2019高考化学二轮冲刺复习第9讲金属元素其化合物真题追踪(含解析)

第9讲金属元素及其化合物考向一金属元素及其化合物的性质、转变与应用1．(2018·全国卷Ⅲ)化学与生活亲密有关。以下说法错误的选项是()A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也合用于电器起火B．疫苗一般应冷藏寄存，以防止蛋白质变性C．家庭装饰时用水性漆代替传统的油性漆，有益于健康及环境D．电热水器用镁棒防备内胆腐化，原理是牺牲阳极的阴极保护法[分析]泡沫灭火器使用时会喷出硫酸钠溶液，硫酸钠是强电解质，其水溶液能导电，所以泡沫灭火器不合用于电器起火，A错误；疫苗一般是拥有活性的蛋白质，所以应冷藏存放，防止高温惹起蛋白质变性，B正确；油性漆含有大批的有害物质，会伤害人体健康，水性漆对人体无害，不污染环境，所以使用水性漆有益于健康及环境，C正确；电热水器的内胆材质多为不锈钢，将内胆与开朗金属镁连结，形成原电池时镁作负极进而保护内胆不被腐蚀，该防备方法是牺牲阳极的阴极保护法，D正确。[答案]A2．(2017·天津卷)以下有关水办理方法不正确的选项是()A．用石灰、碳酸钠等碱性物质办理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐办理水中的悬浮物C．用氯气办理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子＋D．用烧碱办理含高浓度NH4的废水并回收利用氨[分析]石灰、碳酸钠等碱性物质能与废水中的酸反响，所以能够用于办理废水中的酸，A项正确；可溶性的铝盐和铁盐溶于水，电离出的Al3＋3＋水解分别生成Al(OH)、Fe(OH)33胶体，其可吸附水中的悬浮物质，所以能够办理水中的悬浮物，B项正确；氯气与Cu2＋、Hg2＋等重金属离子不反响，不可以用Cl2办理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子，可用Na2S来办理，C项错误；烧碱能与＋NH3，所以可用烧碱办理含高浓度＋NH4反响生成NH4的废水并回收利用NH，D项正确。3[答案]C3．(2017·海南卷)以下表达正确的选项是()①稀硫酸和铜粉反响可制备硫酸铜②碘化钾与浓硫酸反响可制备碘化氢③过氧化钠与二氧化碳反响可制备氧气④铝箔在氯气中焚烧可制备无水三氯化铝A．①②B．②③C．③④D．②④[分析]依据金属活动性次序表，Cu排在H的右侧，所以金属铜不与稀硫酸反响，故①错误；浓硫酸拥有强氧化性，能把HI氧化，故②错误；2Na2O2＋2CO===2NaCO3＋O2，所以能够制备氧气，故③正确；铝在氯气中焚烧生成

AlCl

3，故④正确。[答案]

