2021年高考化学一轮易错点强化训练：典型金属元素及其化合物

2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：典型金属元素及其化合物
1．某磁黄铁矿的主要成分是Fe x S(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。

将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL 的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4 g硫单质、0. 425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。

则下列说法不正确的是
A．该盐酸的物质的量浓度为8.5 mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L
C．该磁黄铁矿Fe x S中，x=0. 85
D．该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+的物质的量为0. 15mol
【答案】D
【解析】n(S)=
2.4g
32g/mol
=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=
()
0.075mol2-0
3-2
⨯
=0.15mol，则
n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol
0.15mol
=11:6。

A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)=0.425mol2
0.1L
⨯
=8.5mol/L，故A正确；
B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol×
22.4L/mol=9.52L，故B正确；C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D.根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故D错误。

故选D。

2．下列有关金属及其化合物的说法正确的是
A．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O
B．铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和H2O
C．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2
D．铝、铁、铜在潮湿的空气中生锈均生成对应的氧化物
【答案】C
【解析】A. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，A错误；B. 铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，B错误；C. 铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，C正确；D. 铜在潮湿的空气中生锈生成铜绿，为碱式碳酸铜，不是氧化物，D错误。

答案选C。

3．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。

则下列选项正确的是
A．原合金质量为0.92 g B．标准状况下产生氢气896 mL
C．图中V2为60 mL D．图中m值为1.56 g
【答案】D
【解析】A. 根据原子守恒可知金属铝的质量是0.02mol×27g/mol＝0.54g。

向溶液中加入lmol•L-1的盐酸滴定，至沉淀质量最大时，此时溶液中溶质为氯化钠，根据溶液中电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.04mol ×1mol/L=0.04mol，则金属钠的质量是0.92g，则原合金的质量是0.92g＋0.54g=1.46g，选项A错误；B. 由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成氢气是0.02mol＋0.03mol＝0.05mol，标准状况下的体积是1.12，选项B错误；C.当沉淀恰好完全溶解时溶液为NaCl、AlCl3的混合溶液，根据元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)= 0.04mol＋0.02mol×3=0.1mol,v(HCl)=n÷V=0.1mol÷
1mol/L=0.1L=100ml，所以V2=100ml，选项C错误。

D. 将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈碱性，故溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠，n(NaOH)(过量)=0.02L×
1mol/L=0.02mol，由于发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗盐酸的物质的量也是0.02mol,因此其体积是V(HCl)=0.02mol÷1 mol/L=0.02L=20mL，所以V1为20ml。

因此与偏铝酸钠反应的盐酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl= Al(OH)3↓+ NaCl;生成氢氧化铝是0.02mol，质量是1.56g，故D正确。

正确选项是D。

4．铜与浓硫酸反应的装置如图所示。

下列描述合理的是( )
Cu O
A．反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体是2
B．反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水
C．若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色褪至无色
D．为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ可盛放溴水
【答案】D
【解析】A ．铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，2Cu O 是红色固体，故A 错误；
B ．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B 错误；
C ．铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C 错误；
D ．实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D 正确；答案选D 。

5．向物质的量浓度均为1mol/L 的HCl 、AlCl 3、MgC12、NH 4Cl 混合溶液中逐滴加入1mol/L 的NaOH 溶液，得到如图图像。

下列有关说法正确的是 ( )
A ．沉淀的最大物质的量为2mol
B ．c-d 段会产生标况下22.4LNH 3
C ．d-e 段发生的反应为Al 3++4OH －=AlO 2-+2H 2O
D ．滴加NaOH 溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H +、Al 3+、Mg 2+、NH 4+、Al(OH)3
【答案】D
【解析】A ．因原混合溶液的体积未知，故无法判断沉淀的最大物质的量， A 错误；B ．c ～d 段为NH 4Cl 与NaOH 溶液反应，产生NH 3的量无法计算，B 错误；C ．d ～e 段加入NaOH 溶液发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ，C 错误；D ．H +、Mg 2+、NH 4+
、Al(OH)3结合氢氧根离子的能力逐渐减弱，故滴加NaOH 溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H +、Mg 2+、NH 4+、Al(OH)3，D 正确；答案选D 。

6．某兴趣小组称取2.500g 胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。

下列分析正确的是
A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同
B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同
C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物
D．加热过程中结晶水分子逐个失去
【答案】C
【解析】胆矾(CuSO4 5H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：
A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；故答案选C。

7．过碳酸钠（Na2CO4）是一种很好的供氧剂，与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。

市售过碳酸钠中一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品（只含 Na2CO4和Na2CO3）的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋（该气袋耐酸碱腐蚀），取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将足量稀盐酸滴入气袋中至充分反应。

（1）过碳酸钠的化学式也可表示为aNa2O2·bNa2CO3，请写出Na2O2的电子式___。

（2）仪器 B 的名称为___，导管A的作用是__。

（3）该实验共需测定两个数据，首先需测定反应所生成的气体的总体积，故滴加稀盐酸前必须关闭___并打开___（均填“K1”、“K2”或“K3”）。

（4）其次用量筒Ⅱ测定混合气体中某种成分的体积，则 B 中装的固体试剂名称为___，具体测定过程操作如下：当 Q 中反应停止后，先___，再___。

（5）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒 I 中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了 y mL 气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是___（用含有x、y 的代数式表示）。

【答案】（1）（2）干燥管平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响（3）K1、K2 K3（4）碱石灰使
K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态缓缓打开K1（5）
122 5337
y x y
-
【解析】实验时，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，用碱石灰吸收二氧化碳，量筒Ⅱ中排出液体的体积为氧气体积，根据反应2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O，可计算Na2CO4的含量。

