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1、2014年高考二轮复习指导冲关第8练金属及其化合物1.(2013汕头市高三质检)下列对物质用途的描述中，错误的是()A铝可用于冶炼某些熔点较高的金属BNa2O2可用作漂白剂C碱石灰可用于干燥CO2、O2等气体D小苏打可用于治疗胃酸过多【解析】碱石灰易吸收CO2。【答案】C2下述实验设计能够达到目的的是()编号实验目的实验设计A除去Fe2O3中的少量Al2O3向混合物中滴加足量NaOH溶液，过滤B除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硝酸，过滤C证明钠的金属活动性比铝强向AlCl3溶液中投入金属钠D实验室制备Al(OH)3向Al2(SO4)3溶液中加入足量NaOH溶液，过滤【解析】A项，A
2、l2O3溶于NaOH溶液而Fe2O3不溶；B项，Cu、CuO均与稀HNO3反应；C项，Na不能置换出Al，不能证明Na比Al活动性强；D项，Al(OH)3溶于NaOH，不能得到Al(OH)3。【答案】A3(2012江苏高考)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOABC D【解析】本题考查无机物之间的转化关系。中S与O2只能生成SO2，错；中FeCl3溶液中加热时，Fe3水解生成Fe(OH)3，进而分解生成Fe
3、2O3，得不到无水FeCl3，错。【答案】A4(2013桂林市、崇左市、百色市、防城港市联考)将铝粉与FeO粉末配制成铝热剂，分成三等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出的气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列分析正确的是()AV1V3V2BV2V1V3CV1V2V3 DV1V3V2【解析】两份均符合关系2Al3H2，故V1V3。对份，2Al3FeO3FeAl2O3，由关系2Al3H2，3Fe3H2知V2V3。故V1V2V
4、3。【答案】C5(2013长安一中、交大附中、师大附中、西安中学第二次理综模拟)将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是()A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c(Na)c(Cl)c(OH)C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c(Na)1.5 molL1【解析】2Na2O22H2O=4NaOHO202 mol 0.4 mol0.1 mol2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H202 mol
5、0.4 mol 0.2 mol0.3 mol由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1 mol0.3 mol)0.4 mol，为8.96 L，故A错；n(Na)0.4 mol，则c(Na)0.4 mol/0.2 L2 molL1，故D错。反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al(OH)3沉淀，质量为7.8 g，故C正确；最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(AlO)，由于c(H)c(Al
6、O)，故B错。【答案】C6下列各组物质按下图所示转化关系每一步都能一步实现的是()甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe(OH)3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DAl(OH)3NaAlO2Al2O3AlCl3【解析】A选项中Fe2O3与FeCl2、Fe2O3Fe(OH)3等不能一步实现；B选项Cu与氧气生成CuO，CuO与硫酸生成CuSO4，CuSO4与BaCl2生成CuCl2，CuSO4、CuCl2均与Zn反应生成Cu，符合；C选项中NO2NH3不能一步实现；D选项中NaAlO2Al2O3不能一步实现。【答案】B7(2013延安高三质检)美国“海狼”潜艇上的
7、核反应堆内使用了液态铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是()A原子半径：NaAlB若把铝钠合金投入一定量的水中只得到无色溶液，则n(Al)n(Na)Cm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出H2越多，则铝的质量分数越小D铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀生成【解析】元素周期表中Na、Al位于同周期，钠的原子序数小于Al，故原子半径：NaAl，A项正确；Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH反应生成NaAlO2，关系式为NaNaOHAl，得到无色溶液，说明Na、Al全部溶解，n(Al)n(Na)，B项正确；失去1 mol电子，消耗Na为23 g
8、，而消耗Al为9 g，故相同质量的Na、Al，后者放出氢气较多，在合金中Al的质量分数越高，放出的氢气就越多，C项错误。【答案】C8(2013淮安市高三调研)A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下有如图所示转化关系(其他产物已略去)，下列说法错误的是()A若X为Cl2，则C可为FeCl3B若X为KOH溶液，则A可为AlCl3C若X为O2，则A可为硫化氢D若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可为CO2【解析】A项，Fe与Cl2反应只会生成FeCl3，不会生成FeCl2；B项，B、C两物质分别是Al(OH)3、KAlO2时满足转化关系；C项，B、C两物质分别是S、SO2时满足转化关
9、系；D项，A、B、C三物质分别是NaOH、Na2CO3、NaHCO3时满足转化关系。【答案】A9(2013临沂市高三质检)工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下：已知：Cu2O2H=CuCu2H2O(1)实验操作的名称为_；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有_(填仪器名称)。(2)滤液A中铁元素的存在形式为_(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为_，检验滤液A中存在该离子的试剂为_(填试剂名称)。(3)金属单质E与固体混合物F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_。(4)常温下，等p
