2019年高考化学专题分类汇编专题十四元素及其化合物基础知识(解析版)

1、专题十四 元素及其化合物基础知识（解析版）1.【2019江苏 】6.下列有关化学反应的叙述正确的是A. Fe在稀硝酸中发生钝化B. MnO 2和稀盐酸反应制取Cl 2C. SO 2与过量氨水反应生成（NH 4）2 SO3【答案】C【解析】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故B.二氧化镒与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸俊，故D.室温下 Na与空气中02反应制取 Na2O2A错误；B错误;C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2 O;加热条件下，钠与氧气反应生成Na 2O2,故D错误;综上所述，本题应选C【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相

2、同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。2.12019江苏】9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq)电解Cl 2(g)Fe(s) FeCl 2(s)石灰乳B. MgCl 2(aq)Mg(OH)“段烧2(s)MgO (s)C. S(s)O2 (g)点燃SO3(g)h 2 (g)H 2O(l)H2SO4(aq)CO2 (g)D. N 2(g)高温高压、催化剂NH 3(g)NaCl(aq)Na2CO3(s)A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成

3、氢氧化镁，氢氧化镁高温煨烧生成氧化镁和水，故B正确;C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2, SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3,故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误;综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。3.【2019天津 】下列有关金属及其化合物的不合理的是（A.将废铁屑加入FeCl 2溶液中，可用于除去工业废气中的)Cl 2B.铝中添加适山区 划例氐密度、高强度的铝合金、可用于航空工业C.盐碱地（含较多 Na2 CO3等）不利于作物生长，可施

4、加熟石灰进行改良D.无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】 C【解析】A、氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3 + Ca(OH) 2=CaCO 3 J + 2NaOH ,产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钻和氯化钻晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选。故选C【点睛】本题考查金属元素及其化合物应用，易错点C,除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到

5、降低碱度的目的。4.5.【2019新课标n卷】下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO 4=Cu+ZnSO 4223 J +H2B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH) +CO CaCO OC. Na 2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O 2 fD.向Mg(OH) 2悬浊液中滴加足量FeCl 3溶液出现红褐色沉淀 3Mg(OH) 2+2FeCl 32Fe(OH) 3+3MgCl 2【答案】C【解析】A.金属活动性顺序比较：Zn> Cu ,则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其

6、反应的方程式为：Zn+CuSO 4= ZnSO 4+Cu ,使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：=CaCOI -CO2+Ca(OH) 232O, B 项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系为：Na2O2+H 2O- NaOH , CO2+2NaOH Na 2CO3 100- Na 2CO3, C 项错误；D.氢氧化镁的溶度积小于氯化铁的溶度积，则项氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，实现沉淀的转化，发生的化学方程式为：3Mg(OH) 2 +

7、2FeCl 3= 2Fe(OH) 3 + 3MgCl 2, D项正确；答案选Co5【2019上海 等级考 】4.下列固体质量增加的是()A. Cu加入氯化铁B. Zn加入硫酸C. H 2通入灼热氧化铜D.高温下水蒸气通入Fe【答案】D【解析】A.2FeCl 3+CuCuCl 2+2FeCl2,铜溶解，固体质量减少，A错误。B.Zn+H 2SO4-ZnSO4+H2, Zn溶解，固体质量减少，B错误。C错误C.H2+CuO - Cu+H 2O ,固体质量减少,D.3Fe+4H 2O ( g) 一 (高温)Fe 3O4+4H2,固体质量增加，D正确。6.12019上海 等级考 】11.关于离子化合物

8、 NH 5( H有正价和负价)下列说法正确的是()A. N为+5 价B.阴阳离子个数比是1:1C.阴离子为8电子稳定结构D.阳离子的电子数为11【答案】C 【解析】 -A.因为题干中说H有正价和负价，所以离子化合物NH 5由NH4 +和H构成，NH 4+中N的化合价为-3价，A错误。 -B.离子化合物NH 5由NH 4 +和H构成，阴阳离子个数比为1:1 , B正确。C.阴离子H为2电子结构，C错误。D.阳离子NH4 +的电子数为10,D错误。7 .【2019上海 等级考 】16.在pH为1的100mL 0.1mol/L 的AlCl 3中，加入 300mL 0.1mol/L 的氢氧化钠 溶液后

