2020届二轮复习元素及其化合物的性质作业（全国通用）

2020届二轮复习元素及其化合物的性质作业（全国通用）

元素及其化合物的性质 ‎1．工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法不正确的是(　　)‎ A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石 B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应 C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1‎ D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物 解析：用铝土矿制备较高纯度Al，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应，玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；在制粗硅时，发生反应SiO2＋‎2C,Si＋2CO↑，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C正确；黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由＋2价降为＋1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至－2价得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。‎ 答案：B ‎2．(2019·绵阳模拟)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) 制取绿矾(FeSO4·7H2O)，某学习小组设计了如下流程：‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A．酸浸时选用足量硫酸，试剂X为铁粉 B．滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3‎ C．从滤液B得到绿矾产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解 D．试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀用硫酸溶解，再结晶分离也可得绿矾 解析：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)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣a为二氧化硅；在滤液A中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣b主要为氢氧化铝，溶液B为硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，A正确；根据以上分析可知滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3，B正确；亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液B得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，C正确；试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀是氢氧化铁，用硫酸溶解得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，D错误。‎ 答案：D ‎3．(2019·贵阳模拟)下列有关物质的性质和用途对应关系不正确的是(　　)‎ 选项 物质的性质 有关用途 A SO2具有漂白性 SO2可用于漂白纸张、织物 B 氨气极易溶于水 液氨可以作制冷剂 C 铁粉具有还原性 铁粉可作糕点包装中的脱氧剂 D ClO2具有氧化性 ClO2是一种新型的消毒剂 解析：A项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸张或织物，正确；B项，NH3易液化，可作制冷剂，错误；C项，铁粉具有还原性，能被氧气氧化，可作糕点包装中的脱氧剂，正确；D项，ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，是一种新型的消毒剂，正确。‎ 答案：B ‎4．甲、乙、丙、丁是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如下转化关系：‎ 甲丁,乙丙 其中甲、乙、丙均含有相同的某种元素，下列有关物质的推断不正确的是 (　　)‎ A．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液 B．若甲为Fe，则丁可能是Cl2‎ C．若甲为NaAlO2溶液，则丁可能是HCl溶液 D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2‎ 解析：A项，若甲为AlCl3溶液，丁为NaOH溶液，则AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀，再加入过量NaOH溶液可得NaAlO2，NaAlO2溶液中加入AlCl3溶液又可生成Al(OH)3沉淀，正确；B项，Fe与Cl2反应时，不论Cl2是否过量均生成FeCl3，不能生成FeCl2，错误；C项，若甲为NaAlO2溶液，丁为HCl溶液，则NaAlO2溶液加入少量HCl溶液反应生成Al(OH)3沉淀，再加入过量HCl溶液可得AlCl3溶液，AlCl3溶液中加入NaAlO2溶液又可生成Al(OH)3沉淀，正确；D项，若甲为NaOH溶液，丁为CO2，则NaOH溶液中通入少量CO2生成Na2CO3溶液，再通入过量CO2生成NaHCO3溶液，NaHCO3溶液中加入NaOH溶液又可生成Na2CO3溶液，正确。‎ 答案：B ‎5．下列关于物质的用途的说法不正确的是(　　)‎ A．SO2可用于漂白纸浆 B．氢氧化铝、碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 C．钢罐可用于储运浓硫酸 D．磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆 解析：A.二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆和草帽辫等，选项A正确；B.碳酸氢钠、氢氧化铝都能与胃酸反应：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑、Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，可用于治疗胃酸过多，选项B正确；C.常温下铁被浓硫酸钝化，可用钢罐储运浓硫酸，选项C正确；D.磁性氧化铁是四氧化三铁，能用于制备红色颜料和油漆的是氧化铁，选项D不正确。‎ 答案：D ‎6．如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程。该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S。下列说法正确的是(　　)‎ A．吸收H2S的离子方程式为：Fe3＋＋H2S===Fe2＋＋S↓＋2H＋‎ B．电解过程中的阳极反应主要为：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ C．该工艺流程体现绿色化学思想 D．实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染 解析：A.由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应生成S和Fe2＋，得失电子不守恒，故A错误；B.