;Na易与空气中氧气反应生成Na2O,Na2O与水反应生成NaOH,NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O,Na2CO3·xH2O风化脱水又生成Na2CO3,C项正确;从溶液中制备FeCl3、CuCl2固体,为防止金属阳离子水解,应采用将溶液在氯化氢气流中蒸干的方法,D项错误。5.(2022天津南开中学月考)制备纳米Fe3O4的过程如图所示,下列有关叙述不合理的是(　　)9\nA.纳米Fe3O4分散在适当溶剂中,当强光照射时,会产生丁达尔效应B.反应①的反应类型为消去反应C.反应②中,环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D.反应③的化学方程式为6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2答案B解析纳米Fe3O4分散在适当溶剂中,就会形成胶体,当强光照射时,会产生丁达尔效应,A项正确;反应①的反应类型为分解反应,由于没有产生含有双键的物质,因此该反应不是消去反应,B项错误;反应②中,加入环丙胺,就可以使FeCl3变为FeOOH,因此其作用可能是促进氯化铁水解,C项正确;根据质量守恒定律可知反应③的化学方程式为6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2,D项正确。6.(2022皖江名校联盟联考)下列图像与对应的叙述相符的是(　　)A.图①表示向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液B.图②表示向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸C.图③表示向FeCl3溶液中加入锌粉D.图④表示向NaOH溶液中通入CO2答案C解析向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,先生成BaSO4和Al(OH)3,再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的物质的量逐渐减少),最后Al(OH)3完全溶解,只剩余BaSO4沉淀。因此先生成沉淀至Al3+沉淀完毕,后沉淀减少,最后不变,A项错误;向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸,先生成沉淀,后沉淀完全溶解,B项错误;向FeCl3溶液中加入锌粉,发生的反应为2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+,Zn+Fe2+Fe+Zn2+,C项正确;向NaOH溶液通入CO2,发生反应为2OH-+CO2CO32-+H2O,CO32-+CO2+H2O2HCO3-,当溶液里OH-完全反应时所得溶液中CO32-的物质的量为原OH-的物质的量的12,D项错误。7.工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料,制取硫酸铜的主要过程如下图所示:9\n下列有关说法不正确的是(　　)A.“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸,固体B可以用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3B.通入的气体A可以是O2或Cl2C.通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是Fe2+、Cu2+、H+D.将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热,可制得无水硫酸铜答案B解析制取硫酸铜,“过量酸”应为稀硫酸,不适合用硝酸,因为会引入硝酸铜杂质;也不适合用浓硫酸,因为会产生二氧化硫气体而污染空气,加入固体B的作用是调节溶液的pH,使Fe3+变为沉淀而除去,为了不引入新的杂质,可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,A项正确;向混合溶液中通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,气体A应为氧气,不能使用氯气,因为会生成氯化铜杂质,B项错误;废铜粉与稀硫酸反应:Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,由于稀硫酸过量,因此通入气体A之前混合溶液中存在的阳离子为Fe2+、Cu2+、H+,C项正确;将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热,晶体将失去结晶水,得到无水硫酸铜,D项正确。8.(2022清华大学附属中学月考)某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉的混合物,转化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)铁铝混合物A.x为NaOH溶液,y为盐酸B.a→b发生的反应为AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓C.按照本流程,x和y调换后也能达到实验目的D.b、c都既能与强酸又能与强碱反应答案C解析根据转化关系,加入试剂x得到溶液和Fe,利用的是Al能与NaOH溶液反应,Fe不与NaOH溶液反应,因此试剂x为NaOH溶液,即a的主要成分是NaAlO2,根据转化关系,试剂y应为盐酸,发生反应AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓,然后氢氧化铝受热分解成Al2O3,最后通过电解的方法得到金属Al。根据上述分析,x为NaOH溶液,y为盐酸,故A项正确;a→b的反应是AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓,故B项正确;如果x和y互换,a为FeCl2和AlCl3,加入NaOH溶液,则得到Fe(OH)2和Al(OH)3沉淀,按照流程无法得到金属铝,故C项错误;b和c分别是Al(OH)3和Al2O3,都属于两性化合物,既能与强酸反应,又能与强碱反应,故D项正确。9.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)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O),设计了如下流程:9\n下列说法不正确的是(　　)A.溶液1中的阳离子可与NH4+、HCO3-、I-、SO42-在同一溶液中大量共存B.向溶液2中加入3~5滴K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,可观察到有蓝色沉淀生成C.向固体2中加入足量NaOH溶液,发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2OD.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答案A解析根据烧渣的成分,Fe2O3属于碱性氧化物,加入足量的酸后,与酸反应生成Fe3+,Al2O3属于两性氧化物,与酸反应后生成Al3+,SiO2属于酸性氧化物,不与酸反应,即溶液1中含有阳离子H+、Fe3+和Al3+,这三种离子不能与HCO3-大量共存,Fe3+和I-能发生氧化还原反应,因此不能大量共存,A项错误。