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1、解析版高考化学二轮金属及其化合物专项训练绝密启用前2020年高考化学二轮金属及其化合物专项训练本试卷分第卷和第卷两部分，共100分分卷I一、单选题(共10小题，每小题2.0分,共20分) 1.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如下图所示。下列说法正确的是()A 相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想B Y可以是葡萄糖溶液C X可能是SO2和SO3的混合气体D 将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体【答案】B【解析】途径中会产生有毒物质SO2，而途径不会，A错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应会生成新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊

2、液生成Cu2O，B正确；CuSO4受热分解过程中，铜元素价态降低，故必有化合价升高的元素，CuSO4中只有氧元素的化合价能升高，故X中必有O2，C错误；D项操作会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，D错误。2.将amol FeS与bmol Fe3O4投入到VLcmolL1的硝酸溶液中，固体恰好完全反应，假设只产生NO气体，所得溶液中S元素以SO形式存在、Fe元素以Fe3形式存在，则反应中未被还原的硝酸的物质的量为()AmolB (a3b) molCmolD (cV3a9b) mol【答案】A【解析】根据HNO3NO，设NO为xmol，则HNO3得到电子的物质的量为3xmol；FeS和Fe3O4失

3、去电子的物质的量a(32)3b(3)a6(2)(9ab)mol，根据得失电子守恒x，生成NO的物质的量与被还原的硝酸的物质的量相等，因此反应中未被还原的硝酸的物质的量为mol。3.镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是 ()A 高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B 镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C 镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D 铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物【答案】C【解析】在常温下，镁和铝在空气中都能与氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能与氧气

4、剧烈反应，放出大量热，A错；镁能跟酸反应，不能跟碱反应，B错；铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在进行铝热反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是引燃用的，D错。4.一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知：SO2、SO3都能被碱石灰和氢氧比钠溶液吸收。利用如图所示装置加热硫酸铜粉末直至完全分解。若硫酸铜粉末质量为10.0 g，完全分解后，各装置的质量变化关系如表所示。请通过计算，推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式是()A 4CuSO44CuO2SO32SO2O2B 3CuSO43CuOSO32SO2O2C 5CuSO45CuOSO34SO2

5、2O2D 6CuSO46CuO4SO32SO2O2【答案】A【解析】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为42.0 g37.0 g5 g，生成氧化铜的质量为10 g5 g5 g；干燥管完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为79.5 g75 g4.5 g，生成的氧气的质量为5 g4.5 g0.5 g；则参加反应的硫酸铜和生成的氧化铜及生成的氧气的质量比为10 g5 g0.5 g20101，表现在化学方程式中的化学计量数之比为441，从题干中可以看出，只有A答案符合这个比例，故A正确。5.有关镁的下列叙述中错误的是()A 能与NH4Cl溶液作用放出氢气B 与冷水剧烈反应，生成Mg(OH)2沉淀

6、并放出氢气C 在CO2中能继续燃烧，所以金属镁着火，不能用CO2去灭火D 在通常情况下其表面有一层致密的氧化膜，所以抗腐蚀能力很强【答案】B【解析】解题的基点：掌握镁的活泼性顺序是解决本题的关键。A项，氯化铵水解呈酸性，能与镁反应放出氢气，A正确；B项，镁与冷水不反应，B错误；C项，镁能在二氧化碳中燃烧，生成MgO和C，故不能用于二氧化碳灭金属镁着火，正确；D项，镁与氧气反应生成氧化镁，抗腐蚀能力较强，正确。6.用稀H2SO4、NaOH溶液和金属铝为原料制取Al(OH)3。甲、乙、丙三个学生的制备途径分别是()甲：AlAl2(SO4)3Al(OH)3乙：AlNaAlO2Al(OH)3丙：Al(

7、OH)3若要得到等量的Al(OH)3，则()A 三者消耗的原料相同B 甲消耗的原料的总物质的量最多C 乙消耗的原料的总物质的量最少D 丙消耗的原料的总物质的量最多【答案】B【解析】可以假设制取2 mol Al(OH)3，然后根据各步反应的方程式计算消耗原料的具体量，比较量的多少即得；选B。7.下列有关钠与水或溶液的反应叙述正确的是()A 23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B 虽然Na块与水反应的速度比与乙醇反应的速度快，但相同质量的钠块与二者完全反应产生相同质量的气体C 钠与CuSO4溶液反应：2NaCu2=Cu2NaD 钠与水反应的离子方程式：Na2H2O=NaOHH2

