适用于新高考新教材广西专版2025届高考化学一轮总复习章末检测卷3金属及其化合物

章末检测卷(三)金属及其化合物(时间:75分钟分值:100分)一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2023北京昌平二模)近年来,我国的航天技术发展快速,航天事业呈现了中国的强大科技力气。下列成果所涉及的材料为金属材料的是()A.“天宫二号”航天器运用的材料——钛合金B.“天和号”运用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓C.“天问一号”火星车运用的热控材料——纳米气凝胶D.“神舟十三号”飞船返回舱运用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料2.下列说法不正确的是()A.钠与CuO在高温下反应生成Na2O和CuB.可用Al与MgO发生反应制取MgC.Na、F2等活泼的金属和非金属用电解法制得D.FeO在空气里灼烧,能快速被氧化成Fe3O43.(2023广西柳州模拟)下列有关金属及其化合物的说法不正确的是()A.不能用铝制容器腌咸菜,因为铝单质会与较浓的Cl-发生络合反应B.Mg燃烧不能用CO2灭火,故Na燃烧也不能用CO2灭火C.氢氧化铝不溶于过量氨水,但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水D.刚玉是一种高硬度、高熔点的化合物,刚玉坩埚不能用来熔融烧碱4.(2022广东卷)劳动开创将来。下列劳动项目与所述的化学学问没有关联的是()选项劳动项目化学学问A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2CO3可与酸反应B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与H2O高温下会反应D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜5.(2023湖南长沙联考)学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾,并测定明矾中结晶水的含量。废易拉罐溶液Ⅰ溶液Ⅱ明矾晶体上述试验中不须要用到的试验装置是 ()6.某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物,为进一步确定该黑色粉末的成分,下列试验方案不行行的是()A.精确称量肯定质量的黑色粉末,用H2充分还原,并用干燥剂收集产物水,获得水的精确质量,进行计算B.精确称量肯定质量的黑色粉末,溶解于足量盐酸,加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变,称量所得粉末质量,进行计算C.精确称量肯定质量的黑色粉末,用CO充分还原,在CO气流中冷却后精确称量剩余固体的质量,进行计算D.精确称量肯定质量的黑色粉末,与肯定量铝粉混合后发生铝热反应,充分反应后冷却,精确称量剩余固体质量,进行计算7.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料,获得净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图:已知:Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3,Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2。下列说法错误的是()A.“滤渣”的主要成分是SiO2B.为提高镍、铁元素的利用率,可将“过滤Ⅰ”的滤液和滤渣洗涤液合并C.“氧化”过程发生反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-2Fe3++Cl-+H2OD.“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调整溶液的酸碱度,应将pH限制在3.7~98.我国正在推行垃圾分类,为探讨废旧电池的再利用,试验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分试验流程如图所示。下列说法错误的是 ()A.“溶解”过程中加入H2O2溶液发生反应的化学方程式:Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2OB.溶液A中肯定含有的溶质有ZnSO4和CuSO4C.操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、一般漏斗和玻璃棒D.通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可得到ZnO9.Mg3N2常用于制备其他超硬、耐高温的氮化物,试验室通过CuO氧化NH3制得N2,然后使N2与镁反应得到Mg3N2。已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,Mg3N2是一种浅黄色粉末,易水解。下列说法错误的是 ()A.试验起先时应先点燃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Mg3N210.CaH2是重要的供氢剂,遇水或酸能引起燃烧。利用图中装置制备氢化钙固体(供应的试验仪器不得重复运用)。下列说法正确的是()A.装置①在加入试剂前无须检查装置气密性B.仪器接口的连接依次为a→c→b→f→g→d→eC.加热装置④之前必需检查气体的纯度D.装置③的主要作用是防止空气中的CO2、H2O(g)进入装置④中11.Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如图所示。下列有关推断正确的是()A.若铜片为51.2g,则生成0.2molNaNO3B.常温下,Cu遇浓硝酸发生钝化,不行能发生上述反应C.标准状况下氮氧化物的体积为20.16LD.反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,又是还原产物12.NiSO4·6H2O易溶于水,其溶解度随温度上升明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO,还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如图:已知:25℃时,Ksp(CuS)=8.9×10-35、Ksp(FeS)=4.9×10-18。下列叙述错误的是()A.溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀硫酸B.除去Cu2+可采纳FeSC.流程中a~b的目的是富集NiSO4D.“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶13.Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+,分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd为催化材料,可实现用H2消退酸性废水中的致癌物NO2A.Pd上发生的电极反应为H2-2e-2H+B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C.反应过程中NO2-被Fe(ⅡD.用该法处理后水体的pH降低14.(2023湖南益阳期末)铍是一种性能优良的材料,铍精矿的主要成分为铍、铝、硅、铁的氧化物和碳酸钙及部分其他杂质,以铍精矿为原料制备氢氧化铍的工艺流程如图所示:已知:①Fe3+、Al3+和Be2+可通过调整溶液pH实现分步沉淀;②Be(OH)2与Al(OH)3具有相像的化学性质。下列说法正确的是()A.“熔炼”过程中SiO2不发生化学改变B.“氧化”工序中用NaClO代替H2O2也可达到目的且不影响产品纯度C.“沉淀”工序中需严格限制NH3·H2O加入量,以削减Be(OH)2溶解损失D.“氧化”工序的主要反应为2H2O2+2Fe2++2H+O2↑+2Fe3++3H2O二、非选择题:本题共4小题,共58分。15.(16分)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的试验装置如图所示:E和G用来收集产物。回答下列问题:(1)通入氯气后,A中视察到有酸雾产生,C中P2O5的作用是。

