浙江鸭2022年高考化学二轮专题复习提升训练7金属元素及其化合物

提升训练7　金属元素及其化合物1.(2022·绍兴模拟)关于金属钠单质及其化合物的说法中,不正确的是(　　)A.NaCl可用作食品调味剂B.相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3C.Na2CO3的焰色反应呈黄色D.工业上Na可用于制备钛、锆等金属2.(2022·学军中学)下列说法不正确的是(　　)A.工业制备镁的原理:MgCl2Mg+Cl2↑B.久置的硫酸亚铁溶液滴加KSCN溶液,溶液显淡红色C.钠可以从四氯化钛溶液中置换出金属钛D.向氯化铵溶液中加入浓氢氧化钠溶液,加热,产生的气体使湿润的pH试纸变蓝3.下列物质不能通过化合反应制得的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.FeCl2B.Mg3N2C.Fe(OH)3D.BaSO44.下列关于金属冶炼的说法正确的是(　　)A.金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态,冶炼方法由金属的活动性决定B.Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中,从而置换出铜C.Fe通常采用热还原法冶炼,加入石灰石的目的是除去过量的碳D.由于Al的活泼性强,故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al5.下列各组物质依次表示a、b、c、d,其中满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)(　　)A.Si、SiO2、H2SiO3、Na2SiO3B.Fe2O3、Fe、FeCl2、FeCl3C.Cu、CuO、Cu(OH)2、CuSO4D.Na、Na2O2、NaOH、Na2CO36.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境,一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置,它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(　　)①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1∶1　②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时,需水和CO2的质量相等　③Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时,转移电子的物质的量相等　④Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同　⑤Na2O2与SO2反应生成Na2SO3与H2O　⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水,所以Na2O2是碱性氧化物　⑦Na2O2与水反应,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂　⑧Na2O2投入紫色石蕊溶液中,溶液先变蓝,后褪色A.①③⑥⑧B.③⑦⑧C.②⑤⑥⑦D.①④⑧7.有一块铁的“氧化物”样品,用140mL5.0mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解,所得溶液还能吸收0.025molCl2,恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+,则该样品可能的化学式为(　　)A.Fe2O3B.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O78.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+,进行如下实验操作时最佳顺序为(　　)6\n①加入足量氯水　②加入足量酸性KMnO4溶液　③加入少量NH4SCN溶液A.①③B.③②C.③①D.①②③9.以下实验现象的描述错误的是(　　)A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳,溶液变浑浊B.向品红试液中通入SO2后溶液由红色褪为无色,加热后又变红色C.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度会降低D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水,先有白色沉淀产生,后沉淀溶解10.CuSO4是一种重要的化工原料,有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是(　　)A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2B.与途径①③相比,途径②更好地体现了绿色化学思想C.生成等量的硫酸铜,三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:①=②<③D.利用途径②制备16g硫酸铜,被还原的硫酸的物质的量为0.1mol11.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知:①a、c均能与稀硫酸反应放出气体;②b与d的硝酸盐反应,置换出单质d;③c与强碱反应放出气体;④c、e在冷浓硝酸中发生钝化。由此判断a、b、c、d、e分别是(　　)A.Fe、Cu、Al、Ag、MgB.Al、Cu、Mg、Ag、FeC.Mg、Ag、Al、Cu、FeD.Mg、Cu、Al、Ag、Fe12.某铁矿石(若只含铁的氧化物和SiO2)取36g溶于过量的稀盐酸中,过滤、洗涤、干燥后得5.6g不溶物,向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液,过滤、洗涤后将沉淀灼烧,得32g红棕色固体。根据题意下列结论不正确的是(　　)A.由铁矿石转化为红棕色固体的过程中发生了氧化还原反应B.