新教材2023年高考化学总复习考案6单元检测卷五第三章金属及其化合物A卷

考案[六]单元检测卷(五)第三章金属及其化合物(A卷)时间：60分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·福建泉州第1次质检)三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，下列有关说法不正确的是(C)A．青铜神树体现了中国古代高超的冶金技术B．青铜表面的绿色物质主要为Cu2(OH)2CO3C．青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料D．玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色[解析]合金是指在一种金属中加热融合其他金属或非金属形成的混合物，玉的成分为硅酸盐，不含金属单质，不具有金属特性，C错误。2．(2022·广东肇庆模拟)铜及其化合物在工业生产中有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是(B)常温下几种物质沉淀的pH表金属离子Fe3＋Cu2＋Mn2＋开始沉淀2.75.68.3完全沉淀3.76.79.8A．“浸取”过程生成的S为氧化产物B．“调pH”过程需要将溶液调至碱性C．“沉锰”过程中反应的离子方程式：Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)D．“加热”过程排出的NH3可以通入“沉锰”过程循环利用[解析]辉铜矿的主要成分为Cu2S，“浸取”过程中Cu2S→S，硫元素化合价升高，则S是氧化产物，A正确；“调pH”的目的是沉淀Fe3＋，转化为Fe(OH)3沉淀，若将溶液调至碱性，Cu2＋、Mn2＋均产生沉淀，B错误；“沉锰”过程中加入NH4HCO3溶液，并通入NH3，发生反应生成MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)，C正确；由题图可知，“加热”排出NH3可通入“沉锰”中再次循环利用，D正确。3．(2023·河北石家庄质检)利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到目的的是(B)A．利用装置甲验证铁的析氢腐蚀B．利用装置乙制备氢氧化亚铁C．利用装置丙蒸发氯化镁溶液，制备无水氯化镁D．利用装置丁制备并收集二氧化碳[解析]铁钉在氯化钠中性溶液中发生吸氧腐蚀，A错误；用装置乙制备氢氧化亚铁时，先打开止水夹a，用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置中的空气排尽，然后关闭止水夹a，利用反应生成的氢气增大试管A中的压强，将硫酸亚铁溶液压入试管B中，硫酸亚铁和氢氧化钠在无氧环境中反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，B正确；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解反应是吸热反应，若直接加热蒸发MgCl2溶液，氯化氢受热挥发，水解平衡向正反应方向移动导致水解趋于完全，最终得到氢氧化镁，C错误；碳酸氢钠受热分解得到二氧化碳和水蒸气，无法得到纯净的二氧化碳，且二氧化碳密度比空气大，应用向上排空气法收集，D错误。4．(2023·山东烟台期中)某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应。已知：H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)，HOeq\o\al(－,2)H＋＋Oeq\o\al(2－,2)。下列分析正确的是(B)A．实验②中MnO2的主要作用是降低水中O2的溶解度B．实验②、⑤均可证明实验①中有复分解反应发生C．实验④证明了同温下Ksp(BaSO4)<Ksp(BaO2)D．若酸性KMnO4溶液足量，则实验④、⑤产生O2的总量与实验②产生O2的量相等[解析]实验②中二氧化锰的主要作用是作催化剂，A错误；实验②、⑤均是过氧化氢发生反应生成了氧气，可证明实验①中有复分解反应发生，生成过氧化氢，B正确；实验④中BaO2与稀硫酸发生复分解反应生成H2O2和BaSO4，说明BaO2溶于硫酸，而BaSO4不溶于硫酸，不能证明同温度下Ksp(BaSO4)<Ksp(BaO2)，C错误；实验⑤中是过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，而实验②、④中是过氧化氢分解产生氧气，所以实验④、⑤产生氧气的总量与实验②产生氧气的量不相等，D错误。[实验分析]实验①：Na2O2与水发生复分解反应生成H2O2和NaOH，H2O2发生分解反应生成H2O和O2；实验②：H2O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应生成H2O和O2；实验③：氯化钡与过氧化氢反应生成BaO2沉淀；实验④：BaO2先与稀硫酸发生复分解反应生成H2O2和BaSO4，H2O2发生分解反应生成H2O和O2；实验⑤：过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化为氧气。5．(2023·山东济南检测)某同学欲利用如图所示装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2。下列分析错误的是(A)A．X可以是稀硫酸、稀硝酸或稀盐酸B．实验开始时应先打开止水夹a、b，再向烧瓶中加入XC．实验所用溶液应现配现用且配制溶液所用的蒸馏水需要先加热煮沸后迅速冷却D．