通用版化学2019-2020学年高三化学一轮复习 金属及其化合物 考点突破训练（2份打包） (共2份打包)

金属及其化合物 考点突破训练

1．高铁酸钾是一种重要的绿色净水剂，具有净水和消毒双重功能。某课外学习小组设计如图所示方案制备高铁酸钾。下列说法不正确的是

A．高铁酸钾中铁元素的化合价为+6，具有强氧化性

B．反应2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O中，生成2 mol FeO42-时，转移6 mol 电子

C．制备高铁酸钾的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，根据复分解反应原理，高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾的溶解度

D．明矾、硫酸铁、高铁酸钾都能净水，其净水原理完全相同

【答案】D

2．已知：Cu＋Cu2＋＋Cu。现将Cu2O与稀硫酸混合，下列叙述中错误的是

A．氧化剂、还原剂均是Cu2O

B．发生反应的离子方程式为Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O

C．会得到蓝色溶液

D．若硫酸足量会有H2生成

【答案】D

【解析】A、反应中只有Cu2O中的铜元素化合价发生变化，所以氧化剂、还原剂均是Cu2O，故A正确；

B、Cu2O与稀硫酸混合发生的反应为：Cu2O+2H＋═Cu2＋+Cu+H2O，故B正确；C、反应生成铜离子，所以溶液为蓝色，故C正确；D、反应生成的Cu与稀硫酸不反应，所以没有氢气生成，故D错误。

3．现有Al2(SO4)3和MgCl2的混合溶液，向其中不断加入0.1mol/L的NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（     ）

A．4：3    B．1：3    C．2：3    D．6：1

【答案】A

4．下列各组物质物质的转化中，一定条件下均能一步实现的组合是（    ）

A．①②④    B．①②③    C．②③④    D．③④⑤

【答案】B

【解析】①氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，一定条件下均能一步实现；

②铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，一定条件下均能一步实现；

③氯化铝与足量氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，一定条件下均能一步实现；

④硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，硅酸不能一步转化为硅单质，一定条件下无法全部一步实现；

由以上分析可知，①②③中的反应一定条件下均能一步实现，④不能一步实现。选B。

5．金属Ti(钛)是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。某化学兴趣小组在实验室探究Ti、Mg、Cu的活动性顺序。他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积、等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下:

下列有关这三种金属的说法正确的是

A．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径

B．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去Mg

C．Cu和稀盐酸不发生化学反应

D．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu

【答案】C

6．把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则溶液中所含最多的阳离子是

A．H＋    B．Cu2＋    C．Fe3＋    D．Fe2＋

【答案】D

【解析】把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则发生的化学反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，因此溶液中所含最多的阳离子只有Fe2+，故D项正确。

③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3， Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；

④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；

合理有①②③，选项D正确。

7．下列离子方程式正确的是

A．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+

B．碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O

C．铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑

D．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-

【答案】D

8．下列说法正确的是(　　 )

A．镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火

B．生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜直接转化为铜

C．现代化学分析测试中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成。如用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素

D．铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀

【答案】C

【解析】A项、因为镁在点燃的条件下能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以不能用液态二氧化碳来灭火，A错误；B项、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，B错误；C项、不同金属元素的原子吸收光谱不同，所以能用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，C正确；D项、铝比铁活泼，但铝表面的氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，D错误。

9．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的纯净物，它们之间有如下图所示的反应关系。下列物质组不满足上述转化关系的是

A．A    B．B    C．C    D．D

【答案】C

10．某学生探究0.25 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液与0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是

A．实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3

B．实验2中，白色沉淀b中含有CO

C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂

D．实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关

【答案】C

11．在200 mL 含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列叙述不正确的是

A．x-y=0.01 mol    B．原溶液中c(Cl-)=0.75 mol·L-1

C．原溶液的pH=1    D．原溶液中n(Mg2+)∶n(Al3+)=5∶1

【答案】B

【解析】A．由图及离子反应可知x-y的值即为Al（OH）3的物质的量，则设Al（OH）3的物质的量为n，

       Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O

         1       1

         n      （35-33）×0.001L×5mol•L-1

，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A正确；

B．由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，设Cl-离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知

       NaOH～NaCl～Cl-，

         1          1

33×0.001L×5mol•L-1     z

，解得z=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B错误；

C．由图可知0～4mL时发生H++OH-═H2O，则H+的物质的量为4mL×0.001L×5mol•L-1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；

D．由4～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则  

Al3++3OH-═Al（OH）3↓

                  1  3     1

 0.01mol 0.03mol 0.01mol

设镁离子的物质的量为m，

Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓

 1    2              

 m   （30-4）mL×0.001L×5mol•L-1-0.03mol   

，解得m=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D正确；故答案为：B。

12．下列除去杂质的方法正确的是

A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量浓硫酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥

B．含Mg2+的溶液中混有少量Al3+：加入过量氨水充分反应，过滤

C．Mg(OH)2中混有少量Al(OH)3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥

D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量盐酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥

