PAGEPAGE9第三章金屬及其化合物單元過關限時檢測(50分鐘，100分)第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。每小題只有一個選項符合題意1．(2024·課標Ⅲ，7,6分)宋代《千里江山圖》描繪了山清水秀的漂亮景色，歷經千年色調依舊，其中綠色來自孔雀石顏料[主要成分為Cu(OH)2·CuCO3]，青色來自藍銅礦顏料[主要成分為Cu(OH)2·2CuCO3]。下列說法錯誤的是(C)A．保存《千里江山圖》需限制溫度和濕度B．孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化C．孔雀石、藍銅礦顏料耐酸耐堿D．Cu(OH)2·CuCO3中銅的質量分數高于Cu(OH)2·2CuCO3[解析]本題考查物質的組成和性質，涉及Cu(OH)2、CuCO3的性質、質量分數的計算等學問。孔雀石顏料和藍銅礦顏料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受熱易分解，用顏料描繪的圖案受潮簡單變模糊，所以需限制溫度和濕度，A正確；孔雀石和藍銅礦中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空氣氧化，B正確；Cu(OH)2、CuCO3都能與酸反應，所以不耐酸，C錯誤；Cu(OH)2·CuCO3中銅的質量分數為eq\f(128,222)×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中銅的質量分數為eq\f(192,346)×100%≈55.5%<57.7%，D正確。2．(2024·吉林東北師大附中月考)Cu、Cu2O和CuO組成的混合物中加入100mL0.6mol·L－1HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同時收集到224mLNO氣體(標準狀況)。下列說法不正確的是(B)A．產物中硝酸銅的物質的量為0.025molB．若混合物中Cu的物質的量為0.005mol，則其中Cu2O、CuO的物質的量共0.020molC．若混合物中含0.01molCu，則其中Cu2O、CuO的物質的量均為0.005molD．混合物中Cu的物質的量的取值范圍為0.005mol<n(Cu)<0.015mol[解析]本題通過金屬與氧化性酸反應的相關計算，考查原子守恒、得失電子守恒、極值法的應用。硝酸具有強氧化性，與Cu、Cu2O和CuO組成的混合物恰好反應，生成Cu(NO3)2、NO和水。標準狀況下224mLNO氣體的物質的量n(NO)＝eq\f(0.224L,22.4L·mol－1)＝0.01mol，依據N元素守恒可知2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＝n(HNO3)，則n[Cu(NO3)2]＝eq\f(1,2)[n(HNO3)－n(NO)]＝eq\f(1,2)×(0.1L×0.6mol·L－1－0.01mol)＝0.025moI，A正確；依據Cu元素守恒可知2×n(Cu2O)＋n(CuO)＋n(Cu)＝0.025mol；依據氧化還原反應中得失電子守恒可知n(Cu)×2＋2×n(Cu2O)＝0.01mol×3，聯立后解得n(CuO)＝n(Cu)－0.005mol，n(Cu2O)＝0.015mol－n(Cu)，所以CuO、Cu2O的物質的量共為n(Cu)－0.005mol＋0.015mol－n(Cu)＝0.01mol，B錯誤；由B項分析可知，n(CuO)＝n(Cu)－0.005mol＝0.01mol－0.005mol＝0.005mol，n(Cu2O)＝0.015mol－n(Cu)＝0.015mol－0.01mol＝0.005mol，C正確；依據B項分析可知n(CuO)＝n(Cu)－0.005mol>0mol，n(Cu2O)＝0.015mol－n(Cu)>0mol，所以混合物中Cu的物質的量的取值范圍為0.005mol<n(Cu)<0.015mol，D正確。3．(2024·山東煙臺高三檢測)某同學欲探究鐵及其化合物的性質，下列試驗方案可行的是(D)A．將鐵粉加入熱的濃硫酸中：探究鐵的活潑性B．將熱的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制備Fe(OH)3膠體C．在蒸發皿中加熱蒸干FeSO4溶液：制備FeSO4·6H2OD．將銅粉加入FeCl3溶液中：驗證Fe3＋的氧化性強于Cu2＋[解析]熱的濃硫酸不僅能與鐵反應，還能與銅等不活潑金屬反應，因此將鐵粉加入熱的濃硫酸中，不能用于探究鐵的活潑性，故A項方案不行行；將熱的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中，會得到氫氧化鐵沉淀而不是氫氧化鐵膠體，故B項方案不行行；在蒸發皿中加熱蒸干FeSO4溶液，一方面氧氣可將FeSO4氧化，另一方面會得到不含結晶水的化合物，故C項方案不行行；將銅粉加入FeCl3溶液中，發生反應：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，該反應說明Fe3＋的氧化性強于Cu2＋，故D項方案可行。