10、H的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c(OH)前者为后者的108倍。则两种溶液的pH_。(5)从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤：称取一定质量的样品_过滤、洗涤、干燥称量剩余固体铜的质量。(填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节)【解析】由流程图可以看出，加入足量稀盐酸时，得到的固体混合物B为二氧化硅和单质铜，则滤液A中一定不含Fe3，原因是2Fe3Cu=2Fe2Cu2，验证Fe2可先加入KSCN溶液，没有明显现象，再加入氯水(或其他氧化剂)出现血红色。滤液A中含有Fe2、Al3、Cu2，加入足量NaOH溶液后得到的固体混合
11、物D为Fe(OH)3和Cu(OH)2，在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和 CuO，滤液C中含AlO，则金属单质E为Al，利用铝热反应可焊接钢轨。(4)NaAlO2溶液中水的电离受到促进，而NaOH溶液中水的电离受到抑制。设两种溶液的pHa，NaAlO2溶液中水电离出的c(OH)为10a14molL1，NaOH溶液中水电离出的c(OH)为10amolL1,10a1410810a，得a11。(5)用稀H2SO4溶解粗Cu中的活泼金属。【答案】(1)过滤坩埚(2)Fe22Fe3Cu=2Fe2Cu2硫氰化钾溶液和新制氯水(合理的氧化剂均可)(3)2AlFe2O3高温,Al2O32Fe(4)
12、11(5)将浓硫酸用蒸馏水稀释，将称得的样品与足量稀硫酸充分反应10(2013北京西城区高三期末)欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如下图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀。(1)Si在周期表中的位置是_。(2)下列说法正确的是_。a酸性：H2CO3H2SiO3b原子半径：OCSiCH4SiH4d离子半径：O2I2，则铜与氢碘酸反应的化学方程式为_。(2)已知Cu2O能溶于醋酸溶液或盐酸中，同时得到蓝色溶液和红色固体，则Cu2O与稀硫酸反应的离子方程式为_；Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式为_；只用稀硫酸来确定某红色固体是 Cu2O与Cu组
13、成的混合物的方法：称取m g该红色固体置于足量稀硫酸中，充分反应后过滤，然后_。(3)Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解装置如图所示，电解总反应：2CuH2O电解,Cu2OH2，则石墨应与电源的_极相连，铜电极上的电极反应式为_；电解过程中，阴极区周围溶液pH_(填“变大”、“变小”或“不变”)。(4)现向Cu、Cu2O、CuO组成的混合物中加入1 L 0.6 mol/L HNO3恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO(标准状况)。若将上述混合物用足量的氢气还原，所得固体的质量为_；若混合物中含有0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少
14、消耗硫酸的物质的量为_。【解析】(1)由题中信息知生成的气体产物是氢气，则白色沉淀是铜的化合物 CuI，相应的反应为置换反应。(2)Cu2O中铜为1价，Cu2O与稀硫酸反应生成的单质铜为红色固体，生成的铜盐溶液呈蓝色。由于题目提供了样品的质量且限定试剂只用稀硫酸，故应从反应结束后剩余固体的质量角度考虑鉴定结果：若红色固体只是Cu2O，则与稀硫酸充分反应后得到固体的质量为 gg，若最终固体的质量大于 g，则该红色固体为混合物。(3)从电解总反应知：Cu被氧化，铜电极作阳极，电极反应式为2Cu2e2OH=Cu2OH2O，石墨应与电源负极相连，阴极上消耗H产生H2，故阴极周围pH变大。(4)混合物与
15、稀硝酸反应生成0.1 mol NO，由氮元素守恒知生成Cu(NO3)2的物质的量为(1 L0.6 mol/L0.1 mol)20.25 mol，由此知原混合物中共含有0.25 mol铜元素；故混合物被氢气还原后可得到0.25 mol Cu，其质量为16 g。依据得失电子守恒原理得，n(Cu2O)(0.1 mol30.1 mol2)20.05 mol，n(CuO)0.25 mol0.1 mol0.05 mol20.05 mol，则0.05 mol Cu2O、0.05 mol CuO与稀硫酸反应后生成0.1 mol CuSO4，则至少需要0.1 mol硫酸。【答案】(1)2Cu2HI=2CuIH2
16、(2)Cu2O2H=CuH2OCu23Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2O洗涤、干燥剩余固体后称量，固体质量大于 g(3)负2Cu2e2OH=Cu2OH2O变大(4)16 g0.1 mol12(2012天津高考题改编)由某金属的混合物(含65%Cu、25%Al、8%Fe及少量Au、Pt)制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线设计如下：已知物质开始沉淀和沉淀完全时pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2沉淀开始时pH2.74.18.3沉淀完全时pH3.75.49.8请回答下列问题：(1)过滤操作用到的玻璃仪器有_。(2)第步Al与足量酸反应的离子方程式为_，得到滤渣1的主要成分
17、为_。(3)第步用NaOH调节溶液pH的范围为_。(4)由第步得到CuSO45H2O晶体的步骤是将滤液2_、_、过滤、洗涤、干燥。(5)现有洗涤后的滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，请将a、b、c补充完整。【解析】(1)进行过滤操作时需要用烧杯盛接滤液，用玻璃棒引流，用漏斗过滤。(2)Cu、Al、Fe、Au、Pt中加入稀硫酸和浓硝酸的混合物并加热时，Cu、Al、Fe都被氧化，硝酸浓度较高时生成NO2，硝酸浓度较低时生成NO，Au、Pt不反应，所以滤渣1为Au、Pt。(3)滤液1中含有Cu2、Al3、Fe3，加入NaOH溶液调溶液pH的目的是实现Cu2与Al3、Fe3的分离，当pH5.4时
18、，Cu2没有沉淀，而Al3、Fe3沉淀完全，当pH8.3时，Cu2开始沉淀，所以调节溶液pH的范围为5.4pH8.3。(4)可采用加热浓缩、冷却结晶的方法将CuSO4溶液变为CuSO45H2O晶体。(5)滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物，根据二者的性质差异将二者分离，首先向滤渣2中加入足量NaOH溶液使Al(OH)3溶解得到AlO，过滤除去Fe(OH)3，然后向含有AlO的溶液中加入适量硫酸使AlO转化为Al2(SO4)3，然后蒸发、冷却、结晶、过滤即可得到Al2(SO4)318H2O。【答案】(1)烧杯、玻璃棒、漏斗(2)Al6H3NO=Al33NO23H2O(或Al4HNO=Al3NO2H2O)Au、Pt(3)5.4pH8.3(4)加热浓缩冷却结晶 8