【答案】C

13．下列说法正确的是

A．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成

B．制备Al(OH)3悬浊液:向1 mol·L-1 AlCl3溶液中加过量的6 mol·L-1 NaOH溶液

C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水:Al3++4NH3·H2O+4+2H2O

D．将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生

【答案】D

【解析】A.++H2OAl(OH)3↓+，只有沉淀生成，故A错误；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，B错误；C.Al(OH)3不溶于过量稀氨水，C错误；D.Al3+与发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故D正确。

14．现有100mL3mol/L的NaOH溶液和100mL1mol/L的AlCl3溶液。

①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；

②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，

比较两种操作的结果是

A．现象相同，沉淀质量不相等    B．现象相同，沉淀质量相等

C．现象不同，沉淀质量相等    D．现象不同，沉淀质量不相等

【答案】C

15．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：

已知K2FeO4具有下列性质：

①可溶于水、微溶于浓KOH溶液

②在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定

③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解

④在酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2

请完成下列填空：

(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度___________的情况下进行(填“较高”或“较低”)。

(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________。

(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为________________。

(4)在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的是___________。

A．为下一步反应提供反应物

B．与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO

C．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率

D．使副产物KClO3转化为KCl

(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_______________________ (答出1条即可)。

(6)从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有________ (写化学式)。

(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为______________。

【答案】较低    3∶2    4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3↓+3O2↑    AB    减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定)    KNO3、KCl    25%   

(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择低温较低；

(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；

(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3↓+3O2↑；

(4)A．Fe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；

B．根据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；

C．因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；

D．KClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；

(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；

(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2FeO4后，同时得到副产品有KCl、KNO3；

(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=25%。

16．2013年12月12日，中国矿业报报道中国地质科学院矿产综合利用研究所认定石龙铜矿含铜品位高(含铜3.27%)。已知铜矿物以黄铜矿、斑铜矿和辉铜矿为主。黄铜矿(CuFeS2)既是制取铜及其化合物的主要原料，又可以制备硫及铁的化合物。请回答下列问题：

（1）冶炼铜的反应方程式为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2↑，若CuFeS2中铁元素为＋2价，则反应中被还原的元素为________(填元素名称)。

（2）上述冶炼过程中产生大量二氧化硫，下列对其性质的描述中正确的是________(填序号)。

A．SO2既是氧化剂，又是还原剂

B．SO2是还原产物

C．SO2是形成酸雨的一种物质

D．SO2是氧化产物

（3）SO2的存在对CO2的检验会造成干扰，实验室常用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，请写出该反应的化学方程式：________________________________。

（4）利用黄铜矿冶炼产生的炉渣(含FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。方法为先用稀盐酸浸取炉渣，过滤；将滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。用下列哪些试剂可以验证炉渣中含有FeO？________________(填序号)其中发生氧化还原反应的离子方程式为____________________。

A．稀盐酸   B．稀硫酸  C．KSCN溶液    D．KMnO4溶液  E．NaOH溶液  F．碘水

【答案】铜元素、氧元素    CD    5SO2＋2KMnO4＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4    BD    5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O   

答案选CD；

（3）SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，高锰酸钾被还原为锰离子，反应中硫元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，因此根据电子得失守恒以及原子守恒可知该反应的化学方程式为5SO2＋2KMnO4＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4；

（4）FeO中铁元素是+2价，易被氧化生成铁离子，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，由于盐酸也能被高锰酸钾溶液氧化，所以选择稀硫酸，答案选BD，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。

17．5.00g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：

（1）试确定110℃时固体物质的化学式_____________________；

（2）取200℃所得样品，加热至280oC, 该反应的化学方程式为：_______________；

（3）将280oC所得产物在570℃下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种氧化性气体，黑色粉末的化学式为______________。

（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体其存在的最高温度是______；

（5）天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为amol的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡 ________。

【答案】CuSO4·3H2O    CuSO4·H2OCuSO4+H2O    CuO    102℃    右盘 24a/11g镁   

（2）113℃时固体质量减少5.00g－3.56g＝1.44g，即产生水的物质的量是1.44g÷18g/mol＝0.08mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.08mol＝0.02mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.02：0.02＝1：1，则113℃时固体物质的化学式CuSO4·H2O；258℃时固体质量减少5.00g－3.20g＝1.8g，即产生水的物质的量是1.8g÷18g/mol＝0.1mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.1mol＝0，所以258℃时固体物质的化学式CuSO4，因此取200℃所得样品，加热至280oC时反应的化学方程式为CuSO4·H2OCuSO4+H2O；

（3）0.02mol胆矾可以得到0.02mol氧化铜，质量是0.02mol×80g/mol＝1.60g，所以温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3；

（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中生成硫酸铜和水，经浓缩、冷却，有晶体析出，得到的晶体为CuSO4•5H2O，根据图像可知其存在的最高温度是102℃；

（5）根据题意，物质的量分别都为a mol的铝和镁两种金属，分别发生反应

2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑     增重

2mol                 2×27g-3×2g＝48g

amol                      24ag

Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑      增重

1mol                 24g-2g＝22g

amol                    22ag

则右盘增重小，所以右盘的烧杯轻，设应在右盘加入xmol镁才能平衡，根据方程式可知

Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑      增重

1mol                 24g-2g＝22g

（a+x）mol             22（a+x）g

因此有22（a+x）g＝24ag

解得x＝a/11

即应在右盘加入24a/11克镁才能平衡。