4.(2024·福建福州檢測)如圖裝置中，容器甲內充入0.1molNO氣體。干燥管內裝有肯定量Na2O2，從A處緩慢通入CO2氣體。恒溫下，容器甲中活塞緩慢由D處向左移動，當移至C處時容器體積縮至最小，為原體積的9/10，干燥管中物質的質量增加了2.24g。隨著CO2的接著通入，活塞又漸漸向右移動。下列說法中正確的是(D)A．活塞從D處移動到C處的過程中，通入的CO2氣體為2.24L(標準狀況)B．NO2轉化為N2O4的轉化率為20%C．容器甲中NO已反應完D．活塞移至C處后，接著通入amolCO2，此時活塞恰好回至D處，則a小于0.01[解析]A項，設標準狀況下通入CO2的體積為x，產生氧氣的體積為y，則：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2Δm2×22.4L22.4L56gxy2.24g解得x＝1.792L，y＝0.896L，即標準狀況下通入二氧化碳的體積為1.792L，故A錯誤；B項，由A項計算可知，生成氧氣的物質的量為eq\f(0.896L,22.4L·mol－1)＝0.04mol，2NO＋O2=2NO22120.08mol0.04mol0.08mol0.1mol>0.08mol，所以NO過量，生成NO2的物質的量為0.08mol，2NO2N2O4Δn210.02mol0.1mol×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,10)))＝0.01molNO2轉化為N2O4的轉化率為eq\f(0.02mol,0.08mol)×100%＝25%，故B錯誤；C項，依據B項的計算可知，NO還剩余0.1mol－0.08mol＝0.02mol，故C錯誤；D項，活塞移至C處后，體積不會再減小，則干燥管中Na2O2已反應完，活塞由C向D移動，體積增大，2NO2N2O4平衡左移，使氣體物質的量增多，活塞移至D時，氣體物質的量共增加0.01mol，因此通入CO2的量必小于0.01mol，故D正確。5．(2024·安徽合肥檢測)工業上利用無機礦物資源生產部分材料的流程示意圖如下。下列說法正確的是(C)(注：鋁土礦中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)A．在鋁土礦制備較高純度Al的過程中只用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B．石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應C．在制粗硅時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1︰2D．黃銅礦(CuFeS2)與O2反應產生的Cu2S、SO2均只是還原產物[解析]依據鋁土礦的成分，制備較高純度的Al可先加入鹽酸，發生反應：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O等，然后過濾，向濾液中加入過量的NaOH溶液，發生反應：Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓等，過濾，向濾液中通入足量的CO2，發生反應：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，氫氧化鋁受熱分解成氧化鋁，然后加入冰晶石，電解熔融狀態的氧化鋁得到金屬鋁，因此須要用到的物質有NaOH溶液、鹽酸、CO2氣體、冰晶石，A項錯誤；石英的主要成分是SiO2，屬于氧化物，且不與鹽酸反應，B項錯誤；制取粗硅的反應為2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高溫))2CO↑＋Si，C作還原劑，SiO2作氧化劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1︰2，C項正確；CuFeS2與O2反應時，S的化合價為－2價，轉化成SO2，S的化合價上升，O的化合價降低，即SO2既是氧化產物又是還原產物，D項錯誤。6．(2024·北京朝陽檢測)某小組同學通過試驗探討FeCl3溶液與Cu粉發生的氧化還原反應，試驗記錄如下：序號ⅠⅡⅢ試驗步驟試驗現象銅粉消逝，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現象銅粉有剩余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀銅粉有剩余，溶液黃色褪去，變成藍色，加入蒸餾水后無白色沉淀下列說法不正確的是(C)A．