1、第三章金属及其化合物单元过关限时检测(50分钟，100分)第卷(选择题共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意1(2020课标，7,6分)宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料主要成分为Cu(OH)2CuCO3，青色来自蓝铜矿颜料主要成分为Cu(OH)22CuCO3。下列说法错误的是(C)A保存千里江山图需控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱DCu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3解析本题考查物质的组成和性质，涉及Cu(OH)2、CuCO3
2、的性质、质量分数的计算等知识。孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受热易分解，用颜料描绘的图案受潮容易变模糊，所以需控制温度和湿度，A正确；孔雀石和蓝铜矿中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空气氧化，B正确；Cu(OH)2、CuCO3都能与酸反应，所以不耐酸，C错误；Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数为100%57.7%，Cu(OH)22CuCO3中铜的质量分数为100%55.5%57.7%，D正确。2(2021吉林东北师大附中月考)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入100 mL 0.6 molL1 HNO3溶液，恰好使
3、混合物溶解，同时收集到224 mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是(B)A产物中硝酸铜的物质的量为0.025 molB若混合物中Cu的物质的量为0.005 mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020 molC若混合物中含0.01 mol Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005 molD混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 moln(Cu)0 mol，n(Cu2O)0.015 moln(Cu)0 mol，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 moln(Cu)0.08 mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 mol，2NO2N2O
4、4n2 10.02 mol0.1 mol0.01 molNO2转化为N2O4的转化率为100%25%，故B错误；C项，根据B项的计算可知，NO还剩余0.1 mol0.08 mol0.02 mol，故C错误；D项，活塞移至C处后，体积不会再减小，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积增大，2NO2N2O4平衡左移，使气体物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此通入CO2的量必小于0.01 mol，故D正确。5(2021安徽合肥检测)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。下列说法正确的是(C)(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3
5、)A在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到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，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物解析根据铝土矿的成分，制备较高纯度的Al可先加入盐酸，发生反应：Al2O36H=2Al33H2O和Fe2O36H=2Fe33H2O等，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生反应：Al34OH=AlO2H2O和Fe33OH=Fe(OH)3等，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生反应：AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，氢氧化铝受热分解成氧化铝
6、，然后加入冰晶石，电解熔融状态的氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质有NaOH溶液、盐酸、CO2气体、冰晶石，A项错误；石英的主要成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，B项错误；制取粗硅的反应为2CSiO22COSi，C作还原剂，SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，C项正确；CuFeS2与O2反应时，S的化合价为2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。6(2021北京朝阳检测)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如下：序号实验步骤实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显
7、现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是(C)A实验、中均涉及Fe3被还原B对比实验、说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C实验、中加入蒸馏水后c(Cu2)相同D向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀解析Cu和FeCl3溶液反应，生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀可能是发生了反应：CuCl2Cu=2CuCl，实验、中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3被铜还原，A项正确；对比实验、，实验加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明
8、显现象，实验加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B项正确；对比实验、，参加反应的Fe3的量相同，则生成的Cu2应相同，但由于实验生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2)不相同，C项错误；实验溶液为蓝色，含有Cu2和过量的铜，向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D项正确。7. (2021湖北武汉高三检测)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1 molL1丁溶液的pH为13。上述
9、各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是(C)A常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态B1.0 L 0.1 molL1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 molC1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.021023个电子D元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)r(C)r(B)解析0.1 molL1丁溶液的pH为13(25 )，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲乙=丁辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子序数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛
10、为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲丙=戊辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。A为H，B为碳，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO离子水解生成HCO离子和OH离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 mol，选项B错误；甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，1 mol Na2O2反应转移的电子为1 mol，约6.021023个电子，选项C正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为NaCO，即r(D)r(B)r(C)，选项D错误。第卷(非选择题共5
11、8分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分8(2021山东济宁育才中学月考)镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2(填化学式)。(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式：2CH3MgCl2H2O=2CH4MgCl2Mg(OH)2。(3)Mg(OH)2是常用的阻燃材料。以白云石(CaCO3、MgCO3，不考虑杂质)为原料制备Mg(OH)2和CaCO3的工艺流程如下：“煅烧”时称取27.6 g白云石
12、，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2和CaCO3的质量分别为8.7 g、15 g。解析(1)镁能在氧气、二氧化碳、氮气中燃烧，Mg与O2、CO2反应均生成MgO，且氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。(2)CH3MgCl中Cl为1价，H为1价，C为4价，则镁的化合价为2价，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl2H2O=2CH4MgCl2Mg(OH)2。(3)“煅烧