(1)Na2O2为离子化合物，含有过氧键，电子式为，故答案为：；
(2)仪器B为干燥管，为使分液漏斗内液体顺利流下，应是分液漏斗内外压强相等，所以导管A的作用是平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下，同时能够减小实验误差，故答案为：干燥管；平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响；
(3)反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，故答案为：K1、K2；K3；
(4)为获得氧气的体积，应将二氧化碳除去，可用碱石灰，当Q中反应停止后，先使K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1即可，故答案为：碱石灰；使K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态；缓缓打开K1
(5)量筒I中有xmL水，则CO2、O2的总体积为xmL，量筒Ⅱ中收集到了ymL气体，则O2总体积为y mL，根据反应2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O可知，生成的二氧化碳为2y mL，碳酸钠反应生成二氧化碳为（x-y-2y）mL=（x-3y）mL，生成二氧化碳物质的量之比为2y：（x-3y），则Na2CO4与碳酸钠的物质的量之比
为2y：（x-3y），故样品中过碳酸钠的质量分数是
2122
2122(3)106
y
y x y
⨯
⨯+-⨯
=
122
5337
y
x y
-。

8．在一定量铁的氧化物中，加入45 mL4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。

则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为
A．5:6 B．7:9 C．3:4 D．2:3
【答案】B
【解析】根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸计算Fe、O原子个数之比。

硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol/L×0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03 mol，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2O3为Ymol，由FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18①，X=0.06②，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06 mol+0.04mol×2）：（0.06 mol+0.04mol×3）=7:9，故选B。

9．由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：
烧渣溶液绿矾铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水。

下列说法不正确的是( )
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3
【答案】C
【解析】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B．步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选C。

10．将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0 g放入250 mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 mol·L-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。

该盐酸的浓度为( )
A．0.5 mol·L-1B．3.0 mol·L-1C．2.0 mol·L-1D．1.0 mol·L-1
【答案】C
【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为
NaCl ，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=n V 计算盐酸的浓度。

Al 、CuO 、Fe 2O 3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH 溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl ，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L ×2.0mol/L=0.5mol ，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol ，故该盐酸的物质的量浓度=0.5mol 0.25L
=2.0mol/L ，故C 正确； 11．向200mLFeCl 3与HCl 的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe 、Cu 混合固体，充分反应后剩余固体的质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。

加入固体质量/g
9.00 18.0 27.0 剩余固体质量/g
3.20 9.60 15.8 放出气体体积/L
0 1.12 2.24 试计算：
（1）原混合液中c(Cl -)=____。

（2）混合固体中n(Fe)：n(Cu)=____。

【答案】（1）4.00mol ·L -1 （2）1：1
【解析】对比三组数据可知，当加入固体的质量为18g 时，剩余的9.6g 固体全部是铜，由此可计算n(Fe)：n(Cu)为1:1；当加入固体的质量为27g 时，由铁和铜的比例关系可判断剩余的15.8g 固体的成分，由此可判断的铁与溶液中的铁离子和氢离子全部反应完全，可计算氯化铁和氯化氢的物质的量，即可求氯离子的物质的量浓度了。

（1）由分析知铁和铜的物质的量之比为1:1，当加入固体的质量为27g 时，27g 固体中有
n(Fe)=n(Cu)=0.225mol ，剩余固体中有14.4g 铜，有1.4g 的铁，则有0.2mol 的铁与溶液中的铁离子和氢离子全部反应完全，由生成的氢气的体积可知，n （HCl ）= 2n （H 2）=0.2mol ，与盐酸反应的铁的物质的量为n （Fe ）= 0.1mol ，与溶液中FeCl 3反应的铁的物质的量为n （Fe ）=0.2mol-0.1mol=0.1mol ，则n （FeCl 3）=0.2mol ，溶液中的氯离子的浓度为c （Cl -
）= 3n(FeCl )+n(HCl)3 4.00mol/L 0.2L =，故答案为：4.00mol ·L -1； （2）对比三组数据可知，当加入固体的质量为18g 时，剩余的9.6g 固体全部是铜，由此可知n （Cu ）=
9.6g 0.15mol 64g /mol =，n （Fe ）= (18-9.6)g 0.15mol 56g/mol
=，即n(Fe)：n(Cu)= 1：1；故答案为：1:1。

12．某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）
A．0.4mol/L B．0.6mol/L C．0.8 mol/L D．1.0 mol/L
【答案】C
【解析】由2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2＋的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol ÷0.5L=0.8 mol/L。

答案选C。

13．将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现血红色的是A．FeO B．Fe2O3
C．FeCl3D．Fe2(SO4)3
【答案】A
【解析】A.FeO溶于稀盐酸发生反应生成氯化亚铁，滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，再加入氯水亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子与硫氰根离子形成络合物，溶液显红色，故A项正确；B.Fe2O3溶于稀盐酸，生成氯化铁，滴加硫氰化钾溶液后，溶液显红色，故B项错误；C.FeCl3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故C项错误；D.Fe2(SO4)3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为A。

14．向50mL18mol·L－1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是（）
A．等于0.9mol B．大于0.45mol，小于0.9mol
C．等于0.45mol D．小于0.45mol
【答案】D
【解析】50mL18mol/L的硫酸中n(H2SO4)=18mol/L×0.05L=0.9mol，假设50mL18mol/L的硫酸中的硫酸分子
全部与铜反应时，据Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+SO2↑+2H2O可知作氧化剂的硫酸为0.45mol，随着反应的进行，
浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为稀硫酸时此反应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.45mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol。

故选D。

15．两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为( )
A．1∶3 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶1
【答案】B
【解析】铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比皆为2∶3，题目中说二者产生。