电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2＋、H＋和Cl－，由于还原性Fe2＋＞Cl－(或根据图示循环)，电解时阳极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋，故B错误；C.该过程中吸收的H2S最后转化为H2和S，因此体现绿色化学，故C正确；D.由于H2S充分燃烧的化学方程式为2H2S＋3O22SO2＋2H2O，生成的SO2也是一种有毒气体，故D错误。‎ 答案：C ‎7．中科院张涛院士的研究团队研究发现纳米ZnO可作为一些催化剂的载体。下图是通过锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程。回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”时，锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系如图所示。当锌、锰离子浸出效果最佳时，所采用的最适宜温度为__________。‎ ‎(2)写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式(无单质硫生成)________________________________________________________________________。‎ ‎(3)用P507(酸性磷酸酯)作萃取剂分离锌、锰离子时，溶液的初始pH与分离系数的关系如表所示：‎ 初始pH ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ ‎3.5‎ ‎4.0‎ ‎4.5‎ 锌、锰离子 分离系数 ‎7.64‎ ‎8.83‎ ‎9.97‎ ‎11.21‎ ‎12.10‎ ‎13.17‎ ‎13.36‎ ‎11.75‎ 已知：分离系数越大，分离效果越好；萃取剂P507是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体，属于酸性萃取剂。‎ 试分析初始pH>4.0时，锌、锰离子分离系数降低的原因是_____________________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(4)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(5)二氧化锰广泛用于电池。一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl。电池放电时，负极的电极反应式为_______________________________________________________________。‎ ‎(6)电解尿素的碱性溶液制取N2和H2的装置如图所示。(电解池中的隔膜仅阻止气体通过，两电极都是惰性电极)‎ A电极的名称为__________，若起始时加入电解池的原料配比＝3，完全反应后，电解排出液中＝__________。‎ 解析：(1)根据图示，“酸浸”时，当温度为‎95 ℃‎时，锌、锰离子浸出率均较大，再升高温度，浸出率变化不大，故最适宜温度为‎95 ℃‎。(2)根据工艺流程分析，酸浸时，ZnS、MnO2分别转化为ZnSO4、MnSO4，即S由－2价升为＋6价，Mn由＋4价降为＋2价，根据得失电子守恒，ZnS、MnO2的化学计量数之比为1∶4，再根据原子守恒，配平化学方程式为：ZnS＋4MnO2＋4H2SO4===ZnSO4＋4MnSO4＋4H2O。(3)P507属于酸性萃取剂，pH过大，P507与OH－反应而损失，因此锌、锰离子分离系数降低。(4)S2O与Mn2＋反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2＋MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋。(5)根据总反应，电池放电时，负极上Ag发生氧化反应，转化为AgCl，电极反应为：Ag－e－＋Cl－===AgCl。(6)根据装置图，A电极上尿素转化为N2，氮元素化合价由－3价升为0价，发生氧化反应，则A极为阳极。电解时阳极反应为：CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O，阴极反应为：6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－，故电解总反应为：CO(NH2)2＋2OH－CO＋N2↑＋3H2↑，若起始时加入电解池的原料配比＝3，假设n(KOH)＝‎3a mol，n[CO(NH2)2]＝a mol，则反应完全，KOH剩余a mol，生成CO a mol，电解排出液中＝1。‎ 答案：(1)‎‎95 ℃‎ ‎(2)ZnS＋4MnO2＋4H2SO4===ZnSO4＋4MnSO4＋4H2O ‎(3)P507是酸性萃取剂，pH过大，其会发生反应而损失(或锌、锰离子水解程度增大等其他合理答案)‎ ‎(4)2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋‎ ‎(5)Ag－e－＋Cl－===AgCl ‎(6)阳极　1‎ ‎8．镁具有轻金属的各种用途，可作为飞机、导弹的合金材料。以菱镁矿(主要成分是MgCO3，含有CaO、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料制取镁的工艺流程如下：‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)生产中要先将菱镁矿和还原剂石油焦(主要成分为C)破碎成粉末。“破碎”的目的是________________________________________。‎ ‎(2)炉料按照配料比加入氯化炉后，先蒸发附着水并进行预热，菱镁矿在氯化炉中先分解，通入Cl2后氯化。“氯化”反应的主要化学方程式为_____________________，蒸发附着水的目的是防止生成_______(填名称)影响MgCl2的纯度。生产中需要“补充Cl‎2”‎的原因是__________________。‎ ‎(3)“净化”主要反应的离子方程式为____________________________。由此可得到的副产品是____________。‎ ‎(4)采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为___________________________________________________________________；‎ 电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式__________________。‎ 解析：(1)固体反应物破碎成粉末可增大反应物的接触面积，加快化学反应速率。‎ ‎(2)菱镁矿受热分解MgCO3===MgO＋CO2生成MgO，C、MgO与通入的Cl2发生氧化还原反应生成氯化镁，氯化反应为：2MgO＋2Cl2＋C===2MgCl2＋CO2，MgO＋Cl2＋C===MgCl2＋CO。MgCl2是强酸弱碱盐，易发生水解反应生成固体，混入MgCl2中影响MgCl2的纯度。补充氯气的原因是，与MgO类似，菱镁矿含有的杂质SiO2、CaO、Fe2O3都参与氯化反应，生成氯化物，消耗一部分氯气；氯化炉尾气带走一部分没有反应的氯气。‎ ‎(3)从流程图可知，尾气的主要成分是Cl2，与石灰乳反应的离子方程式为Cl2＋Ca(OH)2===Ca2＋＋ClO－＋Cl－＋H2O。该反应是漂白粉的工业制法，故可得漂白粉。‎ ‎(4)若阳极材料是石墨，阴极材料是不锈钢，电解熔融的氯化镁，所发生的反应为MgCl2Mg＋Cl2↑，电解时若有水存在，则在高温时镁与水发生反应会导致镁的消耗。‎ 答案：(1)增大反应物的接触面积，加快化学反应速率。(2)2MgO＋2Cl2＋C===2MgCl2＋CO2，MgO＋Cl2＋C===MgCl2＋CO(二者答对一个即可) 氢氧化镁　菱镁矿含有的杂质SiO2、CaO、Fe2O3都参与氯化反应，生成氯化物，消耗一部分氯气；氯化炉尾气带走一部分没有反应的氯气 ‎(3)Cl2＋Ca(OH)2===Ca2＋＋ClO－＋Cl－＋H2O　漂白粉　(4)MgCl2Mg ＋ Cl2↑　Mg ＋ 2H2OMg(OH)2＋ H2↑‎