2021届(一轮)高考化学：金属及其化合物夯基题附答案

2021届（一轮）高考化学：金属及其化合物夯基题附答案
专题：金属及其化合物
一、选择题
1、（铁及其化合物的性质）磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:
下列叙述错误的是()
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】 D
2、(2019·山东八校联考)
下列反应中，第一步反应生成的沉淀经第二步反应后质量增加的是() A．将少量FeCl2溶液加入到NaOH溶液中，再滴加H2O2溶液
B．将少量AgNO3溶液滴加到NaCl溶液中，再滴加Na2S溶液
C．将少量CO2(g)通入饱和Ca(OH)2溶液中，再通入过量Cl2
D．将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，再加入过量NaOH溶液[解析]少量FeCl2溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，再滴加H2O2溶液后Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，沉淀质量增加，A项符合题意；少量AgNO3溶液与NaCl溶液反应生成AgCl沉淀，再滴加Na2S溶液时AgCl转化为Ag2S，沉淀质量减少，B项不符合题意；少量CO2通入饱和Ca(OH)2溶液中生成CaCO3沉淀，通入过量Cl2时生成的HCl能将CaCO3逐渐溶解，沉淀质量减少，C项
不符合题意；将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中生成BaSO4和Al(OH)3沉淀，加入过量NaOH溶液后，Al(OH)3溶解使沉淀质量减少，D项不符合题意。

[答案] A
3、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，转化关系如下如所示：下列说法不正确的是（）
A．x为NaOH溶液，y为盐酸
B．a→b发生的反应为：AlO
2-+H++H
2
O=Al(OH)
3
↓
C．按照本流程，x和y调换后也能达到实验目的D．b、c既能与强酸又能与强碱反应
【答案】C
4、实验室测定氧化物X(Fe x O)的组成实验如下：
下列有关说法正确的是
A．样品X中氧元素的质量分数约为26.3％
B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1
C．用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2+
D．根据步骤I、Ⅱ可以判断X的组成为Fe0.75O
【答案】A
5、下列关于硅及二氧化硅的说法中正确的是（）
A．高纯度的硅可用于制造计算机芯片B．SiO2的物理性质与CO2类似C．熔融烧碱样品使用的器皿是石英坩埚D．光导纤维的主要成分是Si 【答案】A
6、向含1 mol NaHCO3的溶液中逐滴加入含b mol Ca(OH)2的溶液，充分反应。

下列说法不正确
．．．的是( )
A．滴加Ca(OH)
2
立即有沉淀生成
B．当b＝0.5mol时，发生的离子反应：HCO
3-＋OH-＋Ca2＋＝CaCO
3
↓＋H
2
O
C．当b＝1mol时，反应后的溶液中几乎不存在Ca2＋
D．当b＝1.5mol时，往溶液中再通入少量CO
2
，还会有沉淀生成【答案】B
【解析】向含1 mol NaHCO
3溶液中滴加Ca(OH)
2
溶液，随Ca(OH)
2
物质的量的增
多，反应的化学方程式依次为：①2NaHCO
3＋Ca(OH)
2
=CaCO
3
↓＋2H
2
O＋Na
2
CO
3
和
②NaHCO
3＋Ca(OH)
2
=CaCO
3
↓＋H
2
O＋NaOH。

A、滴加Ca(OH)
2
立即有白色沉淀生成，
故A正确；B、当n(NaHCO
3): n(Ca(OH)
2
)=2:1时，即反应①的离子方程式2HCO
3
－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO
3↓＋2H
2
O＋CO
3
2－,故B不正确；C、当b＝1mol时，发生反
应②，所以溶液中几乎没有Ca2＋，故C正确；D、当b＝1.5mol时，即Ca(OH)
2
过量，则通入少量CO
2会生成CaCO
3
沉淀，即D正确。

所以本题正确答案为B。

点睛：弱酸的酸式盐与碱的反应，随物质的量的不同，发生的反应也不同，这类反应是离子方程式书写中的难点和出错点，明确随某物质量的增多依次发生反应的顺序是正确解题的关键。

7、不能测定Na
2CO
3
和NaHCO
3
混合物中Na
2
CO
3
质量分数的实验方案是( )
A．取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克
B．取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b 克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b 克
D．取a克混合物与足量Ba(OH)
2
溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
解析：A项，NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数；B项，Na2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以b克固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数；C项，混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的
质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量；D项，Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO2－3＋Ba2＋===BaCO3↓、HCO－3＋OH－＋Ba2＋===H2O ＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数。

【答案】C
8、在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是() A．Na＋B．Fe3＋
C．Al3＋D．Fe2＋
解析：溶液中加入足量的氢氧化钠，反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠，在空气中搅拌氢氧化亚铁变成氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁反应生成氯化铁，偏铝酸钠反应生成氯化铝，亚铁离子减少，选D。

