卷03 卷02考试范围+金属及其化合物-2021年领军高考化学一轮复习质量测评滚动卷(解析版)

2021年领军高考化学一轮复习质量测评滚动卷03测试范围：02+金属及其化合物可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137第Ⅰ卷选择题一、选择题(只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)1．分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是()A．烧碱和纯碱都属于碱B．硫酸和盐酸都属于含氧酸C．Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐D．Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物【答案】C【解析】纯碱是Na2CO3，是盐，A错误；盐酸是非含氧酸，B错误；Al2O3是两性氧化物，D错误。

2．下列推理正确的是()A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧也生成Fe2O3B．铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，钠也能从硫酸铜溶液中快速置换出铜C．铝片表面易形成致密的氧化膜，钠块表面也易形成致密的氧化膜D．钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属单质参与氧化还原反应时金属均作还原剂【答案】D【解析】A项，铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，A错误；B项，钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，B错误；C项，铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，C错误；D项，Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，D正确。

3．下列关于金属冶炼的说法正确的是()A．由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产AlB．可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁C．炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热D．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泼性决定【答案】D【解析】A项，由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故A错误；B项，钠是很活泼金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故B错误；C项，炼铁高炉中所发生的反应有的是放热有的是吸热，有些放热反应在加热条件下发生，故C错误；D项，金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故D正确。

4．明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。

采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。

下列叙述错误的是()A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】A项，易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B项，易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C项，“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D项，铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。

5．下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是()选项实验操作现象结论或解释A用坩埚钳夹住一块铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化，失去光泽并滴落下来金属铝的熔点较低B向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C 用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCl3溶FeCl3溶液清洗得较干Fe3+＋Ag Fe2+＋Ag+是可逆【答案】C【解析】A项，D项，实验现象错误，氧化铝的熔点高于金属铝，铝箔熔化，失去光泽但由于外面包了一层氧化铝并不滴落下来，A错误；B项，由于氧化性Fe3+＞Cu2+，加少量Fe，先发生Fe与Fe3+反应，Fe3++Fe=3Fe2+，因此不能确定C中是否含Cu2+，B错误；C项，氯化银的溶解度比硫酸银的小，Fe3++Ag=Fe2++Ag+，FeCl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动，FeCl3溶液清洗得干净，C正确；D项，加Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，H+、NO3-起硝酸的作用，表现强的氧化性，将Zn氧化为Zn2+，HNO3被还原为无色的NO气体，因而可加快反应速率，故不能证明形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率，D 错误。

6．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

则下列有关说法不正确．．．的是( )A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2B．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7C．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6N AD．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】A项，由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；B项，6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2~Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C项，每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6N A，故C正确；D项，因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B。

7．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是( )A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+D．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3【答案】C【解析】A项，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B项，离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C项，氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；D项，氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；故选C。

8．将18.0 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了5.4 g。

另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了8.96 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为( )A．22.8 g B．25.4 g C．33.2g D．无法计算【答案】A【解析】将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的5.4克为Al，物质的量为5.4g=0.2mol27g/mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为8.96L×3=1.2mol22.4L/mol，其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH-)=0.6mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了5.4g，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g，故选A。

9．等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L(标准状况)。

向反应后的溶液中加入1mol•L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。

下列有关说法错误的是( ) A．混合物溶解后的溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+)=1：1B．稀硝酸的物质的量浓度度是2mol•L-1C．需要加入NaOH溶液1000mLD．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g【答案】C【解析】铁和铜的混合物24g，物质的量为24g=0.2mol(5664)g/mol，而6.72L(标准状况)NO 的物质的量为： 6.72L =0.3mol 22.4L/mol，所以0.2mol 的铁和铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole -，即需氢氧化钠0.9mol ，A 项，如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole -，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol ，则铁离子为(0.2-x)mol ，根据转移电子数目相等，可知2x+3(0.2-x)=0.9-0.4，所以x=0.1mol ，所以混合物溶解后的溶液中c(Fe 3+)：c(Fe 2+)=1：1，故A 正确；B 项，硝酸的物质的量浓度是-1(0.22+0.12+0.13)mol =2mol L 0.6L⨯⨯⨯⋅，故B 正确；C 项，需加入NaOH 溶液的体积为：0.9mol =900mL 1mol/L，故C 错误； D 项，最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为：0.1×160+0.2×80=32g ，故D 正确；故选C 。