溶于盐酸后得到的滤液中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=1∶1C.铁矿石中的铁的氧化物的化学式一定是Fe3O4D.若稀盐酸为3.0mol·L-1、400mL,反应前后体积变化忽略不计,则滤液中剩余H+的物质的量浓度是0.5mol·L-113.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸):(1)反应①能观察到的现象是　, 　　　　　　有关反应的化学方程式为 　。 (2)反应②加入的金属可能是　　　　,有关反应的离子方程式为　。 14.实验室欲测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3),称取此混合物5.0g,溶于水中,配成250mL溶液。方案一:沉淀法。利用化学反应把HC、CO32-6\n完全转化为沉淀,称量干燥沉淀的质量,由此计算混合物中w(Na2CO3)。(1)量取100mL配制好的溶液于烧杯中,滴加足量沉淀剂,把溶液中HC、CO32-完全转化为沉淀,应选用的试剂是　　　　(填字母)。 A.CaCl2溶液B.MgSO4溶液C.NaCl溶液D.Ba(OH)2溶液(2)过滤,洗涤沉淀,判断沉淀是否洗净的方法是 　。 (3)将所得沉淀充分干燥,称量沉淀的质量为mg,由此可以计算w(Na2CO3)。如果此步中,沉淀未干燥充分就称量,则测得w(Na2CO3)　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 方案二:量气法。量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸反应,测定生成气体在通常状况(约20℃、1.01×105Pa)下的体积,由此计算混合物中w(Na2CO3)。(1)装置中导管a的作用是 　。 (2)若撤去导管a,使测得气体体积　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 方案三:滴定法。量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中,滴加2滴酚酞试剂,摇匀,用0.2000mol·L-1的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H++CO32-HC恰好反应完全)。重复此操作2次,消耗盐酸的体积平均值为20.00mL。(1)量取25.00mL配制好的溶液,应选择　　　　仪器来完成。 (2)判断滴定终点的依据是 　。 (3)此法测得w(Na2CO3)=　　　　。 15.化学学习活动小组学习了铁、铜化合物知识后,查阅资料,积极思考,提出了一系列问题,请予以解答:(1)氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料,工业上常通过下列反应制备CuCl:2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO32CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑查阅资料可得,CuCl可以溶解在FeCl3溶液中,请写出该反应的离子方程式:　。 (2)已知:Cu2O在酸溶液中发生歧化反应Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O。现将一定量混合物(Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe)溶解于过量稀盐酸中,反应完全后,得到W(包括溶液和少量剩余固体),此时溶液中一定含有的阳离子是　　　　(用离子符号表示);继续往W中通入足量的氯气,不断搅拌,充分反应,溶液中哪些离子的物质的量一定有明显变化　　　　(用离子符号表示);不通入气体,改往W中加入过量铁粉,过滤,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时,共转移3mol电子,该反应的离子方程式是　 6\n　。 参考答案提升训练7　金属元素及其化合物1.B　2.C3.D　A项,2FeCl3+Fe3FeCl2;B项,3Mg+N2Mg3N2;C项,4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,以上均是化合反应。4.A5.B　二氧化硅与水不反应,SiO2到H2SiO3不能一步实现,故A错误;Fe2O3与铝反应能转化为Fe,Fe与盐酸反应生成FeCl2,FeCl2与氯气反应生成FeCl3,FeCl3与铁反应能转化为FeCl2,FeCl2和铝反应能置换出Fe,故B正确;氧化铜不溶于水,与水不反应,故CuO到Cu(OH)2不能一步实现,故C错误;Na2CO3不能一步转化为Na2O2,故D错误。6.B7.D　根据2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,可知铁的“氧化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2+)=0.025mol×2=0.05mol,根据电荷守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=n(Cl-),则n(Fe3+)=0.2mol,故n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.05∶0.2=1∶4,故该氧化物可表示为FeO·2Fe2O3,即Fe5O7。8.C　9.D10.D　A项,3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,当恰好完全反应时,H+和N的物质的量之比为8∶2,所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比为3∶2,正确;B项,途径①中产生有毒的气体NO,途径③中产生有毒的气体SO2,而途径②中的反应为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O,反应中不产生有毒气体,正确;C项,根据途径①②中的反应,生成1molCuSO4,要消耗1molH2SO4,途径③的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,生成1molCuSO4,要消耗2molH2SO4,即三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:①=②<③;正确;D项,n(CuSO4)==0.1mol,根据反应②的化学方程式,Cu为还原剂,O2为氧化剂,硫酸没有被还原,错误。