高考化学一轮复习 第三章 金属及其重要化合物章末检测

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1、第三章 金属及其重要化合物章末检测一、选择题(本题包括12个小题，每小题4分，共48分。)1下列说法中正确的是()A铁是人类最早使用的金属，钢铁属于铁碳合金B黑色金属材料以及它们的合金是应用最广泛的金属材料C金属镁有“国防金属”的美誉，也被誉为“21世纪的金属”D铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，这是铜在潮湿空气中发生电化学腐蚀的结果解析：铜是人类最早使用的金属，A不正确；金属钛有“国防金属”的美誉，也被誉为“21世纪的金属”，C不正确；铜绿是铜与空气中的氧气、水蒸气和二氧化碳直接作用生成的，并未发生电化学腐蚀，D不正确。答案：B2下列有关金属的说法中正确的是()A钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固

2、体B燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧C铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸解析：钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，A错误；燃着的镁条和二氧化碳能继续反应，B错误；常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，故常温下能用铁制容器贮存浓硫酸，D错误。答案：C3下列说法不正确的是()ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂BAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂DSiO2有导电性，可用于制备光导纤维解析：Na2O2能与CO2反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；Al2O3

3、熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故B正确；明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；SiO2不具有导电性，故D错误。答案：D4在一定条件下，五种含有同种金属元素的单质或其化合物，能按如图箭头方向实现一步转化(不含电解)，该金属元素可能是()FeCuAlNaABC D答案：A5镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，被大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，正确的是()A此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B此合金能全部溶解于稀盐酸中C此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D此合金的硬度比镁和铝的硬度都小解析：合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，硬

4、度和强度比纯金属的都大，A、D不正确；合金中的镁铝都能与稀盐酸反应，但只有铝能与氢氧化钠溶液反应，所以该合金能全部溶解于稀盐酸中而只有部分金属溶解于氢氧化钠溶液中，B正确、C不正确。答案：B6一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是()AHCl BFeCl2CKOH DNaHCO3解析：由甲乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲乙发生化合反应。由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，A不选；若乙为FeCl2，甲乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲乙发生复分解反应，B不选；甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，C不选；若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复

5、分解反应生成乙(碳酸氢钠)，碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙(碳酸氢钠)，故选D。答案：D7下列有关金属的工业制法中正确的是()A制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中的钛B炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物C制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜解析：A中不能用TiCl4溶液，要用熔融态的TiCl4；电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2和H2；电解法精炼铜的原料是粗铜。答案：B8(2016全国卷)某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再

6、加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO4解析：A项中，NaHCO3、Al(OH)3加入足量水中，NaHCO3溶解，Al(OH)3不溶解；加入稀盐酸，固体全部溶解，且有气泡产生，NaHCO3、Al(OH)3均能与H2SO4反应，最后不会有固体剩余；B项中，NaHCO3溶于水，AgCl不溶于水，加入足量稀盐酸，AgCl仍不溶解；C项中，Na2SO3溶于水，BaCO3不溶于水，BaCO3能溶于稀盐酸：BaCO32H

7、Cl=BaCl2H2OCO2，Na2SO3、BaCO3均能与稀H2SO4反应：Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O、BaCO3H2SO4=BaSO4H2OCO2；D项中，CuSO4和Na2CO3都能溶于稀硫酸。答案：C9用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭，发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来。下列说法正确的是()A导致易拉罐变瘪的反应是：CO2OH=HCOB导致易拉罐又鼓起来的反应是：Al33HCO=Al(OH)33CO2C若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象D上述过程中总共发生了2个化

8、学反应，且反应结束后的溶液显碱性解析：气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO22OH=COH2O，故A错误；易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al2OH2H2O=2AlO3H2，气体压强增大，故B错误；将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故C错误；由A、B可知，上述过程共发生2个反应，反应后溶液显碱性，均消耗NaOH，则碱性减弱，故D正确。答案：D10用下图所示装置不能达到有关实验目的的是()A用甲图装置证明密度(煤油)(钠)(水)B用乙图装置制备Fe(OH)2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性解析：钠

9、放入装有水和煤油的烧杯中，钠在水和煤油的接触界面处反应，说明钠的密度介于二者之间，A项正确；利用煤油隔绝空气，将滴管插入试管底部，可以观察到白色的Fe(OH)2沉淀，B项正确；镁条引燃，氯酸钾助燃可以引发铝热反应，C项正确；NaHCO3被直接加热，温度较高，即使NaHCO3分解，也不能说明二者的稳定性差异，D项错误。答案：D11(2015全国卷)下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3B将铜粉加1.0 molL1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出

10、现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1 molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小解析：稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，A错误；Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，B错误；铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，C错误；硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，再

11、加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，D正确。答案：D1210 g Fe2O3、SiO2、Al2O3混合物加入足量的100 mL x molL1稀硫酸中，过滤，然后加入10 molL1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如图。以下叙述错误的是()A滤出的物质为SiO2B可求出x的值C可求出Al2O3的质量分数D可求出Fe2O3的质量分数解析：由图象开始一段可知，加入的酸未反应完，故可知Fe2O3、Al2O3完全反应，而SiO2不与酸反应，则滤出物质为SiO2，故A正确；滴加NaOH 100

