高考化学专题突破课时训练：专题九 金属及其化合物[ 高考]

专题九金属及其化合物
(时间:45分钟满分:100分)
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一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分)
1.(2013浙江六校联考)某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、S、N、Cl-中的4种离子,所含离子的物质的量均为1 mol。

若向该溶液中加入过量的稀硫酸,有气泡产生,且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。

下列说法不正确的是( A )
A.若向该溶液中加入足量的NaOH溶液,充分反应后,过滤、洗涤、灼烧,最终所得固体的质量为72 g
B.若向该溶液中加入过量的稀硫酸,产生的气体遇空气能变成红棕色
C.若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液,溶液显血红色
D.该溶液中所含的离子是:Fe2+、Na+、S、N
解析:向该溶液中加入过量的稀硫酸,有气泡产生,且溶液中阴离子种类不变,说明溶液中含有Fe2+、N、S,根据电荷守恒可知,溶液中还
含有Na+。

向该溶液中加入足量的NaOH溶液,充分反应后,过滤、洗涤、灼烧,最终所得的物质是Fe2O3,其质量为80 g,故A项错。

2.(2013江苏盐城二模)下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法不正确的是( B )
A.粗铜电解精炼时,粗铜作阳极
B.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应
C.黄铜矿冶铜时,副产物SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶铁的原料
D.粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法
解析:粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,A对;制玻璃发生的反应:CaCO 3+SiO2CaSiO3+CO2↑,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,都不属于氧化还原反应,B错;SO2用于生产硫酸,FeO用作冶铁原料属于副产物的充分利用,C对;多次分馏提纯可使SiCl4与粗硅中的杂质分离彻底,保证制得高纯度的硅,D对。

3.(2013重庆九校联考)某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数,设计了如下实验方案:
方案Ⅰ:铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ:铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是( B )
A.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B.溶液A和B均可以选用稀硝酸
C.若溶液B选用浓硝酸,则测得铜的质量分数偏小
D.实验室方案Ⅱ更便于实施
解析:因为盐酸或NaOH溶液都只能溶解金属铝且生成H2,则方案Ⅰ可以通过生成氢气的量计算出金属铝的质量,方案Ⅱ则直接测得金属铜的质量,均可进一步计算出铜的质量分数,A正确;铜和铝都能溶于稀硝酸,所以溶液B不能是稀硝酸,否则不会有剩余固体,B不正确;当溶液B选用浓硝酸,铜溶解于浓硝酸,铝发生钝化,表面生成一层氧化膜,剩余固体质量偏大,计算出的铜的质量偏小,铜的质量分数偏小,C正确;对于气体的体积不便于测定(需要考虑温度、压强等),而固体的质量则易于测定,D正确。

4.(2013安徽蚌埠质检)下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是( B )
解析:C不完全燃烧生成CO,完全燃烧生成CO2,CO可以燃烧生成
CO2,CO2与Mg反应则可生成C,CO2与NaOH反应得到Na2CO3,但Na2CO3
转化为C,不能一步实现;Cu与O2反应生成CuO,也可与浓硫酸反应生
成CuSO4,CuO与硫酸反应生成CuSO4,CuSO4溶液与Fe置换得到Cu,也可与BaCl2反应得到CuCl2,而CuCl2溶液与Fe通过置换反应得到Cu,都能一步实现;C项中的FeCl2不能一步转化为Fe2O3,Fe2O3也不能一步转化为Fe(OH)3;D项中AlCl3不能一步转化为Al2O3,Al2O3也不能一步转化为Al(OH)3。

5.(2013江西重点中学联考)下列说法中正确的是( D )
A.在Cu(NO3)2和AgNO3的混合溶液中加入一定量的Fe粉,充分反应后,所得的固体可能仅为Cu和Fe的混合物
B.隔绝空气,把Na2O2投入FeCl2溶液中,既有无色气体生成,最终又有白色沉淀生成
C.金属钠投入到FeCl3溶液,有黑色铁粉生成
D.NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液混合,既有无色气体生成,最终又有红褐色沉淀生成
解析:A选项,所得的固体一定含有Ag,错误;B选项,Na2O2具有强氧化性,所以一定不会生成白色Fe(OH)2沉淀,应该为红褐色Fe(OH)3沉淀,错误;C选项,Na先与水反应,错误;D选项,HC与Fe3+发生相互促进的水解反应:3HC+Fe3+Fe(OH)3↓+3CO2↑,正确。

