2020届苏教版高考化学复习专题3《金属及其化合物》检测题.docx

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1、专题3金属及其化合物检测题一、单选题(共15小题) 1.既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质是（）A AlCl3B NaAlO2C Al（OH）3D Na2CO32.向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是( )ABC n=m+17VcDm3.下列离子的检验方法合理的是 ()A 向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2B 向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSC

2、N溶液变血红色，说明原溶液中含有Fe2C 向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3D 向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2，不含有Mg24.铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体，将其加热有铜的氧化物生成，其质量随温度变化的曲线如图1所示。另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()A 图1中产物a，b的化学式分别为Cu2O和CuOB 图1整个过程中共生成0.26 g H2OC 图2三条曲线中，表示Cu

3、O和其中所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD 图2中绘制错误的曲线共2条5.下列说法错误的是()A Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同B 将一定量的Na2O2和NaHCO3的混合物放在一密闭容器中充分加热后，所得固体中一定含有Na2CO3C Na2O2与H2O反应中，Na2O2既作氧化剂又作还原剂D 在一定条件下将10 L CO2和水蒸气的混合气体，通入足量的Na2O2充分反应，恢复到原条件，剩余5 L气体6.在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备铜,有下列两种途径:(1)FeH2Cu(2)CuOCuSO4Cu若用这两种方法制得的铜质量相等,则下列有关说法符合实际情况

4、的是()A 消耗氧化铜的质量不同B 消耗铁的质量相同C 消耗硫酸的质量相同D 生成硫酸亚铁的质量不同7.物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为( )A 3.2 gB 4.0 gC 4.2 gD 4.6 g8.下列有关物质的性质或应用的说法中正确的是( )A 某些金属化合物具有特定的颜色，因此可制作烟花B 石油的催化裂化及裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物D 蛋白质溶液中加入浓的硫酸钠溶液，有沉淀析出，这种作用称为变性9.双羟基铝碳酸钠是医疗上

5、常用的一种抑酸剂，化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是()A 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物B 1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗4 mol HC 该药剂遇胃酸不产生气体，适合胃溃疡患者服用D 该物质属于两性氢氧化物10.下列离子方程式不正确的是()A 铝片碱洗时常有气泡：2Al2OH2H2O=2AlO3H2B Al2O3溶于氨水：Al2O32OH=2AlOH2OC AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al34OH=AlO2H2OD 实验室用铝盐制Al(OH)3：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH11.在密闭容器中,加热等物质的量的Na

6、HCO3和Na2O2的固体混合物,充分反应后,容器中的固体剩余物是( )A Na2CO3和Na2O2B Na2CO3和NaOHC NaOH和Na2O2D NaOH、Na2O2和Na2CO312.下图是一稀酸对Fe-Gr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是( )A 稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B 稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3(稀)Fe(NO3)3+3NO2+3H2OC Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强D 随着Cr含量增加，稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱13.将5.4 g Al投

7、入200.0 mL 2.0 molL1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为（）。A HNO3溶液B Ba（OH）2溶液C H2SO4溶液D HCl溶液14.下列说法正确的是()A 将钠投入硫酸铜溶液中只有紫红色固体析出B 过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中出现白色沉淀C 氨水滴入氯化铝溶液中先出现白色沉淀后溶解D 饱和氯化钙溶液加入浓氢氧化钠溶液出现白色沉淀15.向30 mL 1 molL1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4 molL1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为 ()A 3 mLB 7.5 mLC 15 mLD 17.5 mL二、实

8、验题(共3小题) 16.为了测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物m g中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下的实验方案：（1）甲同学的方案是：将样品溶解，加入过量1molL1氯化钡溶液，过滤洗涤，取沉淀烘干，称量得固体n g则混合物中碳酸钠的质量分数为；能否用过量的1molL1氯化钙溶液代替氯化钡溶液来测定碳酸钠的质量分数（填“能”或“否”），理由（2）乙同学的方案是：将样品溶解后，加入稍过量的氯化钡溶液，再滴入23滴酚酞试液，用标准盐酸滴定乙同学在滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有，滴定终点时的现象是，加入过量氯化钡溶液的目的是；判断氯化钡过量的方法是17.Cu2S是火法炼铜的重要原料之一