試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3＋被還原B．對比試驗Ⅰ、Ⅱ說明白色沉淀的產生與銅粉的量有關C．試驗Ⅱ、Ⅲ中加入蒸餾水后c(Cu2＋)相同D．向試驗Ⅲ反應后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現白色沉淀[解析]Cu和FeCl3溶液反應，生成FeCl2和CuCl2，若銅過量，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀可能是發生了反應：CuCl2＋Cu=2CuCl↓，試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的現象為溶液黃色變淺或溶液黃色褪去，說明Fe3＋被銅還原，A項正確；對比試驗Ⅰ、Ⅱ，試驗Ⅰ加入少量銅粉，銅粉消逝，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現象，試驗Ⅱ加入過量銅粉，銅粉有剩余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀；說明白色沉淀的產生與銅粉的量有關，B項正確；對比試驗Ⅱ、Ⅲ，參與反應的Fe3＋的量相同，則生成的Cu2＋應相同，但由于試驗Ⅱ生成CuCl，所以加入蒸餾水后c(Cu2＋)不相同，C項錯誤；試驗Ⅲ溶液為藍色，含有Cu2＋和過量的銅，向試驗Ⅲ反應后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現白色沉淀CuCl，D項正確。7.(2024·湖北武漢高三檢測)A、B、C、D是原子序數依次增大的四種短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物，辛是由C元素形成的單質，常溫常壓下乙為液態。常溫下，0.1mol·L－1丁溶液的pH為13。上述各物質間的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是(C)A．常溫條件下元素A、B所形成化合物的狀態肯定是氣態B．1.0L0.1mol·L－1戊溶液中陰離子的總物質的量小于0.1molC．1mol甲與足量的乙完全反應共轉移了約6.02×1023個電子D．元素B、C、D的原子半徑由大到小的依次為r(D)>r(C)>r(B)[解析]0.1mol·L－1丁溶液的pH為13(25℃)，丁是一元強堿，其含有的金屬元素在短周期，則丁應為NaOH，發生反應：甲＋乙=丁＋辛，依據元素守恒可知，甲、乙兩種物質至少共含有H、O、Na元素，辛是由C組成的單質，由發生反應可知，辛不能是Na，結合原子序數可知，A為H、C為O、D為Na元素，故辛為氧氣，可知甲是Na2O2、乙是水，再依據反應：甲＋丙=戊＋辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸鈉，則B為碳元素。A為H，B為碳，碳氫形成的化合物烴中有氣態、液態、固態，選項A錯誤；戊是碳酸鈉，在碳酸鈉溶液中，COeq\o\al(2－,3)離子水解生成HCOeq\o\al(－,3)離子和OH－離子，溶液中陰離子總的物質的量大于0.1mol，選項B錯誤；甲與足量的乙完全反應的方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，1molNa2O2反應轉移的電子為1mol，約6.02×1023個電子，選項C正確；同周期隨原子序數增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑大小依次為Na>C>O，即r(D)>r(B)>r(C)，選項D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題包括4小題，共58分8．(2024·山東濟寧育才中學月考)鎂及其化合物在現代工業、國防建設中有著廣泛的應用。回答下列問題：(1)單質鎂在空氣中燃燒的主要產物是白色的MgO，還生成少量的Mg3N2(填化學式)。(2)CH3MgCl是一種重要的有機合成劑，其中鎂的化合價為＋2，CH3MgCl水解時除生成甲烷外，還生成一種堿和一種鹽。寫出該反應的化學方程式：2CH3MgCl＋2H2O=2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2。(3)Mg(OH)2是常用的阻燃材料。以白云石(CaCO3、MgCO3，不考慮雜質)為原料制備Mg(OH)2和CaCO3的工藝流程如下：“煅燒”時稱取27.6g白云石，高溫加熱到質量不再改變，收集到的CO2為6.72L(標準狀況下)，若工藝中不考慮Ca、Mg損失，則Mg(OH)2和CaCO3的質量分別為8.7g、15g。[解析](1)鎂能在氧氣、二氧化碳、氮氣中燃燒，Mg與O2、CO2反應均生成MgO，且氧氣的氧化性比氮氣強，所以單質鎂在空氣中燃燒的主要產物是白色的MgO，還生成少量的Mg3N2。