2020高考化学跟踪检测（十三）点点突破过渡金属的2种典型代表（铁、铜）（含解析）.docx

跟踪检测（十三） 点点突破过渡金属的2种典型代表（铁、铜）1我国清代本草纲目拾遗中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝日久起销，用刀刮其销所刮下之销末，名铁线粉”。下列关于“铁线粉”的说法错误的是()A铁线粉的主要成分为Fe2O3xH2OB“用刀刮其销所刮下之销末”指质地疏松C“铁线粉”易溶于水D“铁线粉”的形成是因为吸氧腐蚀解析：选C“铁线粉”为铁锈，主要成分为Fe2O3xH2O，A正确；“铁线粉”能够用刀刮下，说明其质地疏松，易脱落，B正确；氧化铁等大多数金属氧化物不溶于水，C错误；海水接近中性，铁易发生吸氧腐蚀形成“铁线粉”，D正确。2食品容易被空气氧化而变质，故在装有月饼的袋子里常放有干燥剂及铁粉，这是利用了铁粉的()A酸性B碱性C氧化性 D还原性解析：选D放在食品包装袋内的小袋中，以防止食品因被氧化而变质说明该物质应具有还原性能够与氧气反应，则铁粉表现还原性。3下列物质中不能用金属单质和非金属单质直接化合制得的是()ACuO BFeCl3CCuS DFeS解析：选CCu与氧气反应生成CuO，故A不选；Fe与氯气在点燃或加热时直接生成FeCl3，故B不选；铜是变价金属，与氧化性弱的S反应生成低价硫化物Cu2S，故C符合；铁是变价金属，与氧化性弱的S反应生成低价硫化物FeS，故D不选。4下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()A赤铁矿的主要成分是Fe3O4B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤DFe3与KSCN反应产生血红色沉淀解析：选C赤铁矿的主要成分是Fe2O3，A错误；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，B错误；铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3，C正确；Fe3与KSCN反应产生血红色络合物，不是沉淀，D错误。5下列关于铜的化合物的说法正确的是()A蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，有棕黄色的烟生成C用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO2H=Cu2H2OD向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合物倒入蒸发皿加热煮沸一会儿，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”解析：选A蓝色CuSO45H2O受热失去结晶水转化为白色CuSO4粉末是化学变化，A正确；常温下铜与氯气不反应，需在点燃条件下才能反应，观察到有棕色的烟生成，B错误；铜锈的成分是Cu2(OH)2CO3，不是CuO，C错误；CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2加热分解，故加热后过滤，滤纸上留下的是黑色物质CuO，D错误。6下列反应中，反应后固体质量减小的是()A水蒸气通过灼热的铁粉BCu2S在O2中灼烧转变为CuOC将铜丝插入FeCl3溶液中片刻D含水蒸气的CO2通过盛有Na2O2的干燥管解析：选C水蒸气通过灼热的铁粉，与铁反应生成Fe3O4，固体质量增大，故A错误；1 mol Cu2S在O2中灼烧转变为2 mol CuO，固体质量不变，故B错误；由于FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化而溶解，所以固体质量减小，故C正确；含水蒸气的CO2通过盛有Na2O2的干燥管，与Na2O2反应生成Na2CO3和NaOH，固体质量增大，故D错误。7下列物质的转化在给定条件下能实现的是()AFeS2SO3H2SO4BNaCl(aq)NaNa2O2CFeFeSO4(aq)Fe(OH)2Fe2O3DFe2O3FeCl3(aq)Fe解析：选CFeS2煅烧可得SO2，无法得到SO3，故A错误；电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2、H2，无法得到Na，故B错误；Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2，得不到Fe，故D错误。8中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示。FeCl36H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是()A纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病B纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径大小相等C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式是6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2解析：选B纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料，可作为药物载体用于疾病的治疗，A项正确；纳米四氧化三铁分散在适当的分散剂中形成的分散系属于胶体，不同于溶液中溶质粒子的直径，B项错误；反应中环丙胺不参加反应，但加入环丙胺后FeCl3发生水解生成FeOOH，即环丙胺会促进氯化铁的水解，C项正确；由制备过程可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2，D项正确。9(2019辽宁省实验中学月考)铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是由黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是()A焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B在焙烧时氧化剂只有氧气C粗铜精炼时用粗铜作阴极DCu2S可以用于火法炼制铜解析：选D由焙烧时的化学方程式可知，焙烧时只有部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；焙烧时Cu元素由2价降低到1价，S元素由2价升高到4价，氧气中O元素由0价降低到2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；粗铜精炼时用粗铜作阳极，故C错误；火法炼铜的原理为Cu2SO22CuSO2，Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确。10粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2。提纯时，为了除去Fe2，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH4，即可以除去Fe3而不损失硫酸铜。下列说法不正确的是()A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2除去Fe2的离子方程式为2Fe2H2O24OH=2Fe(OH)3C由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH4的依据是当pH4时Fe3沉淀完全，而Cu2还未开始沉淀解析：选BCuSO45H2O晶体溶解后Cu2会发生水解生成Cu(OH)2和H2SO4，所以溶解时加入少量的稀硫酸可抑制Cu2的水解，A正确；因为氧化Fe2时，溶液为强酸性，在强酸性条件下，不可能大量存在OH，B错误；Cu2对过氧化氢的分解具有催化作用，所以使部分过氧化氢损失，C正确；因为该操作的目的是除去Fe3且硫酸铜不损失，所以调节溶液的pH4，应是Fe3完全沉淀而Cu2还未开始沉淀，D正确。