9、，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO45H2O的流程图。Cu2SCuCu2O，CuOAB胆矾(1)Cu2S中铜元素的化合价为_，火法炼铜的反应原理是_(用化学方程式表示)。(2)向Cu2O，CuO中加入足量稀硫酸得到的体系A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式：_。(3)若将A中红色物质反应掉，操作中加入的试剂最好是_(填字母序号)。A适量的NaNO3B适量的HNO3C适量的H2O2(4)若B溶液的体积为0.2 L，电解B溶液一段时间后溶液的pH由2变为1(体积变化忽略不计)，此时电解过程中转移电子的物质的量是_。(5)取5.0 g胆矾样品逐渐升高温度使其分解，分解

10、过程的热重曲线如图所示。通过计算确定258 时发生反应的化学方程式：_，e点对应物质的化学式为_(计算过程略去)。18.硅孔雀石是一种含铜的矿石,含铜形态为CuCO3Cu(OH)2和CuSiO32H2O,同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质。以硅孔雀石为原料直接制取硫酸铜产品的工艺流程如下图:请回答下列问题:(1)写出步骤中在矿粉中加入30%稀硫酸时,CuSiO32H2O发生反应的化学方程式:_。(2)步骤中加入双氧水的作用是_(用离子方程式表示)。(3)步骤中调节溶液pH约为4,可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的,调节溶液pH可选用的最佳试剂是_。A.Fe(O

11、H)3 B.NH3H2OC.CuO D.NaOH(4)已知常温下,KspAl(OH)3=3.210-34,测得滤液A中Al3+的浓度为110-2molL-1,则在滤渣B中(填“有”或“没有”)Al(OH)3。(5)为充分利用母液,某学生设计两种方案回收铜。甲方案:乙方案:按如图所示装置进行电解乙方案中,铜将在(填“A”或“B”)极析出,为保持乙方案中电流恒定,B极应该使用(填“铁”或“石墨”)作电极材料。该方案和甲方案相比较,最大的缺点是_。三、填空题(共3小题) 19.合金是建造航空母舰的主体材料。(1) 航母升降机可由铝合金制造。 铝元素在周期表中的位置为。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得。

12、提取过程中通入的气体为。 Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为。焊接过程中使用的保护气为(填化学式)。(2) 航母舰体为合金钢。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。 航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为。(3) 航母螺旋桨主要用铜合金制造。 80.0 g Cu-Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为。 为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0，8.0时过滤沉淀。结合题8图信息推断该合金中除铜外一定含有_。20

13、.将一小块金属钠分别投入盛a水，b乙醇，c稀H2SO4的三个小烧杯中，反应速率由快到慢的顺序为_。解释反应速率不同的原因：_。21.用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石，水泥，硅铁等配制而成。(1)Al的原子结构示意图为_；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_；(2)30Si的原子的中子数为_；SiO2晶体类型为_；(3)Al3+与Yn的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是_；(4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是_；(5)经处理后的熔渣36.0 g(仅含Fe2O3，Al2O3，SiO2)，加入足量稀盐酸，分离得

14、到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为_。答案解析1.【答案】C【解析】中学常见既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物如Al2O3、Al（OH）3等、弱酸的铵盐如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐NaHCO3、NaHS等、单质（如Al）、氨基酸、蛋白质等；选C。2.【答案】C【解析】根据电荷守恒，氢氧化镁，氢氧化铝沉淀中含有n(OH-)，等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=c mol/LV10-3L，整理得c=，A

15、正确。p为生成的氧化物的质量，由Mg(OH)2MgO+H2O，2Al(OH)3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cV10-316=m+，B正确。沉淀为氢氧化镁，氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cV10-317=m+，C错误。氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=40=m；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=m；质量介于二者之间，D正确。3.【答案】C【解析

16、】A项中只能说明含有Fe3，不合理；B项原溶液中可能只有Fe3而没有Fe2；D项中氧化后生成红褐色沉淀Fe(OH)3也可能掩盖了白色沉淀Mg(OH)2。4.【答案】D【解析】0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol80 gmol10.80 g，所以a点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol144 gmol10.72 g，所以b点是Cu2O，A错误。根据化学方程式4CuO2Cu2OO2，过程中有氧气产生，B错误。CuO和其所含铜元素的质量关系(以CuO的质量为10 g计算)为10 g CuO中含8 g铜元素，观察图2知