6.(2013天津大港区模拟)在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶,再加入下列物质:①FeCl3;②Fe2O3;③Cu(NO3)2;④KNO3,铜粉溶解的是( D ) A.只有①或② B.只有①或②或④
C.只有①或②或③
D.上述任意一种
解析:Fe2O3溶于硫酸生成Fe3+,因为Cu具有还原性,Fe3+具有氧化
性,N酸性条件下具有强氧化性,故加入题给四种物质均能使铜溶解,
反应的离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+、3Cu+8H++2N3Cu2++
2NO↑+4H2O。

7.(2013河南郑州调研)A+B C C溶液A+B,已知A、B
为单质,C为化合物。

能实现上述转化关系的是( D )
①若C溶于水后得到强碱溶液,则A可能是Na
②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体,则A可能是H2
③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色,则B可能为Fe
④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则B可能为Cu
A.①②
B.③④
C.①③
D.②④
解析:由于Na+及Fe2+后于H+放电,故电解某物质的水溶液一定不会生成金属钠及金属铁,①③错误;对于②,盐酸与Na2CO3反应生成CO2,A、B、C分别为H2、Cl2、HCl,正确;对于④,A、B、C分别为Cl2、Cu、CuCl2,正确。

二、非选择题(共4小题,共58分)
8.(2013山东潍坊质检)(15分)某化学兴趣小组用铝土矿(主要成分
为A12 O3,还含有SiO2及铁的氧化物)提取氧化铝作冶炼铝的原料,提取的操作过程如下:
(1)在过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还需用到的玻璃仪器
有;洗涤沉淀的操作是。

(2)实验室制备氢氧化铝的方案有多种。

现提供铝屑、氢氧化钠溶液、稀硫酸三种药品,若制备等量的氢氧化铝,请你从药品用量最少的角
度出发,设计出最佳实验方案(方案不必给出),写出此方案中发生反
应的离子方程式:
, 此方案中所用药品的物质的量之比是:n(Al)∶n(H2SO4)∶n(NaOH)
= 。

(3)兴趣小组欲对铝土矿中铁元素的价态进行探究:取少量固体,加入过量稀硝酸,加热溶解;取少许溶液滴加KSCN溶液后出现红色。

由此得出铁元素的价态为+3的结论。

请指出该结论是否合理并说明理由。

解析:(1)过滤装置中还缺少普通漏斗。

洗涤时,向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀,等水自然流下后,重复2～3次,可洗涤其表面吸附的离子。

(2)制备氢氧化铝有三种途径:铝与硫酸反应生成硫酸铝,硫酸铝与氢氧化钠反应得氢氧化铝沉淀;铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝
酸钠再与硫酸反应得氢氧化铝;将铝按物质的量之比1∶3转化为
Al3+、Al,利用A和Al的相互促进水解制取氢氧化铝。

写出方程式观察第三种方法最节约原料。

(3)从实验现象来看,只能说明铝土矿中含有铁元素,但是铁的价态不一定是+3价,因为硝酸具有强的氧化性。

答案:(1)普通漏斗向漏斗里加入蒸馏水,使水面浸没沉淀,等水自然流完后,重复2～3次(2)2Al+6H+2Al3++3H2↑、
2Al+2OH-+2H 2O2Al+3H2↑、Al3++3Al+6H2O4Al(OH)3↓
8∶3∶6
(3)不合理,稀硝酸具有强氧化性,若铁的价态为+2价,可被氧化为+3价,同样与KSCN反应溶液显红色
9.(2013广东茂名模拟)(15分)工业利用精炼镁渣(含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质)回收MgCl2的工业流程如下:
已知:25 ℃时有关物质的溶度积如下:
回答下列问题:
(1)写出溶解时的离子方程
式。