(2)CH3MgCl中Cl為－1價，H為＋1價，C為－4價，則鎂的化合價為＋2價，CH3MgCl水解時除生成甲烷外，還生成一種堿和一種鹽，則該堿肯定是氫氧化鎂，該鹽肯定是氯化鎂，該反應的化學方程式為2CH3MgCl＋2H2O=2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2。(3)“煅燒”時稱取27.6g白云石，高溫加熱到質量不再改變，收集到的CO2為6.72L(標準狀況下)，則CO2的物質的量為0.3mol。由碳原子守恒可得，n(CaCO3)＋n(MgCO3)＝0.3mol,100g·mol－1×n(CaCO3)＋84g·mol－1×n(MgCO3)＝27.6g，解得n(CaCO3)＝0.15mol，n(MgCO3)＝0.15mol，若工藝中不考慮Ca、Mg損失，則Mg(OH)2的質量為58g·mol－1×0.15mol＝8.7g，CaCO3的質量為100g·mol－1×0.15mol＝15g。9．(2024·云南昆明高三檢測)某同學在試驗室進行鐵鹽與亞鐵鹽相互轉化的試驗。試驗Ⅰ：將Fe3＋轉化為Fe2＋(如下圖)(1)Fe3＋與Cu粉發生反應的離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(2)探究白色沉淀產生的緣由，請填寫試驗方案。試驗方案現象結論步驟1：取4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液產生白色沉淀CuSO4溶液與KSCN溶液反應產生了白色沉淀步驟2：取4mL0.2mol·L－1FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液無明顯現象查閱資料已知：①SCN－的化學性質與I－相像②2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2Cu2＋與SCN－反應的離子方程式為2Cu2＋＋4SNC－=2CuSCN↓＋(SCN)2。試驗Ⅱ：將Fe2＋轉化為Fe3＋試驗方案現象向3mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中加入1mL稀硝酸溶液變為棕色，放置一段時間后，棕色消逝，溶液變為黃色探究上述現象出現的緣由：查閱資料：Fe2＋＋NOFe(NO)2＋(棕色)(3)用離子方程式說明NO產生的緣由3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)從化學反應速率與限度的角度對體系中存在的反應進行分析：反應Ⅰ：Fe2＋與HNO3反應；反應Ⅱ：Fe2＋與NO反應①依據試驗現象，可推知反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ慢(填“快”或“慢”)。②反應Ⅰ是一個不行逆反應，設計試驗方案加以證明取少量反應Ⅰ的溶液于試管中，向其中加入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液無明顯改變，說明反應Ⅰ是一個不行逆反應。③請用化學平衡移動原理說明溶液由棕色變為黃色的緣由Fe2＋被硝酸氧化為Fe3＋，溶液中Fe2＋濃度降低，導致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移動，最終Fe(NO)2＋完全轉化為Fe3＋，溶液由棕色變為黃色。[解析](1)Fe3＋與Cu粉發生反應生成亞鐵鹽和銅鹽，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(2)由反應2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，可知圖中得到溶液中Fe2＋為0.2mol·L－1，Cu2＋為0.1mol·L－1，分別取相同濃度的硫酸銅溶液、硫酸亞鐵溶液，滴入KSCN溶液進行比照試驗，故試驗方案為：步驟1：取4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，步驟2：取4mL0.2mol·L－1FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，由題目信息Ⅱ可知，Cu2＋與SCN－反應生成CuSCN沉淀，同時生成(SCN)2，反應離子方程式為：2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2。(3)亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根具有強氧化性，反應生成鐵離子、NO與水，反應離子方程式為：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)①溶液先變為棕色，放置一段時間后，棕色消逝，溶液變為黃色，反應速率快的反應現象最先表現，反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ的慢。