12、 mL时，沉淀质量达到最大，此时Fe3、Al3均以沉淀形式存在，溶液中阳离子只有Na、阴离子只有SO，故2n(SO)n(Na)，据此可计算x的值，故B正确；沉淀达最大值后继续滴加碱，溶解的是氢氧化铝，根据10 mL NaOH溶液将氢氧化铝溶解完全，可计算Al2O3的质量，进而求出Al2O3的质量分数，故C正确；缺少数据无法求出Fe2O3的质量分数，故D错误。答案：D二、非选择题(本题包括4个小题，共52分。)13(12分).中学常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系(部分产物未列出)。单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物。根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式：

13、单质A_，乙_。(2)写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：_，利用该反应的原理，可用于_。(3)用单质A做成的容器可以储存和运输浓硫酸的原因是_。(4)写出反应的离子方程式：_。.(5)工业上冶炼下列物质通常不采用电解法的是_。aNa bMgcFe dAg (6)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有()aKCl bKClO3cMnO2 dMg解析：(1)根据图示可以得到A为金属Al，乙是金属Al与氢氧化钠溶液反应得到的化合物，故为NaAlO2。(2)单质A与Fe2O3发生的是铝热反应故反应方程式为2AlFe2O3Al2O32Fe，铝热反应的应用为焊接金属等。(3)常温下金属铝遇

14、到浓硫酸可以发生钝化现象，故可用金属铝容器储存和运输浓硫酸。(5)冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；热还原法用于冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。故选cd。(6)铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度，故选bd。答案：(1)AlNaAlO2(2)2AlFe2O3Al2O32Fe焊接钢轨等(3)Al单质遇浓硫酸发生钝化(4)2Al2OH2H2

15、O=2AlO3H2(5)cd(6)bd14(14分)小苏打长期放置在空气中会变质(部分转变为Na2CO3)，某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案：.加热分解法。利用图1装置，充分加热小苏打样品。(1)仪器a的名称为_。(2)在实验过程中，需要测量的实验数据有：仪器a的质量；_；_。.测量气体体积法。利用图2装置，测定反应生成气体的体积。(1)组装好仪器后，首先进行的操作为_。(2)导管g的作用为_。(3)为了减小实验误差，B、C中最好用_溶液代替水。(4)待反应结束，气体冷却至室温后，利用图示装置读取气体体积时，应注意的事项有：_；_。(5)若所取样品的质量为

16、m g，反应前滴定管C的读数为V1 mL，反应结束后滴定管C的读数为V2 mL，则样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为_(气体体积均已换算为标准状况下的体积)。解析：.(1)仪器a是坩埚。(2)还需要测量的实验数据有“加热前，仪器a和样品的总质量”和“加热冷却后，仪器a和残留物的总质量”。.(1)涉及气体的实验装置连接好后第一步是检查装置气密性。(2)导管g的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差。(3)由于生成的二氧化碳溶于水，造成误差，所以采用饱和NaHCO3溶液代替水，从而

17、减小误差。(4)读数时上下移动C管，使B、C两管液面相平，减小由于压强不同引起的体积误差；视线与液面最低处相平，减小由于读数引起的体积误差。(5)根据碳原子守恒，1 mol碳原子对应1 mol二氧化碳，二氧化碳的物质的量为 mol，所以样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为 mol。答案：.(1)坩埚(2)加热前，仪器a和样品的总质量加热冷却后，仪器a和残留物的总质量.(1)检查装置气密性(2)平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差(3)饱和NaHCO3(4)读数时应上下移动C管，使B、

18、C两管液面相平视线与液面最低处相平(5) mol15(12分)(2017江苏卷)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(重要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。(2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(4)铝粉在1 000 时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。解析：(1)Al2

19、O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应，导致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。(4)见答案。答案：(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜16(14分)铜是生物体必需的微量元素，也是人类最早使用的金属之一。铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响。(1)写出铜与稀硝酸反应的化学方程式：_。(2)为了保护环境和节约资源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶出废旧印刷电路板中的铜，最

20、终实现铜的回收利用。写出溶出铜的离子方程式：_。(3)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，该反应的氧化剂是_；当生成19.2 g Cu 时，反应中转移的电子为_ mol。(4)研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中CuSO45H2O(不含能与反应的氧化性杂质)的含量。取a g试样配成100 mL 溶液，每次取25.00 mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成。写出该反应的离子方程式：_。继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6

21、，平均消耗c molL1的Na2S2O3溶液V mL。则试样中CuSO45H2O的质量分数为_。解析：(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO、H2O。(2)该反应的离子方程式为CuH2O22H=Cu22H2O。(3)该反应中Cu的化合价降低，氧化剂为Cu2O和Cu2S。每生成1 mol Cu转移1 mol电子，故生成19.2 g Cu时，转移电子0.3 mol。(4)根据2Cu24I=2CuII2、I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6可得关系式：Cu2Na2S2O3，则试样中CuSO45H2O的质量为c molL1V103L250 g/molcV g，故其质量分数为100%。答案：(1)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(2)CuH2O22H=Cu22H2O(3)Cu2O和Cu2S0.3(4)2Cu24I=2CuII2100%6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375