8、【答案】B【解析】A项，23 g钠为1 mol，产生0.5 mol H2；B项，Na与水、乙醇的反应本质都是钠置换出氢气，相同质量的钠失电子数相同，因而产生的氢气质量相同；C项，钠与盐溶液的反应，先考虑与水的反应，再考虑产物与盐是否反应；D项，原子不守恒。8.出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在表面。下列说法不正确的是()A 锡青铜的熔点比纯铜的高B 在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用C 锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比在干燥环境中快D 生成的Cu2(OH)3Cl覆盖物受热时很可能得到黑色物质【答案】A【解析】锡青铜属于合金，熔点比各成分金属的低，A错误；由于锡比铜活

9、泼，在发生电化学腐蚀时，锡失电子，铜被保护，B正确；潮湿的环境更易形成原电池，将会加快金属的腐蚀速率，C正确；Cu2(OH)3Cl受热分解得到黑色CuO，D正确； 选A。9.将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是()【答案】C【解析】0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3的物质的量分别是0.01 mol、0.01 mol，加入稀盐酸后，HCl先与氢氧化钠反应，则消耗HCl的物质的量是0.01 mol，则稀盐酸的体积是0.01 mol0.1 molL10.1

10、 L，然后HCl再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，此时又消耗HCl的物质的量是0.01 mol，稀盐酸的体积是0.1 L，最后HCl再与0.01 mol的碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体0.01 mol，又消耗稀盐酸0.1 L，所以对应的图像是C。10.室温下，在0.2 molL1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 molL1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是()A a点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为Al33OH=Al(OH)3B ab段，溶液pH增大，Al3浓度不变C bc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀D d点时，A

11、l(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【解析】A项，Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3水解使溶液显酸性，离子方程式应为Al33H2O鸠馎l(OH)33H，错误；B项，ab段，加入NaOH消耗H，使Al33H2O鸠馎l(OH)33H反应正向进行，Al3的浓度减小，错误；C项，bc段，pH变化不明显，说明OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，正确；D项，cd过程中，pH变化较大，说明发生了反应：Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，所以c点以后Al(OH)3开始溶解，错误。二、双选题(共4小题，每小题5.0分,共20分) 11.(双选)“钾泻盐”的化学式为MgSO4KClxH2O，是一种制取

12、钾肥的重要原料，它溶于水得到KCl与MgSO4的混合溶液。某化学活动小组设计了如下实验方案：以下说法不正确的是()A 该方案能够计算出“钾泻盐”中KCl的质量分数B 足量Ba(NO3)2溶液是为了与MgSO4充分反应C “钾泻盐”化学式中x2D 上述实验数据的测定利用学校实验室里的托盘天平即可完成【答案】CD【解析】加入足量的硝酸银溶液，能将氯离子全部转化为沉淀，由沉淀质量进而求得氯化钾的质量，然后计算出氯化钾的质量分数，A说法正确；加入足量Ba(NO3)2溶液是为了与MgSO4充分反应，从而计算硫酸镁的质量，B说法正确；根据提供的数据，可计算出硫酸镁和氯化钾的质量，然后根据化学式可求出化学式

13、中x的值；根据方程式：MgSO4Ba(NO3)2=BaSO4Mg(NO3)2，可知：n(MgSO4)n(BaSO4)0.100 mol，m(MgSO4)120 gmol10.100 mol12.00 g。根据方程式：AgNO3KCl=AgClKNO3，可知：n(KCl)n(AgCl)0.100 mol，m(KCl)74.5 gmol10.100 mol7.450 g。m(H2O)24.85 g12.00 g7.45 g5.4 g，n(H2O)0.300 mol，所以n(MgSO4)n(KCl)n(H2O)0.100 mol0.100 mol0.300 mol113，化学式为MgSO4KCl3H

14、2O，即x3，故C说法错误；因为托盘天平只能精确到0.1 g，而题目中的数据精确到0.01 g。12.(双选)根据下列框图分析。下列说法正确的是()A E2的氧化性比M2的氧化性弱B 在反应中硫酸既表现了酸性、又表现了氧化性C 反应的离子方程式可表示为3SCNE3=E(SCN)3D 在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀【答案】AD【解析】根据流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液变红色说明是Fe3离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe；依据推断出的物质分析选项。A、依据阳离子氧化性强弱，结