反应结束后若关闭止水夹b和分液漏斗的活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在[解析]过量的稀硝酸会将铁粉氧化为铁离子而最终生成Fe(OH)3，且生成的NO不能被氢氧化钠溶液吸收，会污染空气，故X不能为稀硝酸，A错误；实验开始时，应先打开止水夹a、b，利用生成的氢气将装置中的空气排尽，防止生成的Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，然后关闭止水夹a，利用压强差将烧瓶中含亚铁离子的溶液压到带支管的锥形瓶中与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2，B正确；实验所用溶液应现配现用且配制溶液所用的蒸馏水需要先加热煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解的O2，避免Fe2＋、Fe(OH)2被氧化，C正确；由于装置中的空气及溶液中的氧气均已被除去，带支管的锥形瓶液面上方是还原性的氢气，故反应结束后关闭止水夹b和分液漏斗的活塞，Fe(OH)2可较长时间存在，D正确。6．(2023·河北衡水检测)某同学探究Fe2＋还原性的实验记录如下：实验编号①②③实验过程实验现象溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)，取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验反应后的液体有丁达尔效应；取反应后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，经检验反应后的液体无丁达尔效应下列说法错误的是(D)A．②中红色液体中含有Fe(OH)3胶体B．对比①③，可知酸性条件下H2O2的氧化性强于O2C．对比①②，可知酸性越强，H2O2的氧化能力越强D．由①可知，向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液发生反应：2Fe3＋＋H2O2=O2↑＋2H＋＋2Fe2＋[解析]②中溶液变红且不褪色说明Fe2＋被氧化为Fe3＋，有丁达尔效应说明有Fe(OH)3胶体生成，A正确；①中取褪色后溶液加盐酸和氯化钡溶液有白色沉淀产生，说明SCN－被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，而③中向反应后溶液中滴加盐酸和氯化钡溶液没有白色沉淀生成，说明没有SOeq\o\al(2－,4)生成，因此对比①③两个实验可以得出酸性条件下过氧化氢的氧化性强于氧气，B正确；①中溶液pH<1，H2O2可将SCN－氧化为SOeq\o\al(2－,4)，②中溶液pH＝5，没有得到白色沉淀，即没有SOeq\o\al(2－,4)生成，说明H2O2未能将SCN－氧化为SOeq\o\al(2－,4)，因此对比①②，可得出酸性越强，过氧化氢的氧化性越强，C正确；①中溶液红色褪去的原因是H2O2将SCN－氧化为SOeq\o\al(2－,4)，Fe(SCN)3被消耗，且H2O2易分解产生O2，并不能说明Fe3＋与H2O2发生了反应，D错误。7．(2023·湖南“三湘教育联盟”联考)某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钠(NaH)，实验装置如图所示。下列说法错误的是(D)A．相同条件下，粗锌(含少量C)比纯锌反应速率快B．装置a还能用来制备CO2气体C．实验时先打开活塞K，再点燃c处酒精灯D．判断钠是否剩余，可取c中固体加水检验[解析]粗锌(含少量C)在酸R中可形成原电池，比纯锌反应速率快，A正确；装置a可利用CaCO3与稀盐酸反应制备CO2气体，B正确；实验时先打开活塞K，利用产生的H2排出装置内的空气，再点燃c处酒精灯加热，Na与H2反应生成NaH，C正确；Na、NaH都能与水反应产生H2，故取c中固体加水，不能判断Na是否剩余，D错误。8．(2023·湖南临澧一中月考)下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是(B)选项实验操作目的或结论A将少量Zn片放入FeCl3溶液中证明Zn的金属性比Fe强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁的还原性比碳强C向FeCl2溶液(含少量FeBr2杂质)中加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2D向5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显红色FeCl3与KI的反应是可逆反应[解析]将少量Zn片放入FeCl3溶液中，发生反应Zn＋2Fe3＋=Zn2＋＋2Fe2＋，没有铁被置换出来，不能证明Zn的金属性比Fe强，A错误；将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，发生反应2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO＋C，镁是还原剂、C是还原产物，证明镁的还原性比碳强，B正确；Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先氧化Fe2＋，向FeCl2溶液(含少量FeBr2杂质)中加入适量氯水，不能除去FeCl2溶液中的FeBr2，C错误；向5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，FeCl3过量，再加入几滴KSCN溶液，溶液显红色，不能证明FeCl3与KI的反应是可逆反应，D错误。9．某同学按如图所示实验操作对FeCl3的性质进行探究：下列分析正确的是(B)A．①～④的变化中，有2处涉及氧化还原反应B．③中反应的离子方程式：2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同D．若用Na2SO3代替Na2S进行实验，溶液不可能变成淡绿色[解析]①中产生淡黄色沉淀S，溶液变淡绿色，说明有Fe2＋生成，属于氧化还原反应，②中的黑色沉淀，是由Fe2＋与S2－反应生成的FeS，③中Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)发生相互促进的水解反应生成Fe(OH)3胶体及CO2，④是Fe(OH)3胶体在盐的作用下发生聚沉，②～④变化中均无电子的转移，A错误，B正确；若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则S2－是过量的，还原生成的Fe2＋会立即与S2－作用生成黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，C错误；SOeq\o\al(2－,3)也能将Fe3＋还原为Fe2＋，D错误。