(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3的性质。

(3)试验过程中若F处出现堵塞,则在B处可视察到的现象是。可通过(填简洁操作),使试验能接着进行。

(4)I中反应的离子方程式为。

(5)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g,该次试验的产率是。

(6)试验室中还常用SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3,该反应的化学方程式为。检验三氯化铁中是否存在FeCl2的试剂是。

16.(14分)某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物,为综合开发资源提高矿石的利用率,化工厂实行如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。该工艺条件下,有关金属离子起先沉淀和完全沉淀的pH如表:金属离子Fe3+Al3+Fe2+起先沉淀的pH2.23.79.5沉淀完全的pH(10-5mol·L-1)3.14.711.1请回答下列问题:(1)提高酸浸效率的措施是(答出一条即可),最适合选择进行酸浸。

(2)“氧化”步骤一般采纳H2O2溶液,且分多次添加的方式。其涉及的离子方程式为。

(3)可向氧化后的溶液中加入氧化铝调整溶液pH,调整pH的范围为。

(4)“洗涤”滤渣B的操作是

。

(5)写出滤渣A与氢氟酸反应的化学方程式:。

(6)若m1kg矿石最终获得m2kgAlCl3·6H2O,则矿石中铝元素的含量为×100%。(用最简分数表示)

17.(14分)某探讨性学习小组通过下列试验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化实力增加,可将Fe2+氧化。回答下列问题:(1)由AgNO3固体配制0.1mol·L-1的AgNO3溶液50mL,下列仪器中不须要运用的有(写出名称),配制好的溶液应转移到试剂瓶中保存。

(2)步骤1的试验现象是;步骤2无明显现象;步骤3最终的试验现象是溶液中生成黄色沉淀,。由此可知,步骤3反应的离子方程式为。

(3)某同学在试验时漏掉步骤2,干脆加入过量AgNO3溶液,也视察到与步骤3相同的试验现象,并由此对I2氧化Fe2+产生了质疑。(4)为了证明AgI的生成使I2的氧化实力增加而将Fe2+氧化,学习小组在上述试验基础上进行补充试验:分别取少量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和步骤3试管中的上层清液置于试管a和试管b中,分别往两支试管中加入过量的,视察到的现象为。

18.(14分)NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体,广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金,还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O的步骤如图:已知:①镍能溶于稀酸但溶解不完全,通常表现为+2价;②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9,Ka(HF)=6.3×10-4。(1)NiSO4中阴离子的空间结构为。

(2)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是

。

(3)“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀,写出其离子方程式:。

(4)向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液,使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低,将会导致MgF2沉淀不完全,其缘由是。