15、合金属活动顺序表分析判断；Fe2的氧化性比Cu2的氧化性弱；B、反应中硫酸只是提供酸性环境，过氧化氢做氧化剂氧化铜；C、反应的离子方程式可表示为3SCNFe3=Fe(SCN)3；生成的是红色溶液，不是沉淀；D、在反应中若不加稀硫酸，硫酸亚铁被过氧化氢氧化为硫酸铁，在中性溶液中铁离子会沉淀，可能看到红褐色沉淀。13.在一定温度下，向饱和苛性钠溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是()A 溶液中Na浓度增大，有O2放出B 溶液的碱性不变，有H2放出C 溶液中Na数目减少，有O2放出D 溶液的碱性不变，有O2放出【答案】CD【解析】向饱和苛性钠溶液中加入一定量的

16、过氧化钠，充分反应后，过氧化钠会消耗水，生成氧气，排除B，钠离子浓度不变，始终是饱和溶液，但是钠离子的数目少了。14.(双选)由5 mol Fe2O3,4 mol Fe3O4和3 mol FeO组成的混合物，加入纯铁1 mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是()A 43B 32C 31D 2l【答案】BC【解析】分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当发生Fe2O3Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6 mol FeO,4 mol Fe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为32；当发生反应：Fe2O3FeO=Fe3O4时，

17、反应后混合物中含有2 mol FeO,4 mol Fe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为12；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，故BC可能。分卷II三、非选择题(共4小题，每小题15.0分,共60分) 15.工业上利用氟碳铈矿(主要成分CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为_。(2)酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染。写出稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式：_。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。(4)溶液中的c(Ce3)1105molL1，可认

18、为Ce3沉淀完全，此时溶液的pH为_(已知KspCe(OH)31.01020)。(5)加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_。(6)准确称取0.750 0 g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵溶液将Ce3氧化为Ce4，然后用0.100 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗25.00 mL标准溶液(已知：Fe2Ce4=Ce3Fe3)。该样品中CeCl3的质量分数为_。若使用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，测得该CeCl3样品的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)

19、3(2)H2O22CeO26H=2Ce34H2OO2(3)避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率(4)9(5)NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解(6)82.2%或82.17%偏大【解析】(1)根据化合价的代数等于零计算，C为4价、O为2价，F为1价。(2)HCl被CeO2氧化的产物为氯气；H2O2被氧化为O2，CeO2的还原产物为Ce3，根据电子守恒、电荷守恒即可配平方程式。(3)从流程可知KBF4为沉淀，该步骤为除去BF。(4)c(OH)。(5)从Ce(OH)3的溶度积可知CeCl3易水解，氯化铵分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解。(

20、6)由反应信息可得关系式：CeCl3(NH4)2Fe(SO4)2，再根据硫酸亚铁铵的物质的量和关系式即可计算n(CeCl3)。久置的(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2已部分被氧化，必然消耗(NH4)2Fe(SO4)2的量增多，因而测定结果偏大。16.一定量的铁粉在氯气中充分燃烧后，将所得固体完全溶于稀盐酸，制得溶液A。(1)铁在氯气中燃烧的化学方程式是_。(2)推测A中可能含有的金属阳离子：只有Fe3；只有Fe2；_。甲同学为探究溶液的组成，实验如下：(3)乙同学继续探究溶液A的组成。查阅资料：16HCl2KMnO4=2KCl2MnCl25Cl28H2O实验过程：另取少量溶液A于试管中，逐滴

21、加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去。实验结论：_(填写字母序号)。a可能有Fe2b可能无Fe2c一定有Fe2根据你选择的实验结论，简述理由：_。【答案】(1)2Fe3Cl22FeCl3(2)含有Fe3和Fe2(3)a因为还原性Fe2Cl，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2(或b溶液中可能无Fe2，加入的酸性KMnO4溶液，将Cl氧化，而使KMnO4紫色褪去)【解析】Fe3可以和铁单质反应生成Fe2，Fe3只有氧化性，Fe2既有氧化性又有还原性，氯气具有强氧化性，与铁反应生成Fe3。将一定量的铁粉在氯气中充分燃烧后所得固体