17、，曲线B符合上述质量关系(表示的是CuO)。而曲线A上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其所含金属元素的质量，这是错误的，曲线C不符合Cu2O和其所含的铜元素的质量关系，所以C错误，D正确。5.【答案】A【解析】Na2O与CO2反应只生成Na2CO3，而Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，A错误。6.【答案】D【解析】途径(1)中用H2还原CuO时,实验前先通H2排出装置中的空气,实验结束时要继续通H2至试管冷却,故利用途径(1)制取1 mol Cu,消耗的H2大于1 mol,即Fe和H2SO4的消耗量,(1)(2),生成FeSO4的质量(1)(2),但两途径中消耗CuO的质量相等

18、; 选D。7.【答案】D【解析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量， 采用极限思维法， 如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应， 2Mg+CO22MgO + C， 2 2 1 0.10 mol 0.10 mol 0.05 mol 则0.1 mol镁最多可生成固体的质量为0.10 mol40 g/mol+0.05 mol12 g/mol=4.6 g， 再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10 mol24 g/mol=2.4 g， 则固体的范围应该在2.4 g4.6 g之间，选择D。8.【答案】B【

19、解析】A错误，焰色反应是指某些金属元素在灼烧时火焰会呈现出特殊的颜色；B正确，石油的催化裂化是为了得到更多的汽油等轻质油，石油的裂解是为了得到更多的乙烯等气态烯烃；C错误，Fe在高温下与水蒸汽反应生成的是H2和四氧化三铁；D错误，蛋白质溶液中加入轻金属盐如硫酸钠溶液，这种作用称为盐析。9.【答案】B【解析】该物质是化合物不是混合物，A错误；与酸反应时2 mol氢氧根可消耗2 mol氢离子，1 mol碳酸根可消耗2 mol 氢离子，故1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗4 mol H，B正确；该药剂遇胃酸产生二氧化碳，不适合胃溃疡患者服用，C错误；该物质含有碳酸根，属于盐，D错误；选B

20、。10.【答案】B【解析】Al2O3能溶液强碱溶液，不溶于弱碱，则Al2O3不溶于氨水，B错误；选B。11.【答案】B【解析】根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,加热条件下NaHCO3分解后存在如下关系:2NaHCO3CO2H2O,Na2O2与CO2、H2O反应的关系分别为Na2O2CO2Na2CO3,Na2O2H2O2NaOH。故加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物,充分反应后,容器中的固体剩余物是Na2CO3和NaOH，选B。12.【答案】D【解析】A错误，应该说铬的含

21、量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱；B错误，应生成NO；C错误，不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，选择D。13.【答案】D【解析】首先换算成物质的量，Al为0.2 mol，溶液中的溶质为0.4 mol。A选项中硝酸与铝反应不生成氢气；B选项中n(OH)0.8 mol，与铝反应剩余OH；C、D选项中n(H)分别为0.8 mol、0.4 mol，2Al6H=2Al33H2，所以C选项中H有剩余，D选项中铝有剩余；选D。14.【答案】D【解析】将钠投入硫酸铜溶液中有蓝色的氢氧化铜沉淀和氢气生成，A项错误；过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中会生成红褐色氢氧化铁沉淀，B项错误；氨水

22、滴入氯化铝溶液中生成白色沉淀Al(OH)3，由于不溶于氨水，故白色沉淀不溶解，C项错误；由于Ca(OH)2微溶于水，故饱和氯化钙溶液加入浓氢氧化钠溶液会生成白色沉淀Ca(OH)2，D项正确。15.【答案】B【解析】解法一：把该题的信息转化为图像，用图像法求解，如图所示：当生成沉淀0.01 mol时需NaOH 0.03 mol或需NaOH 0.11 mol，显然B项符合题意。解法二：已知n(AlCl3)0.03 mol，nAl(OH)30.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量。由两者反应的离子方程式知Al33OH=Al(O

23、H)3，Al(OH)3OH=AlO2H2O当碱的量不足时，则V(NaOH)L0.007 5 L7.5 mL；当碱过量时，则V(NaOH)L0.027 5 L27.5 mL。16.【答案】(1)；否；氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca（OH）2，使测定不准确；(2) 酸式滴定管、锥形瓶；溶液由红色变为无色；将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中CO32和盐酸反应；在上层清夜中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量.【解析】（1）设碳酸钠的质量为xNa2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl106 197x ngx=g，混合物中碳酸钠的质量分数为：100%=，氯化钙溶液过量，则生成微溶的