【答案】D
9、将9.0 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。

若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()
A.第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜和铁
B.反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算
C.若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12 L NO
D.原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 mol
【答案】D
解析：由题目信息“向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红”可知，反应后溶液中的金属离子为Fe2＋、Cu2＋。

设混合物中Cu、Fe的物质的量分别为a、b，则根据氧化还原反应中得失电子守恒列等式：2a＋2b＝3× 1.12 L＋1.12
L/22.4 L·mol－1，另外根据铜和铁混合物的质量列等式：64 g·mol－1a＋56 g·mol
－1b＝9.0 g，解得a＝b＝0.075 mol，D项正确；第一次与100 mL稀硝酸反应，硝酸得到电子的物质的量为3×1.12 L/22.4 L·mol－1＝0.15 mol，而0.075 mol Fe 参与反应转化为Fe2＋，失去电子的物质的量也是0.15 mol，故剩余的金属只有铜，A项错误；根据第一次反应可知硝酸的物质的量浓度为2×0.075 mol＋1.12 L/22.4 L·mol－1?/0.1 L=2.0 mol·L－1，B项错误；向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，发生反应：3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成NO的物质的量为0.075 mol/3＝0.025 mol，即标况下0.56 L，C项错误。

10、实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。

现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出，在反应结束后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示，下列说法不正确的是()
A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B．c点对应NaOH溶液的体积为48 mL
C．b点与a点的差值为0.05 mol
D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
【答案】B
解析：根据题给信息知一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，生成硝酸铝、硝酸铁、硝酸铵和水，硝酸有剩余。

在反应结束后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1 NaOH溶液，发生的反应依次为①H＋＋OH－===H2O，②Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，③NH＋4＋OH－
===NH3·H2O，④Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，e～f段消耗的氢氧化钠溶液为104 mL－94 mL＝10 mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01 L×5 mol·L－1＝0.05 mol，根据Al(OH)3＋
OH－===AlO－2＋2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05 mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)＝0.05 mol，由图可知，d～e段消耗的氢氧化钠的体积为94 mL－88 mL＝6 mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006 L×5 mol·L－1＝0.03 mol，根据NH＋4＋OH－===NH3·H2O可知溶液中n(NH＋4)＝0.03 mol，根据电子转移守恒有3n(Fe)＋3n(Al)===8n(NH＋4)，即3n(Fe)＋3×0.05 mol＝8×0.03 mol，解得n(Fe)＝0.03 mol，由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88 mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)＝n(NH＋4)＝0.03 mol，根据钠元素守恒可知
n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.088 L×5 mol·L－1＝0.44 mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)===n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＝0.44 mol＋0.03 mol×2＝0.5 mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＋3n[Fe(NO3)3]＋3n[Al(NO3)3]＝n(HNO3)，故c点溶液中n(NaNO3)＝0.5 mol－0.03 mol×2－0.03 mol×3－0.05 mol×3＝0.2 mol，故c点加入NaOH的物质的量＝0.2 mol。

A项，由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，正确；B项，由上述分析可知，c点对应NaOH 溶液的体积＝0.2 mol÷5 mol·L－1＝0.04 L＝40 mL，错误；C项，由上述分析可知，b与a的差值为Al(OH)3的物质的量，为0.05 mol，正确；D项，由上述分析可知，混合金属中n(Al)＝0.05 mol、n(Fe)＝0.03 mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，正确。

*11、(2019·昆明调研)
将下列各组物质发生反应生成的气体分别通入FeCl2溶液，不能与FeCl2发生反应的是()
A．CaO和浓氨水B．二氧化锰和浓盐酸共热
C．Na2O2和CO2D．铜片和浓硫酸共热
[解析]CaO与浓氨水反应生成NH3，NH3通入FeCl2溶液中生成Fe(OH)2，最终转化成Fe(OH)3，A项不符合题意；MnO2和浓盐酸共热生成Cl2，Cl2与FeCl2溶液反应生成FeCl3溶液，B项不符合题意；Na2O2与CO2反应生成O2，O2通入FeCl2溶液中能够发生氧化还原反应，C项不符合题意；Cu和浓硫酸共热生成SO2，SO2通入FeCl2溶液中不发生反应，D项符合题意。

[答案] D
二、非选择题
1、铁及其化合物在日常生活中用途比较广泛。

(1)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型的绿色消毒剂和高容量电池材料。

将Fe(NO3)3与NaClO混合后，在碱性条件下发生反应可制得高铁酸钠，该反应的离子方程式为_______________________________________。

(2)四氧化三铁(Fe3O4)常用作颜料、磁流体材料、催化剂和电子材料等。

共沉淀法是目前制备纳米Fe3O4的重要方法之一，其流程如图所示：
①为得到较纯净的纳米Fe3O4，FeSO4·7H2O与FeCl3·6H2O的物质的量之比最好为________。