(2)溶解时温度不能太高,也不宜太低,要求控制在35 ℃左右,其理由是。

(3)操作Ⅰ包含多个操作,分别为,过滤,洗涤,烘干。

烘干时需要减压烘干,原因是。

(4)为减少Na2CO3的用量和提高产品质量,在中和工序(中和后溶液接近中性)结束前要检验溶液中是否存在离子,选择检验该离子的原因是。

(5)母液的主要成
分。

解析:(1)MgO与盐酸反应生成H2O和MgCl2。

(2)控制温度在35 ℃左右,主要从反应速率和盐酸的挥发性方面考虑。

(3)由于MgCl2·6H2O带有结晶水,为避免其分解,不能直接蒸发结晶,要蒸发浓缩,冷却结晶,烘干时温度也不能过高。

(4)通过表中各物质的K sp可知,BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,当 Ba2+除尽其他杂质已经除尽,因此要检验溶液中是否存在Ba2+。

(5)Ba2+、Fe3+和Ca2+已经在前面沉淀除去,在中和阶段引入了Na+,故母液的主要成分为KCl 、NaCl和MgCl2。

答案:(1)MgO+2H+H2O+Mg2+(2)溶解时温度太低,反应速率过慢,温
度太高, HCl会挥发(3)蒸发浓缩,冷却结晶降低烘干时的温度,防止MgCl2·6H2O分解
(4) Ba2+BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,当Ba2+除尽其他杂质已经除尽(5)KCl 、NaCl和MgCl2
10.(2013江西新余模拟)(12分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末,取样品进行下列实验(部分产物略去):
(1)取少量溶液X,加入过量的NaOH溶液,有沉淀生成。

取上层清液,通入CO2,无明显变化,说明样品中不含有的物质是(填写化学
式) 。

(2)Z为一种或两种气体:
①若Z只为一种气体,试剂a为饱和NaHCO3溶液,则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是。

②若Z为两种气体的混合物,试剂a为适量水,则Z中两种气体的化学式是。

(3)向Y中通入过量氯气,并不断搅拌,充分反应后,溶液中的阳离子是(填写离子符号) 。

(4)取Y中的溶液,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈现蓝色并有红褐色沉淀生成。

当消耗2 mol I-时,共转移3 mol电子,该反应的离子方程式是。

(5)另取原样品,加入足量稀硫酸充分反应。

若溶液中一定不会产生Y中的红色固体,则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)。

解析:解题的关键取决于浓酸化学式的判断,解答时可先假设再验证排除。

样品加入某浓酸后能产生两种气体,由样品成分知,该酸不会是盐酸,若为盐酸只能产生H2,故浓酸为浓H2SO4或浓HNO3。

(1)溶液X加入过量NaOH溶液后,F或C等均转化为沉淀,若有Al,则转化为Al,滤液中通入CO 2时会有Al(OH)3沉淀生成,因无明显变化说明原混合物中无Al。

(2)若浓酸为浓H2SO4,生成的两种气体只能为SO2和CO2,若浓酸为浓HNO3,生成的两种气体为NO2和CO2,①当通入NaHCO3溶液时,Z只为一种气体,说明原气体为SO2和CO2,反应Ⅰ化学方程式为
C+2H 2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。

②若通过水时,气体Z为两种气体,说明原气体为NO2和CO2,通过水时发生反应:3NO2+H2O2HNO3+NO,所余两种气体为NO和CO2。

(3)由样品的成分,结合(1)中判断知,原混合物中无Al,加入过量铁粉后Y中的金属阳离子只有F,残留固体为过量的铁和被置换出的铜,当向其中通入过量Cl2并不断搅拌后,Fe2+、Fe均会被氧化为Fe3+,Cu 被氧化为Cu2+,故溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、H+。

(4)溶液呈蓝色说明有I2生成,若只氧化I-,消耗2 mol I-应转移电子2 mol,说明2 mol I-被氧化时仍有1 mol Fe2+被氧化,故反应中其物质的量之比n(I-)∶n(Fe2+)=2∶1,由此推知反应为
4I-+2Fe2++3H2O22Fe(OH)3↓+2I2。