10．(2023·广东华南师大附中一模)Mg3N2常用于制备其他超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后使N2与镁反应得到Mg3N2。已知Mg＋2NH3eq\o(=,\s\up7(△))Mg(NH2)2＋H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是(C)A．实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃E处酒精灯B．装置A中分液漏斗中的溶液为浓氨水C．装置D与装置F可以对调D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2[解析]实验开始时应先点燃C处酒精灯，利用C中生成的N2排出装置内的空气，再点燃E处酒精灯，让Mg和N2反应，A正确；装置A中分液漏斗中盛有浓氨水，滴入生石灰中产生NH3，B正确；装置D和F不能调换，D中浓硫酸用于吸收N2中的NH3和水，而碱石灰不能吸收NH3，C错误；取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，若有Mg3N2，则与水反应生成白色沉淀Mg(OH)2和刺激性气体NH3，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)(2023·经典题汇编)有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如图转化关系：(1)若X、Y、Z三种物质的焰色试验均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为Na2O，Z的电子式为Na＋[：eq\o(,\s\up10(‥),\s\do10(‥))：eq\o(,\s\up10(‥),\s\do10(‥))：]2－Na＋；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为离子键，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数之比为2：3(或3：2)。(2)若X、Y、Z均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol·L－1三种物质的溶液的pH：Y>X>Z>7，则：①的化学方程式为Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH(或其他合理答案)，③的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)。(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，②的反应条件为电解，则②的化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，③的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。[解析](1)由焰色试验均为黄色知X、Y、Z均含有钠元素，由化学反应类型知X是钠、Y是Na2O、Z是Na2O2，Na2O与Na2O2具有的相同化学键类型为离子键；生成1molNa2O2时，途径③转移2mol电子；另一种途径生成1molNa2O时转移2mol电子，再转化为Na2O2时又转移1mol电子，共转移3mol电子。(2)由转化关系及pH的大小关系知，当X、Y、Z分别为Na2CO3、NaOH、NaHCO3时符合条件。则由Na2CO3生成NaOH的化学方程式为Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH或其他合理答案，由Na2CO3生成NaHCO3的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)。(3)由Y的用途知其是NaCl，②的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，Z中含有金属元素，则X是钠、Z是氢氧化钠。反应②为电解食盐水：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。反应③为Na与水反应，离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。12．(15分)(2023·湖北选择考适应练)无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：E和G用来收集产物。回答下列问题：(1)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是除去酸雾。(2)存E、G处收集产物是利用了FeCl3易升华的性质。(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是有气泡产生，可通过适当加热F处(填简单操作)，使实验能继续进行。(4)I中反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。(5)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是80.00%。(6)实验室中还常用SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3，该反应的化学方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq\o(=,\s\up7(△))FeCl3＋12HCl↑＋6SO2↑。