13、”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3 mol。由碳原子守恒可得，n(CaCO3)n(MgCO3)0.3 mol,100 gmol1n(CaCO3)84 gmol1n(MgCO3)27.6 g，解得n(CaCO3)0.15 mol，n(MgCO3)0.15 mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58 gmol10.15 mol8.7 g，CaCO3的质量为100 gmol10.15 mol15 g。9(2021云南昆明高三检测)某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验。实验：将Fe3
14、转化为Fe2(如下图)(1)Fe3与Cu粉发生反应的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2。(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案。实验方案现象结论步骤1：取4 mL0.1molL1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀步骤2：取4 mL 0.2 molL1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1KSCN溶液无明显现象查阅资料已知：SCN的化学性质与I相似2Cu24I=2CuII2Cu2与SCN反应的离子方程式为2Cu24SNC=2CuSCN(SCN)2。实验：将Fe2转化为Fe3实验方案现象
15、向3 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液中加入1 mL稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2NOFe(NO)2(棕色)(3)用离子方程式解释NO产生的原因3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应：Fe2与HNO3反应；反应：Fe2与NO反应依据实验现象，可推知反应的速率比反应慢(填“快”或“慢”)。反应是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明取少量反应的溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应是一个不可逆反应。请用化学平衡移动原理解
16、释溶液由棕色变为黄色的原因Fe2被硝酸氧化为Fe3，溶液中Fe2浓度降低，导致平衡Fe2NOFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄色。解析(1)Fe3与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2。(2)由反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2，可知图中得到溶液中Fe2为0.2 molL1，Cu2为0.1 molL1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4 mL 0.1 molL1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液，步骤2：取4 mL 0.
17、2 molL1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 molL1 KSCN溶液，由题目信息可知，Cu2与SCN反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu24SCN=2CuSCN(SCN)2。(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程式为：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。(4)溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应的速率比反应的慢。反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2，否则没有Fe2，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3F
18、e(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应不是可逆反应。Fe2被硝酸氧化为Fe3，导致溶液中Fe2浓度降低，导致平衡Fe2NOFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄色。10(2021湖北汉川月考)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2、K杂质离子，并尽可能减少AlCl3的损失，请回答下列问题：(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O。氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？不能，因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，
19、不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。(2)溶液a中存在的离子有K、Cl、Na、AlO、OH；在溶液a中加入盐酸时需控制溶液的pH，为什么？因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需控制pH，防止Al(OH)3溶解；为此，改进方法是在a溶液中通入过量CO2气体。(3)为了研究AlCl3晶体的性质，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶体？在HCl气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶。解析(1)加入足量氢氧化钠溶液，Mg2可与OH反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3与OH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时Al(OH)3与OH反应生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式有Mg22OH=M
20、g(OH)2，Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO2H2O。氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。(2)根据(1)中的分析可知，滤液a中的离子为K、Cl、Na、AlO、OH，加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2，但又引入了Na，同时Al3转化成了AlO；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的pH，以防止Al(OH)3溶解；氢氧化铝不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀。(3)直接加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水
21、解而得不到AlCl3晶体，为此可在HCl气氛下进行蒸发结晶。11(2021浙江高三检测)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值103410161038(1)灼烧软锰矿样品时，铜的焰色为B(填字母)。A黄色B绿色C紫色D红色(2)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为4H2Fe2MnO2=2Fe3
22、Mn22H2O。(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的Fe2。滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3、Al3沉淀完全(当c105 molL1时，认为该离子沉淀完全)。(4)滤渣B的成分是CuS、ZnS。(5)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 molL1 Na2S2O3溶液反应(I22S2O=2IS4O)。该样品纯度为94.6%(
23、精确到0.1%)。解析软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si、Fe、Al、Zn和Cu等元素的氧化物，硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是Mn2、Fe3、Al3、Cu2、Zn2、Fe2等，加入氨水并搅拌，调节pH将Fe3、Al3沉淀，加入硫化锰将Cu2、Zn2沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰。(1)铜的焰色为绿色。(2)FeSO4在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2被氧化为Fe3，故离子方程式为4H2Fe2MnO2=2Fe3Mn22H2O。(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的F
24、e2，滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp近似值可知，Al3恰好完全沉淀时Fe3已沉淀完全，c(OH)1109.7molL1，故加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3、Al3沉淀完全。(4)加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2、Zn2，滤渣B的成分是CuS、ZnS。(5)准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后(MnO22I4H=Mn2I22H2O)，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 molL1 Na2S2O3溶液反应(I22S2O=2IS4O)。则：MnO2I22S2O1 2n 0.025 L0.080 0 molL1解得n0.01 mol，该样品纯度为100%94.6%。