(5)若一定不产生Y中的红色固体,说明原混合粉末中不能含有Fe,否则单质铁可能会和Cu2+作用生成Cu单质,故原混合物可能为CuO、C 或CuO、C、Fe2O3。

答案:(1)Al (2)①C+2H 2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ②NO、CO2 (3)Cu2+、Fe3+、H+(4)2Fe2++3H2O2+4I-2Fe(OH)3↓+2I2 (5)CuO、C
或CuO、C、Fe2O3
11.(16分)为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用,甲同学设计的实验方案如下:
请回答:
(1)操作①用到的玻璃仪器有。

(2)写出反应①的化学方程式: ,
反应②的离子反应方程式: 。

(3)设计实验方案,检测滤液D中含有的金属离子(试剂自选)。

(4)在滤渣E中加入稀硫酸和试剂Y制胆矾晶体是一种绿色化学工艺,试剂Y为无色液体,反应④的总化学方程式是。

(5)乙同学在甲同学方案的基础上提出用滤渣B来制备FeCl3·6H2O晶体,在滤渣中滴加盐酸时,发现反应速率比同浓度盐酸与纯铁粉反应要快,其原因是。

将所得氯化铁溶液用加热浓缩、降温结晶法制得FeCl3·6H2O 晶体,而不用直接蒸发结晶的方法来制得晶体的理由是。

(6)将滤渣B的均匀混合物平均分成四等份,分别加入同浓度的稀硝酸,充分反应后,在标准状况下生成NO的体积与剩余金属的质量见下表(设硝酸的还原产物只有NO)。

则硝酸的浓度为;③中溶解铜的质量为;④中
V= 。

解析:(1)操作①是过滤。

(2)金属中只有铝能和氢氧化钠溶液反应生成Al,Al和足量CO 2生成Al(OH)3沉淀和HC。

(3)滤液D中含有Fe2+,可以利用其和碱生成沉淀时的颜色变化、自身不能使KSCN溶液变红而氧化后变红的性质进行检验。

(4)H2O2是绿色氧化剂,还原产物是H2O。

(5)里面有杂质铜,形成原电池,加快了反应速率;Fe3+很易发生水解。

(6)滤渣B中含有Fe和Cu,分析实验①到②和②到③的过程可知:①到②时,金属过量,硝酸完全反应,100 mL HNO3共产生
=0.05 mol NO,消耗金属4.2 g,由反应:
3Fe + 8HNO3(稀)3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
3×56 g 8 mol 2 mol
4.2 g 0.2 mol 0.05 mol
知:消耗的4.2 g金属恰好为Fe,且可推知①中消耗的也为Fe且质量为4.2 g,同时求得HNO3的浓度为:
=2 mol·L-1。

又由反应:
3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
3×64 g 2 mol
m(Cu) 0.05 mol
得:m(Cu)= g=4.8 g可知:②到③中溶解的4.8 g金属恰好是Cu,即铜的总质量即为4.8 g;根据前面的分析可知:④与③相比多加的100 mL HNO3是与Fe2+反应:
3Fe2++ 4H++ N3Fe3++NO↑+2H 2O
3 mol
4 mol 1 mol 22.4 L
0.15 mol 0.2 mol0.2 mol V′
即V′==1.12 L。

故V=3.36+1.12=4.48。

答案:(1)烧杯、漏斗、玻璃棒
(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑
Al+CO 2+2H2O Al(OH)3↓+HC
(3)取少量滤液D加入NaOH溶液,产生白色沉淀,白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色(合理即可)
(4)Cu+H2O2+H2SO4+3H2O CuSO4·5H2O
(或Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O)
(5)铁粉与杂质铜形成原电池,加快了反应速率因为氯化铁是强酸弱碱盐水解生成氢氧化铁和盐酸,加热蒸干时使HCl挥发造成水解平衡右移,因此得不到FeCl3·6H2O 晶体
(6)2 mol/L 4.8 g 4.48。