C4．(2016·全国卷Ⅱ)某白色粉末由两种物质构成，为鉴识其成分进行以下实验：①取少许样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体所有溶解；②取少许样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．NaSO、BaCOD．NaCO、CuSO233234[分析]A项中，NaHCO、Al(OH)3加入足量水中，NaHCO溶解，Al(OH)3不溶解；加入33稀盐酸，固体所有溶解，且有气泡产生；NaHCO3、Al(OH)3均能与H2SO4反响，最后不会有固体节余。B项中，NaHCO3溶于水，AgCl不溶于水，加入足量稀盐酸，AgCl仍不溶解。C项中Na2SO3溶于水，BaCO3不溶于水，BaCO3能溶于稀盐酸：BaCO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋CO2↑，NaSO、BaCO均能与稀HSO反响：NaSO＋HSO===NaSO＋SO↑＋HO、BaCO＋HSO===BaSO23324232424223234＋H2O＋CO↑。D项中，CuSO和NaCO都能溶于稀硫酸。2423[答案]C5．(2018·浙江卷)某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素构成的纯净物)进行了以下实验：实验中观察到：混淆气甲呈无色并被蒸馏水所有汲取；固体乙为纯净物；在步骤③中，10.00200molNaOH；另取必定量的溶液丙，加入少许KFeO1024固体，产生黄绿色气体。请回答：(1)X的化学式是________，步骤①的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。溶液丙与K2FeO4固体反响的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[分析]取必定量的溶液丙，加入少许K2FeO4固体，产生黄绿色气体，说明丙溶液中含1有氯离子；则无色混淆气甲中含HCl，在步骤③中，取10溶液丙，恰巧中和需耗费0.00200molNaOH，则n(HCl)＝0.00200mol×10＝0.02mol，故X中含有氯元素的物质的量为0.02mol，混淆气甲中HCl的质量为0.73g，X中含有4种短周期元素，已推断出含H、O、Cl3种元素，由于加热后有固体生成，则依据元素构成，推断该固体乙为金属氧化物。混淆气甲中除了氯化氢，应当有水，则n(H2O)＝－0.40－＝0.05mol，即在混淆气甲中18g·mol－1n(Cl)＝0.02mol，n(H)＝0.12mol，n(O)＝0.05mol，由于X是含结晶水的正盐，由上述信息可确立X是含结晶水的氯化物，由于X中氢与氧的比率为2∶1，则固体乙中含有0.01mol氧原子，依据金属氧化物中含氧为0.01mol和氯化物中含氯为0.02mol推知该金属元素为＋2价，设X的化学式为RCl·6HO，其物质的量为0.01mol，设R的摩尔质量为xg·mol22－1，则(x＋35.5×2＋6×18)×0.01＝2.03，得x＝24，R为Mg，故X的化学式为MgCl2·6H2O。△(1)由以上剖析可知X的化学式为MgCl2·6H2O；X分解的化学方程式为MgCl2·6H2O=====MgO2HCl↑＋5H2O↑。(2)溶液丙中的HCl与K2FeO4固体发生氧化复原反响的化学方程式为2K2FeO3＋16HCl===4KCl＋2FeCl3＋3Cl2↑＋8H2O。[答案](1)MgCl2·6H2O△MgCl2·6H2O=====MgO＋2HCl↑＋5H2O↑(2)2K2FeO＋16HCl===4KCl＋2FeCl3＋3Cl↑＋8HO4226．(2018·浙江卷)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混淆物，加入mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反响后，得固体的质量为3.04g。请计算：加入铁粉充分反响后，溶液中溶质的物质的量________。(2)固体混淆物中氧化铜的质量________。[分析](1)依据题给信息，发生反响：CuO＋HSO===CuSO＋HO、FeO＋2442233H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu、Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，由题给数据，加入的铁粉与硫酸的物质的量均为0.1mol，若4.0g固体所有为氧化铜，则为0.05mol，若4.0g固体所有为氧化铁，则为0.025mol，则铁粉过度，最后溶液中溶质为硫酸亚铁，依据硫酸根离子守恒可知，溶液中溶质的物质的量等于硫酸的物质的量，即0.05L×2.00mol·L－1＝0.1mol。(2)5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，最多可耗费0.1mol硫酸恰巧生成硫酸亚铁，但固体混淆物中含有FeO，则铁粉有节余，最后获得的3.04g固体为铜与铁的混淆物，此中23铁的质量等于固体混淆物氧化铁中所含铁的质量，铜的质量也等于固体混淆物中氧化铜中所含铜的质量。设CuO的物质的量为xmol，FeO的物质的量为ymol，由80x＋160y＝4.0,64x23＋2y×56＝3.04，解得x＝0.03，y＝0.01，所以CuO的质量为0.03mol×80g·mol－1＝2.40g。[答案](1)0.100mol(2)2.40g考向二金属有关的工业流程剖析7．(2018·全国卷Ⅰ)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采纳湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程以下：以下表达错误的选项是()A．合理办理废旧电池有益于保护环境和资源再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC．“积淀”反响的金属离子为Fe3＋D．上述流程中可用硫酸钠取代碳酸钠[分析]废旧电池任意抛弃既会对环境造成污染又会浪费资源，合理办理废旧电池既有利于保护环境，又能实现资源再利用，A正确；正极片与碱液反响生成偏铝酸钠，则能够回收金属铝，磷酸亚铁锂中含有锂元素和铁元素，分步积淀能够回收金属铁和锂，B正确；含磷酸亚铁锂滤渣与硫酸和硝酸的混淆溶液反响，因硝酸有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，故含Li、P、Fe等滤液中Fe元素以Fe3＋形式存在，加入碱液后Fe3＋与氢氧根离子反响生成氢氧化铁积淀，C正确；最后滤液中的锂离子与碳酸钠中的碳酸根离子联合生成碳酸锂积淀，由对角线规则可知，锂及其化合物的性质与镁及其化合物的性质相像，由碳酸镁难溶于水推知碳酸锂难溶于水，由硫酸镁易溶于水推知硫酸锂也易溶