11(2019深圳联考)某同学用含有铁锈(Fe2O3)的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置(省略夹持装置，气密性已检查)如图所示。下列推断不合理的是()A烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2氧化为Fe3BA中存在氧化铁与盐酸反应生成氯化铁的反应CB中收集到的气体是氢气D向反应后的烧杯中通入少量SO2，则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色解析：选D铁单质与盐酸反应只能得到Fe2，需要氧化剂将其氧化成Fe3，故A正确；氧化铁能够与盐酸发生复分解反应，故B正确；进入导气管中的气体是氢气与氯化氢，排水法收集到的气体是氢气，故C正确；SO2会与Fe3发生氧化还原反应生成浅绿色的Fe2，但SO2少量，溶液不能立即变色，故D错误。12用废铁屑制备磁性胶体粒子的过程如下。下列说法不正确的是()A用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B通入N2是防止空气中的O2氧化Fe2C加适量的H2O2是为了将部分Fe2氧化为Fe3，涉及反应：H2O22Fe22H=2Fe32H2OD溶液A中Fe2和Fe3的浓度比为21解析：选DNa2CO3溶液显碱性，油污在碱性溶液中发生水解，用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污，A正确；Fe2容易被O2氧化，所以通入N2的目的是防止空气中的O2氧化Fe2，B正确；利用H2O2的氧化性，把部分Fe2氧化成Fe3，涉及的反应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，C正确；Fe3O4中Fe2和Fe3的物质的量之比为12，即溶液A中Fe2和Fe3的浓度比为12，D错误。13FeCl3易潮解、易升华，实验室制备FeCl3的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。下列说法正确的是()A导管g的作用是增强装置的气密性B试剂X和试剂Y分别为浓硫酸、饱和食盐水C直接用E接收产物比用导管连接D、E的优点是可防止堵塞D出于简化装置的目的，F装置可拆除解析：选C导管g的作用是平衡气压，保证液体顺利滴下，A错误；为得到干燥纯净的Cl2，应先用饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸干燥气体，B错误；FeCl3易潮解，而F中的浓硫酸起到干燥的作用，防止G中水蒸气进入D中，不能拆除，D错误。14(2019南阳一中月考)铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。则下列分析正确的是()A图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuOB图甲整个过程中共生成0.26 g水C图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移解析：选D0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol80 gmol10.80 g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol144 gmol10.72 g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项错误；根据化学方程式Cu(OH)2CuOH2O、4CuO2Cu2OO2可知，生成水的物质的量为0.01 mol，质量为0.01 mol18 gmol10.18 g，B项错误；CuO和其中所含Cu元素的质量关系(以CuO的质量为10 g计算)为：CuOCu806410 g8 g观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuO2Cu2OO2可知，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移，D项正确。15硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO45H2O晶体并进行其热分解的探究。请回答下列问题：探究：制取CuSO45H2O晶体小组同学设计了如下两种方案：甲：将铜片加入足量浓硫酸中并加热。乙：将铜片加入稀硫酸，控制温度为4050 ，滴加双氧水。(1)方案甲发生反应的化学方程式为_。反应结束后有大量白色固体析出，简述从中提取CuSO45H2O晶体的方法：倒出剩余液体，_。(2)方案乙发生反应：CuH2SO4H2O2=CuSO42H2O，该实验控制温度为4050 的原因是_；与方案甲相比，方案乙的主要优点有_、_(写出2条)。探究：用以下装置(加热装置省略)探究CuSO45H2O晶体热分解的产物。已知：CuSO45H2O脱水后升高温度，会继续分解成CuO和气体产物，气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的13种。(3)称取5.00 g CuSO45H2O于A中加热，当观察到A中出现_，可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。加热一段时间后，A中固体质量为3.00 g，则此时A中固体的成分为_。(4)装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有_，C装置的作用是_。(5)理论上E中应收集到V mL气体，事实上收集到的气体体积偏小，可能的原因是_(不考虑泄漏等仪器与操作原因)。解析：(1)方案甲发生反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)SO2CuSO42H2O。反应结束后有大量白色固体析出，从中提取CuSO45H2O晶体的方法：倒出剩余液体，加入适量蒸馏水，蒸发浓缩，冷却结晶。(2)H2O2受热易分解，故乙方案控制温度为4050 的原因是温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大。与方案甲相比，方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染、能耗低等。(3)若5.00 g CuSO45H2O完全失水为CuSO4，则CuSO4的质量为3.2 g，完全分解为CuO，则CuO的质量为1.6 g。加热一段时间后，A中固体质量为3.00 g,3.2 g3.00 g1.6 g，则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。(4)装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有SO3，C装置可以盛放品红溶液，目的是检验是否有SO2生成。(5)E中收集到的气体应是O2，事实上收集到的气体体积偏小，可能是在C装置中部分O2与SO2和H2O发生了氧化还原反应。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)SO2CuSO42H2O加入适量蒸馏水，蒸发浓缩，冷却结晶(2)温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大原料利用率高不产生污染(或其他合理答案)(3)固体变为黑色CuSO4和CuO(4)SO3检验是否有SO2生成(5)在C装置中部分O2参与了氧化还原反应16铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛。请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_，Y与过量浓硝酸反应后的溶液中含有的盐的化学式为_。(2)某溶液中含有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_(填字母)。AMg2BFe2CAl3DCu2(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程图如下：操作的名称是_；操作的名称是_；操作的方法为_。Na2CO3溶液可以除油污，原