检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是铁氰化钾。[解析](1)潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使浓硫酸中的三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内空气中的水蒸气形成酸雾，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙是防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解。(3)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气进入B中，看到有气泡产生，然后进入烧杯中的NaOH溶液中与NaOH反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行。(4)在I中未反应完的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。(5)由2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3可知，每2molFe反应生成2molFeCl3，则5.60g(0.1mol)干燥铁粉理论上可制得0.1molFeCl3，其质量为0.1mol×162.5g·mol－1＝16.25g，因此该次实验的产率是eq\f(13.00g,16.25g)×100%＝80.00%。(6)若直接加热FeCl3·6H2O，氯化铁会水解得氢氧化铁和HCl，HCl挥发，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室中常用SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3，说明该过程产生了HCl抑制了氯化铁水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq\o(=,\s\up7(△))FeCl3＋12HCl↑＋6SO2↑；亚铁离子与铁氰化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是铁氰化钾溶液。13．(15分)联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如图：回答下列问题：(1)沉淀池中发生反应的离子反应方程式为Na＋＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)。(2)X是CO2，Y是NH3(填化学式，下同)。(3)Z中除了溶解的氨气、食盐外，其他溶质还有NaHCO3、NH4Cl；排出液W中的溶质除了氢氧化钙外，还有CaCl2、NaCl。(4)从理论上分析，在氨碱法生产过程中不需要(填“需要”或“不需要”)补充氨气。(5)根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确是b(填字母)。a．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小b．通入氨气的目的是使氯化铵更多地析出c．加入食盐细粉的目的是提高Na＋的浓度，促进碳酸氢钠结晶析出[解析](1)依据流程图分析可知，联碱法和氨碱法生产流程中，沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水和氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，且析出的均是NaHCO3，发生的反应是NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，则离子方程式为Na＋＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)。(2)两种方法中煅烧炉内发生的反应均是2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑，可循环的X是CO2；氨碱法生产中的母液主要含有NH4Cl、NaHCO3，加入过量CaO后，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成NH3可循环利用，故Y是NH3。(3)联碱法中，母液中含有NaCl、NH3、NH4Cl、NaHCO3(少量)，则Z中除了含有溶解的氨气、食盐外，还含有NaHCO3、NH4Cl；氨碱法中，母液中含有NaCl、NH3、NH4Cl、NaHCO3(少量)，向母液加入CaO后，生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NH4Cl反应生成NH3循环利用，排出液W中主要含有Ca(OH)2、CaCl2、NaCl等。(4)从理论上分析，氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙和水反应生成的氢氧化钙会和铵盐反应生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气。(5)联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程中，常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大，故a错误；通氨气的作用是增大NHeq\o\al(＋,4)的浓度．使NH4Cl更多地析出，故b正确；加入食盐细粉的目的是提高Cl－的浓度，促进氯化铵结晶析出，故C错误。14．(15分)(2022·河北)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2(填化学式)，滤渣①的主要成分为SiO2(填化学式)。(2)黄铁矿研