根据流程,溶液2中含有Fe2+,因此加入K3[Fe(CN)6]可产生蓝色沉淀,B项正确。固体2应是Al(OH)3,氢氧化铝表现两性,能与强碱反应:Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O,故C项正确;Fe2+具有还原性,容易被氧气氧化,同时FeSO4·7H2O容易失去结晶水,因此制备FeSO4·7H2O时,应注意防止其氧化和分解,D项正确。10.(2022河南豫南豫北名校高三精英联赛)向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol·L-1盐酸,此时反应生成CO2的体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是(　　)A.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1B.当0<V(盐酸)<10mL时,甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+H+H2OC.乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3D.乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL(标准状况)答案A解析在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后,溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况。向溶液中加入盐酸,没有产生二氧化碳时的反应可能为OH-+H+H2O和CO32-+H+HCO3-,产生二氧化碳的反应为HCO3-+H+H2O+CO2↑。根据图像可知,当V(盐酸)=50mL时,得到的产物为NaCl,由原子守恒可知:n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1mol·L-1×0.05L=0.005mol,则原氢氧化钠溶液的浓度为c(NaOH)=0.005mol0.01L=0.5mol·L-1,故A项正确;根据以上分析,由图中盐酸的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为Na2CO3和NaHCO3,所以当0<V(盐酸)<10mL时,甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为CO32-+H+HCO3-9\n,故B项错误;氢氧化钠溶液中通入二氧化碳,溶质不可能为NaOH、NaHCO3,根据图像可知,乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3,故C项错误;乙溶液中滴加盐酸,产生二氧化碳的阶段为HCO3-+H+H2O+CO2↑,根据消耗了10mL盐酸可知,生成二氧化碳的物质的量为:0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol,标准状况下0.001mol二氧化碳的体积为22.4L·mol-1×0.001mol=0.0224L=22.4mL,故D项错误。二、非选择题(本题包括3个小题,共40分)11.(2022湖北高三五月冲刺)(10分)草酸钴是制备氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下:(1)“550℃焙烧”的目的是　　　　　　　　。 (2)“浸出液”生成物的主要成分是　　　　　　　　。 (3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)“净化除杂1”过程中,先在40~50℃下加入H2O2溶液,用离子方程式表示其作用　　　　　　　　　;再升温至80~85℃,加入Na2CO3溶液,调节pH至4.5,“滤渣1”的主要成分是　　　　　　　　。 (5)“净化除杂2”可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去,若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,则滤液中c(Mg2+)=　　　　　[已知:Ksp(CaF2)=1.05×10-10、Ksp(MgF2)=7.35×10-11]。 (6)为测定制得样品的纯度,现称取1.0g样品,将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液,再用过量稀硫酸酸化,用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定,达到滴定终点时,共用去KMnO4溶液26.00mL,则草酸钴样品的纯度为　　　　　　　　。 答案(1)除去碳和有机物　(2)NaAlO2　(3)2Co3++SO32-+H2O2Co2++SO42-+2H+(4)2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O　Fe(OH)3(5)7.0×10-6mol·L-1　(6)95.55%解析(1)含钴废料中的碳及有机物在550℃焙烧时可以生成二氧化碳等被除去;(2)含钴废料中的Al2O3能够被氢氧化钠溶解,因此浸出液中生成物主要含有偏铝酸钠;(3)“钴浸出”过程中Co3+可以被亚硫酸钠还原为Co2+,反应的离子方程式为2Co3++SO32-+H2O2Co2++SO42-+2H+;(4)在“钴浸出”过程中铁离子被亚硫酸钠还原为亚铁离子,在“净化除杂1”过程中,先在40~50℃加入H2O2溶液,可以将亚铁离子氧化为铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O;再升温至80~85℃,加入Na2CO3溶液,调节pH至4.5,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀。(5)根据Ksp(CaF2)=1.05×10-10,若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,则c(F-)=Ksp(CaF2)c(Ca2+)=1.05×10-101.0×10-5mol·L-1,则c(Mg2+)=Ksp(MgF2)c2(F-)=7.35×10-111.05×10-101.0×10-5mol·L-1=7.0×10-6mol·L-1;9\n(6)设样品中草酸钴的质量为x,根据离子方程式:5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,结合草酸根守恒可得:5CoC2O4~5(NH4)2C2O4~5H2C2O4~2MnO4-5×147g2molx　　　　　　　　　　　　0.026L×0.1000mol·L-15×147gx=2mol0.026L×0.1000mol·L-1,解得x=0.9555g,则样品纯度为0.9555g1g×100%=95.55%。12.(2022江苏南京、盐城高三第一次模拟)(15分)碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是重要的无机化工产品。