24、氢氧化钙，沉淀中含有Ca（OH）2, 使测定不准确;（2）滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量17.【答案】(1)1Cu2SO22CuSO2(2)Cu2O2H=CuCu2H2O(3)C(4)0.018 mol(5)CuSO4H2OCuSO4H2OCu2O【解析】(1)Cu2S中铜为1价，火法炼铜中Cu，O被还原，S被氧化，反应原理为Cu2SO22CuSO2。(2)生成的红色物质为Cu，Cu2O与硫

25、酸发生氧化还原反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。(4)根据2CuSO42H2O2H2SO42CuO2(转移4e)，电解后生成的n(H2SO4)n(H)(0.1 molL10.01 molL1)0.2 L0.009 mol，故转移电子的物质的量为0.018 mol。(5)设258 时反应前后固体的摩尔质量为M1gmol1，M2gmol1，则5.003.563.20250M1M2，解得M1178，M2160。对应的固体分别为CuSO4H2O，CuSO4，故258 时发生反应的化学方程式为CuSO4H2OCuSO4H2O。同理可以推断d处物质为1.60 g CuO，而e处物质的质量为1.44 g

26、，为0.01 mol Cu2O。18.【答案】(1)CuSiO32H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O(2)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(3)C(4)有(5)A铁耗能【解析】(1)CuSiO32H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O。(2)观察矿粉中成分,能够与双氧水反应的只有二价铁离子,加入双氧水的目的就是把二价铁离子氧化成三价铁离子:2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。(3)调节溶液pH约为4,可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的,而且不引入新的杂质,所以CuO最合适。(4)KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(O

27、H-)=3.210-34,已知滤液A中c(Al3+)=110-2molL-1,则当c3(OH-)3.210-32,所以滤渣B中有Al(OH)3。(5)由题中电解装置图可知,铜在阴极即A极析出,为保持乙方案中电流恒定,B极应该使用铁作电极材料。比较甲方案和乙方案装置,乙方案最大的缺点就是消耗能源。19.【答案】(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O Ar(其他合理答案均可)(2)吸氧腐蚀 CaCO3或CaO(3)83.1% Al，Ni【解析】(1)开始，向铝土矿中加入足量的NaOH溶液，过滤，得到NaAlO2溶液，然后通入过量CO2气体，得到Al(OH)3沉淀，Al

28、(OH)3加热分解得Al2O3。Al2O3是两性氧化物，能和NaOH溶液反应；焊接时，应选用稀有气体作为保护气，而不选用N2，因为Mg和N2反应生成Mg3N2；(2)海水酸性较弱，所以舰体主要发生吸氧腐蚀；CaCO3CaOCO2，CaOSiO2CaSiO3，所以应加入CaCO3或CaO降低硅含量；(3)AlAl3Al(OH)30.5 mol 0.5 molCu的质量分数为100%83.1%；溶解铜合金的酸应为HNO3，根据在pH3.4时开始出现沉淀，说明合金中一定不含铁，一定含铝；在pH7.0时，过滤出的沉淀为Cu(OH)2，Al(OH)3，在pH8.0时，过滤出的沉淀为Ni(OH)2，所以铜

29、合金中还一定含有Ni。20.【答案】cab钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H间的置换反应，H浓度的大小决定了反应速率的快慢，由三种物质电离H的能力可知H浓度的大小顺序为cab，因而反应速率为cab【解析】钠与水，酸反应的实质都是与H的反应。21.【答案】(1)2Al2OH2H2O=2AlO23H2(2)16 原子晶体(3)HCl(4)CO2(5)25%【解析】(1)Al在周期表中位于第三周期第A族，其原子结构示意图为；与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO23H2；(2)根据质量数质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：301416。SiO2晶体是由Si和O两

30、种原子通过极性共价键形成的原子晶体；(3)在元素周期表中只有第A族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al3+与Yn的电子数相同，所以Y是F元素。卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl；(4)由药皮的成分大理石，水泥，硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2。(5)熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0 g是SiO2的质量。Fe2O3，Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3，AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe(OH)3沉淀。所以21.4 g固体是Fe(OH)3的质量，其物质的量为，由铁原子守恒知Fe2O3的物质的量为0.1 mol，质量为0.1 mol160 gmol116.0 g。熔渣中Al2O3的质量分数为。