但实际操作时，却很难控制这一比例，原因是
_____________________________。

②在最佳投料比条件下，检验Fe3O4是否沉淀完全的实验操作是
_________________________。

(3)绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。

测定绿矾产品中FeSO4·7H2O含量的方法如下：
a．称取3.0 g绿矾产品，配制成250.00 mL溶液；
b．量取25.00 mL a中溶液于锥形瓶中；
c．用0.010 00 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL。

滴定时发生反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。

①0.010 00 mol·L－1KMnO4溶液应置于如图所示仪器________(填“甲”或“乙”)
中，滴定终点的现象是
__________________________________________________________。

②产品中FeSO4·7H2O的质量分数为________(小数点后保留1位数字)。

③若用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低(测定过程中产生的误差可忽略)，可能的原因有
________________________________________________________。

解析：(1)由题意知，反应物为Fe3＋、ClO－、OH－，生成物有FeO2－4，ClO－被还原应生成Cl－。

根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可配平该离子方程式。

(2)①Fe3O4中Fe2＋与Fe3＋的个数比为1∶2，故原料中FeSO4·7H2O与FeCl3·6H2O 的物质的量之比为1∶2。

Fe2＋有较强的还原性，在空气中易被氧化，影响投料比。

②最佳投料比时，沉淀完全，则溶液中不存在Fe2＋与Fe3＋，故可用KSCN 溶液检验。

(3)①KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故必须置于酸式滴定管中。

滴定至终点时，滴入的最后一滴KMnO4溶液不再反应，使溶液呈浅红色。

②由反应的离子方程式可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO－4)＝5×0.010 00 mol·L－1×0.020 0 L×250.00 mL÷25.00 mL＝0.01 mol，故w(FeSO4·7H2O)＝0.01 mol×278 g·mol －1÷3.0 g×100%≈92.7%。

③若质量分数偏低，说明溶液中有杂质或部分Fe2＋已被氧化。

答案：(1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O
（2）①1∶2Fe2＋极易被氧化为Fe3＋②取少量上层清液，滴加KSCN溶液，
若溶液不变红色，表明沉淀完全
（3）①甲溶液变成浅红色且半分钟内不褪色②92.7%③样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化
2、毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________________________。

实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。

a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管
(2)加入NH3·H2O调pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含
________(填化学式)。

加入H2C2O4时应避免过量，原因是
__________________________________________。

Ca2＋Mg2＋Fe3＋
开始沉淀时的
11.9 9.1 1.9
pH
完全沉淀时的
13.9 11.1 3.2
pH
已知：K sp(BaC2O4)＝1.6×10－7，K sp(CaC2O4)＝2.3×10－9
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。

已知：2CrO2－4＋2H＋===Cr2O2－7＋H2O
Ba2＋＋CrO2－4===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。

步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。

滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的__________(填“上方”或“下方”)。

BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1。

若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。

答案：(1)增大接触面积从而使反应速率加快a、c
(2)Fe3＋Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少
(3)上方b?V0－V1?
y
（3分）偏大
解析：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是增大与盐酸的接触面积，加快反应速率。

实验室配制一定质量分数的溶液时，需用到的仪器是量筒、烧杯和玻璃棒。

(2)由流程图和表中数据可知，pH＝8时，可除去Fe3＋；调节pH＝12.5时，Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，故滤渣Ⅱ中含有Mg(OH)2和Ca(OH)2；加入H2C2O4的目的是除去溶液中剩余的Ca2＋，使Ca2＋(aq)＋C2O2－4
(aq)===CaC2O4(s)，当H2C2O4过量时，也可能使c(Ba2＋)·c(C2O2－4)＞K sp(BaC2O4)，而生成BaC2O4沉淀，导致产品BaCl2·2H2O的量减少。

(3)由方程式2CrO2－4＋2H
＋===Cr2O2－7＋H2O知，步骤Ⅰ中加入的CrO2－4的总物质的量为b mol·L－1×V0
1 000L
＝
bV0
1 000mol。

步骤Ⅱ中，加入BaCl2充分反应后，剩余的CrO
2－
4
的物质的量为b
mol·L－1×V1
1 000L＝
bV1
1 000mol，与Ba
2＋反应的CrO2－4的物质的量为
bV0
1 000mol－
bV1
1 000mol＝b?V0－V1?
1 000mol，由方程式Ba
2＋＋CrO2－4===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝
n(CrO2－4)，所以BaCl2的浓度：c(BaCl2)＝b?V0－V1?
1 000 mol
y
1 000 L
＝
b?V0－V1?
y mol·L
－1。

若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以
b?V0－V1?
y的测量值将偏大。