一种由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2,还含有少量SiO2、Fe2O3等]为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO的质量分数≤0.43%)的实验流程如下:(1)“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)常温常压下“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2,“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。①应控制“碳化”终点pH约为　　　　　,发生的主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　。②图2中,当pH=10.0时,镁元素的主要存在形式是　　　　　(写化学式)。 (3)“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)该工艺为达到清洁生产,可以循环利用的物质是　　　　　(写化学式)。 答案(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑(2)①9.0　Mg(OH)2+2CO2Mg(HCO3)2Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O　②Mg(OH)2(3)5Mg(HCO3)24MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+6CO2↑　(4)CO2解析(1)CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3的高温分解,CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑;(2)①9\n由图像可知,应控制“碳化”终点pH约为9.0,这时碱式碳酸镁产率较高,而CaO含量较低;煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2,结合产物的要求,所以“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)2+2CO2Mg(HCO3)2和Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O;②当pH=10.0时,镁元素的主要存在形式是Mg(OH)2;(3)根据题意,由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)24MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+6CO2↑;(4)由流程图可知,可循环利用的物质是CO2。13.(2022陕西高三质量检测)(15分)细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺,它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等,以回收某些贵重有色金属和稀有金属,节约矿产资源,最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为:(1)上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法,实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)绿矾(FeSO4·7H2O)是一种良好的还原剂,也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时,必须　　　　　　　　　。在溶液B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体,加热浓缩时,可以得到(NH4)2Fe(SO4)4·6H2O的原因是　。 (3)溶液B中一定含有的金属阳离子是　　　　　　。若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应,则此反应的平衡常数的表达式为　。 (4)写出黄铜矿中的CuS·FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)氧化亚铜可用作船底防污漆,以杀死低级海生动物而保护船体,也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂,氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液,根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑,设计出工业生产氧化亚铜的一种方法:　　　　　　　　　　　　　　　　　　(只要求画实验装置图,其他必要材料任选)。 答案(1)胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸(2)密封保存,防止被空气中氧气氧化　相同温度下,硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小(3)Fe2+　K=c3(Fe2+)c2(Fe3+)(4)4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O(5)(阴极材料合理即可)9\n解析(1)题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤,胶体分散质粒子能通过滤纸,所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质;(2)绿矾是一种良好的还原剂,易被氧化,所以保存绿矾时必须密封保存,防止被空气中的氧气氧化;相同温度下,硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小,所以在溶液B中加入适量(NH4)2SO4固体,加热浓缩时,可以得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O;(3)溶液A中的Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+,所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+;氧化性Fe3+>Cu2+,加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反应,平衡常数的表达式为K=c3(Fe2+)c2(Fe3+);(4)CuS·FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe3+、Cu2+和SO42-,反应的离子方程式为4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O;(5)根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑,铜失电子发生氧化反应,可用电解法制备氧化亚铜,铜作阳极,因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是9