②反應中硝酸過量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否則沒有Fe2＋，詳細的試驗方案是：取反應后的黃色溶液于試管中，向其中加入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液無明顯改變，說明反應Ⅰ不是可逆反應。③Fe2＋被硝酸氧化為Fe3＋，導致溶液中Fe2＋濃度降低，導致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移動，最終Fe(NO)2＋完全轉化為Fe3＋，溶液由棕色變為黃色。10．(2024·湖北漢川月考)某校化學愛好小組用如圖所示過程除去AlCl3中含有的Mg2＋、K＋雜質離子，并盡可能削減AlCl3的損失，請回答下列問題：(1)寫出混合物中加入足量氫氧化鈉溶液時，溶液中發生反應的離子方程式：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。氫氧化鈉溶液能否用氨水代替，為什么？不能，因為Al(OH)3不能溶于過量的氨水中，不能將Al(OH)3與Mg(OH)2分開。(2)溶液a中存在的離子有K＋、Cl－、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、OH－；在溶液a中加入鹽酸時需限制溶液的pH，為什么？因為Al(OH)3能溶于強酸，所以需限制pH，防止Al(OH)3溶解；為此，改進方法是在a溶液中通入過量CO2氣體。(3)為了探討AlCl3晶體的性質，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶體？在HCl氣氛中對AlCl3溶液進行蒸發結晶。[解析](1)加入足量氫氧化鈉溶液，Mg2＋可與OH－反應生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋與OH－反應生成Al(OH)3沉淀，NaOH過量時Al(OH)3與OH－反應生成NaAlO2和H2O，反應的離子方程式有Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。氫氧化鈉溶液不能用氨水代替，因為在Al3＋與氨水反應生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能與氨水接著反應，從而不能將Al(OH)3與Mg(OH)2分開。(2)依據(1)中的分析可知，濾液a中的離子為K＋、Cl－、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、OH－，加入氫氧化鈉溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同時Al3＋轉化成了AlOeq\o\al(－,2)；因為氫氧化鋁能與強酸反應，所以在加入鹽酸沉淀時須要限制溶液的pH，以防止Al(OH)3溶解；氫氧化鋁不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入過量二氧化碳氣體制備氫氧化鋁沉淀。(3)干脆加熱蒸發AlCl3溶液會因為AlCl3水解而得不到AlCl3晶體，為此可在HCl氣氛下進行蒸發結晶。11．(2024·浙江高三檢測)二氧化錳是制造鋅錳干電池的基本材料，工業上以軟錳礦、菱錳礦為原料來制備。某軟錳礦主要成分為MnO2，還含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其處理流程圖如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－3410－1610－38(1)灼燒軟錳礦樣品時，銅的焰色為B(填字母)。A．黃色 B．綠色C．紫色 D．紅色(2)硫酸亞鐵在酸性條件下將MnO2還原為MnSO4，酸浸時發生的主要離子反應方程式為4H＋＋2Fe2＋＋MnO2=2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。(3)“氨水、攪拌”，其中“攪拌”不僅能加快反應速率，還能充分氧化過量的Fe2＋。濾渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需調整pH至少達到4.3，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(當c≤10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全)。(4)濾渣B的成分是CuS、ZnS。(5)工業上采納間接氧化還原滴定法測定MnO2純度，其操作過程如下：精確稱量0.9200g該樣品，與足量酸性KI溶液充