9、铝素的存在形式是()A. AlO 2 -B. Al 3+C. Al(OH) 3D. Al 3+、Al(OH) 3【答案】D解析pH 为 1 的 100mL 0.1mol/L 的 AlCl 3 中，(H+)=0.1mol/Lx 0.1L=0.01mol.n(Al 3+)=0.1mol/L x 0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH -)=0.1mol/L x 0.3L=0.03mol。其中0.01mol的OH -和0.01mol的H+发生中和反应，剩下的 0.02mol的OH -和0.01mol的Al 3+反应， 氢氧根不足，所以生成 Al(OH) 3弁有A

10、l 3+剩余。所以正确答案D .8 .4.【2019浙江4月 选祢化制|下列属于置换反应的是A. 4NH 3+5O 2 太 4NO + 6H 2OB. 2Na 2SO3+ O2 2Na2 SO4C. 2Na 2O2+ 2CO2 2Na2CO3+ O2D. 2KI + Cl 22KCl + I2【答案】D【解析】置换反应是指一个单质和一个化合物反应生成另一个单质和化合物，属于氧化还原反应，前者在 后者的概念范围内；A.该反应属于氧化还原反应，但不是置换反应，A不合题意；B.该反应是化合反应，B不合题意；C.该反应属于氧化还原反应，但不是置换反应，C不合题意；D.该反应符合置换反应定义，属于非金属

11、单质之间的置换反应，活泼性强的非金属单质置换出活泼性 较弱的非金属单质，D符合题意。故答案选 D9.12019浙江4月 选考 】8.下列说法不正确的是.A.液氯可以储存在钢瓶中B.天然气的主要成分是甲烷的水合物C.天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D.硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【答案】B【解析】A.液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；B.天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C.石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D.硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。故答案选

12、 B。10.12019浙江4月 选考】20.在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。 下列解析不正确 的是 .A.与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B.与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)+ H2O(l) +CO2 (aq) Ca(HCO 3)2(aq)D.海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中 CO浓度增大【答案】D【解析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2,因此 CaCO3与CO2, H2O之间存在着下列平衡：CaCO

13、 3(s)+CO 2(g)+H 2O(l) ? Ca(HCO 3)2(aq)oA.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO 3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)+ H2O(l) +CO2(aq)Ca(HCO 3)2(aq), C 项正确;D.海水婶度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO 2随之增大，导致

14、CO32-转化为HCO 3-,CO3浓度降低，D项错误。11.12019浙江4月选考】24.聚合硫酸铁Fe(OH)SO 4 n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矶(FeSO 4 7H 2O)和KClO 在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是3.A. KClO 3 作氧化剂，每生成 1 mol Fe(OH)SO 4 n 消耗 6/n mol KClO 3B.生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D.在相同条件下，Fe3+比Fe(OH) 2+的水解能力更强【答案】A【解析】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO 4+nKClO 3+

15、3nH 2O=6Fe(OH)SO4n+nKCl ,可知KClO 3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol Fe(OH)SO 4n消耗n/6 mol KClO3, A项错误；B.绿矶溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因 而水溶液的pH增大，B项错误；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。Fe(OH) 2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，具结合水电离产生的OH -的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+,即

16、在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。12.【2019浙江4月 选考 】25.白色固体混合物A，含有 KCl、CaCO3、Na 2 3、Na23、CuSO4中的CO SiO几种，常温常压下进行如下实验。卜列推断不正确的是A.无色溶液B的pH >7B.白色固体F的主要成分是 H2SQ3C.混合物 A 中有 Na2SiO 3、CuSO4 和 CaCO 3D.在无色?§液 B中加HNO 3酸化，无沉淀；再滴加 AgNO 3 ,若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl【解析】白色固体混合物A加水得无色溶液 B和固体C, B中肯定不含 Cu2+,但结合固体 C加过量硝酸,产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu 2+转化为沉淀， A中必含有CuSO4,又结合固体 C中加过量硝酸后得到白色固体F,说明A中必含有Na2SiO3,而且固体 C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2,可能是CaCO 3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