22、完全溶于稀盐酸，假如铁粉剩余，在所得溶液中铁粉可以把Fe3还原为Fe2，所以在溶液中可能含有的金属阳离子为Fe3；Fe2；Fe3和Fe2。在溶液中检验Fe3常使用KSCN溶液，若加入KSCN溶液后溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3；若不变红色，说明不含Fe3。向溶液A中加入酸性高锰酸钾溶液时，酸性高锰酸钾可以氧化Fe2，也可以氧化Cl，故不能确定溶液中是否含有Fe2。17.常见的治疗缺铁性贫血的方法是服用补铁药物，市场上一种常见的补铁药物的商品名称是：速力菲，正式名称是：琥珀酸亚铁薄膜片，为棕黄色薄膜衣片，除去薄膜衣后显暗黄色，药片中Fe2的含量约为34.036.0%。该药片在水和乙醇中的溶解

23、度不大。某学校化学实验小组为了检测“速力菲”药片中Fe2的存在，设计了如下几组理论实验设计方案：.甲组方案：药片,溶于水,NaOH溶液白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀(提示：白色的Fe(OH)2在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)甲组同学按照设计的方案完成实验，但遗憾的是他们没有得到预期的实验结果。分析甲组实验失败的可能原因：_。.乙组同学在参考书上查得如下资料：人体胃液中有大量盐酸，能溶解多种物质。H2O2不稳定，光照、加热和微量杂质会促使其分解；H2O2中氧元素为1价，它既有氧化性又有还原性。他们认真思考了甲组实验失败的原因，模拟药服用后在人体中溶解的变化过程，重新设计并完成下列实验：乙

24、组方案：药片淡黄色浑浊淡红色溶液红色加深，有气体产生，后又褪色(1)试剂1为_，试剂2为_。(2)加入试剂2后，溶液显淡红色的原因：_。(3)加双氧水后，红色加深的原因是_。根据氧化还原反应中化合价变化情况，试写出在酸性条件下Fe2与双氧水反应的离子方程式：_。.丙组同学对乙组实验中最后红色褪去的现象产生了浓厚的兴趣，欲探究其褪色的原因。根据粒子的组成，他们认为有两种可能原因：Fe(SCN)2中的三价铁被还原为亚铁；_。请你对其中一种可能进行实验验证：实验方案(用文字叙述)：_。根据预期现象判断结论：_。【答案】.该药片在水中溶解度不大，少量溶解后的溶液中几乎不存在Fe2，所以得不到预期的实验

25、现象.(1)盐酸KSCN溶液(2)在溶液形成过程中有少量Fe2已经氧化成Fe3，滴加KSCN溶液后，Fe3与SCN结合成浓度较小的红色Fe(SCN)2(3)加入的H2O2能将Fe2氧化为Fe3，导致溶液中Fe3浓度增大，Fe(SCN)2浓度也随之增大，所以红色加深H2O22Fe22H=2Fe32H2O.SCN被双氧水氧化实验方案：在褪色后溶液中加入FeCl3溶液或在褪色后溶液中加入KSCN溶液；根据预期现象判断结论：在褪色后溶液中加入FeCl3溶液现象：变红色结论：褪色原因是因为；不变红色结论：褪色原因是因为(或在褪色后溶液中加入KSCN溶液 现象：变红色结论：褪色原因是因为；不变红色结论：褪

26、色原因是因为 )【解析】.题目信息说该药片在水和乙醇中的溶解度不大，甲组方案设计用水溶解药片，溶液中几乎没有Fe2，所以得不到预期的实验现象。.(1)乙组方案模拟药服用后在人体中溶解的变化过程，设计并完成实验。药片在盐酸作用下，形成Fe2，Fe2再被H2O2氧化成Fe3。(2)Fe2还原性很强，极易空气中O2氧化为Fe3，在溶液形成过程中有少量Fe2已经氧化成Fe3。(3)Fe2还原性很强，H2O2在酸性条件下将Fe2氧化为Fe3。.显红色是因为Fe(SCN)2存在，Fe(SCN)2不存在，颜色退去，由溶液存在平衡：Fe32SCN鸠馵Fe(SCN)2，可知Fe3、SCN浓度减少均会导致颜色的改变。18.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 molL1盐酸、6 molL1硫酸和蒸馏水)。回答下列问题：(1)装置A中液体