11.D　a、c均能与稀硫酸反应放出气体,a、c排在H的前面;b与d的硝酸盐反应,置换出单质d,金属活动性顺序b>d;c与强碱反应放出气体,c为铝;c、e在冷浓硝酸中发生钝化,c、e为铝和铁;a、b、c、d、e分别是Mg、Cu、Al、Ag、Fe,故D正确。12.C　根据32g红棕色固体Fe2O3可得n(Fe)=0.2mol×2=0.4mol,m(Fe)=0.4mol×56g·mol-1=22.4g,36g铁矿石中氧元素的质量m(O)=36g-5.6g-22.4g=8g,n(O)=0.5mol,则铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe4O5,其最终转化为红棕色固体Fe2O3,铁的化合价发生变化,所以发生了氧化还原反应,故A正确;根据以上分析,铁的氧化物的化学式为Fe4O5,故C错误,其溶于盐酸后得到的滤液中n(Fe2+):n(Fe3+)=1∶1,故B正确;若稀盐酸为3.0mol·L-1、400mL,反应前后体积变化忽略不计,则根据铁的氧化物中O元素的物质的量为0.5mol,所以消耗盐酸中的氢离子为1mol,则滤液中剩余H+的物质的量浓度是6\nmol·L-1=0.5mol·L-1,故D正确。13.(1)固体逐渐消失,溶液由无色变成蓝色,有气泡产生　Cu2(OH)2CO3+2H2SO42CuSO4+CO2↑+3H2O　(2)铁粉(答案合理即可)　Fe+Cu2+Fe2++Cu(答案合理即可)【解析】孔雀石中加入稀硫酸可看到孔雀石逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,且有气泡产生,反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO42CuSO4+CO2↑+3H2O。经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质,则滤液中主要含有CuSO4,加入的金属粉末能将Cu2+从溶液中置换出来,故金属可能是Fe或Zn等。14.方案一:(1)D　(2)取少量最后一次洗涤液,滴加Na2SO4溶液,如无沉淀,则沉淀已洗净,反之则未洗净　(3)偏小方案二:(1)平衡气压,使液体顺利滴下　(2)偏大方案三:(1)碱式滴定管(或移液管)　(2)锥形瓶内液体由红色突变为无色,且30s内不恢复　(3)84.8%【解析】方案一:(1)CaCl2溶液只能与C反应生成沉淀,而与HC不能发生反应,A错误;MgSO4溶液只能与C生成沉淀,而与HC不能发生反应,B错误;NaCl溶液与两种离子都不能生成沉淀,C错误;Ba(OH)2溶液可以与两种离子都形成沉淀,D正确。(2)判断沉淀是否洗净的方法是检验洗涤液中是否含有Ba2+,取少量最后一次洗涤液,滴加Na2SO4溶液,如无沉淀,则沉淀已洗净,反之则沉淀未洗净。(3)将所得沉淀未干燥充分就称量,则产生的沉淀质量偏大。由于等质量时NaHCO3产生的沉淀质量大,因此测得w(Na2CO3)偏小。方案二:(1)装置中导管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同,以便于液体可以顺利滴下。(2)若撤去导管a,滴入锥形瓶中的液体使锥形瓶中的空气排出,从而使测得气体体积偏大。方案三:(1)Na2CO3、NaHCO3的溶液显碱性,因此要量取25.00mL配制好的溶液,应选择碱式滴定管或移液管来完成。(2)在Na2CO3、NaHCO3的碱性溶液中,酚酞溶液显红色,随着盐酸的滴入,溶液的碱性逐渐减弱,溶液的红色逐渐变浅,当滴加最后一滴溶液时,溶液由红色变为无色,且半分钟内溶液不变红色,就证明溶液达到滴定终点。(3)当达到滴定终点时,发生反应H++CHC;在25.00mL配制好的溶液中含有的n(HCl)=n(Na2CO3)=0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol,则在250mL溶液中含有Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=0.004mol×=0.04mol,其质量m(Na2CO3)=0.04mol×106g·mol-1=4.24g,此法测得w(Na2CO3)=×100%=84.8%。15.(1)CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-　(2)H+、Fe2+　Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-　2Fe2++3H2O2+4I-2Fe(OH)3+2I26\n【解析】(1)氯化亚铜和氯化铁反应,亚铜离子可以被铁离子氧化成铜离子,反应的离子方程式为CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-。(2)混合物中加入盐酸,铁与盐酸反应生成亚铁离子,氧化亚铜与盐酸反应生成氯化铜和铜,氧化铁和盐酸反应生成氯化铁,铜和铁离子反应生成铜离子和亚铁离子,氯化亚铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子,最后仍有固体,说明为铜,则溶液中有生成的亚铁离子和剩余的氢离子。通入足量的Cl2,Fe2+被氧化成Fe3+,Fe3+继续与Cu反应生成Cu2+,所以物质的量有明显变化的离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-。若加入过量的铁粉,则溶液为氯化亚铁,再加入淀粉碘化钾和过氧化氢,变蓝色,说明有碘单质生成,红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀,当消耗2mol碘离子时,转移3mol电子,说明同时有1mol亚铁离子被氧化,消耗1.5mol过氧化氢,所以离子方程式为2Fe2++3H2O2+4I-2Fe(OH)3↓+2I2。6