(5)“沉镍”后所得滤液中,可循环运用的物质为(填化学式)。

(6)NiSO4在NaOH溶液中用NaClO氧化,可制得碱性镍镉电池电极材料NiO(OH)。该反应的化学方程式为。

(7)在制备NiSO4·6H2O晶体时,常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂,缘由是。

参考答案章末检测卷(三)金属及其化合物1.A解析钛合金是合金材料,属于金属材料,A符合题意;砷化镓是一种半导体材料,B不符合题意;纳米气凝胶是胶体,不是金属材料,C不符合题意;酚醛树脂基低密度材料属于有机高分子材料,D不符合题意。2.B解析钠具有强还原性,在高温下与氧化铜反应生成铜和氧化钠,故A项正确;Al的金属性比Mg的弱,不能用Al与MgO高温下反应制备Mg,故B项错误;Na具有强还原性,F2具有强氧化性,常用电解熔融盐的方法制得Na和F2,故C项正确;FeO具有还原性,在空气里灼烧,能被空气中的氧气快速氧化生成四氧化三铁,故D项正确。3.A解析铝制容器表面的致密氧化膜起爱护作用,但假如长时间存放具有酸性、碱性或咸味的东西,氧化铝会被破坏掉,进而破坏铝制容器,而不是因为铝单质与较浓的Cl-发生络合反应,A错误;由于钠比镁活泼,镁能与CO2反应,则钠也能与CO2反应,Mg燃烧不能用CO2灭火,故Na燃烧也不能用CO2灭火,B正确;一水合氨是弱碱,氢氧化铝不溶于过量氨水,但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水形成协作物,C正确;刚玉的主要成分是Al2O3,是一种高硬度、高熔点的化合物,Al2O3高温下与烧碱会发生反应,因此刚玉坩埚不能用来熔融烧碱,D正确。4.A解析小苏打是NaHCO3,用作发泡剂的原理是小苏打受热分解生成CO2,在面包内部形成很多气孔,使得面包疏松多孔,A项符合题意;熟石灰具有碱性,可以与酸性废水中的酸性物质发生反应,B项不符合题意;铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4,工人须要将模具干燥后再注入熔融钢水,C项不符合题意;铝易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜,阻挡内部的铝进一步反应,故镀铝钢板耐腐蚀,D项不符合题意。5.D解析溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体,须要用到蒸发装置和过滤装置,A、C不符合题意;明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2,则须要在坩埚中进行,B不符合题意;该流程中没有分液操作,D符合题意。6.D解析A项中,依据生成水的质量可以计算得到氧元素的质量,再依据黑色粉末的质量得到铁元素的质量,进而确定黑色粉末的成分,A正确;B项中,最终灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁,依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量,再依据黑色粉末的质量得到氧元素的质量,进而确定黑色粉末的成分,B正确;C项中,剩余固体是铁,依据黑色粉末的质量得到氧元素的质量,进而确定黑色粉末的成分,C正确;D项中,反应前后都是固体,固体质量不变,不能确定黑色粉末的成分,D错误。7.D解析红土镍矿加入硫酸“酸浸”,金属氧化物溶于硫酸,SiO2不溶,故“过滤Ⅰ”所得滤渣的主要成分是SiO2,A正确;滤渣洗涤液中含有镍、铁元素,故洗涤液和“过滤Ⅰ”的滤液合并,可提高镍、铁元素的利用率,B正确;“氧化”过程加入NaClO,可将Fe2+氧化为Fe3+,结合守恒规律写出离子方程式,C正确;“氧化”过程中Fe2+被氧化为Fe3+,“沉铁”过程加入Na2CO3调整溶液的pH,生成黄钠铁矾,若pH高于3.7,Fe3+转化为Fe(OH)3,不能获得黄钠铁矾,故pH应小于3.7,D错误。8.D解析“溶解”过程中,加H2O2溶液的目的是氧化铜单质,使其能溶于酸生成硫酸铜,反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,A正确;溶液A中的主要溶质为硫酸锌和硫酸铜,B正确;操作M为过滤,需用到烧杯、一般漏斗和玻璃棒等仪器,C正确;硫酸锌转变成氢氧化锌后再灼烧可得到氧化锌,D错误。9.C解析试验起先时应先点燃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与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中浓硫酸用于汲取N2中的NH3和水,而碱石灰不能汲取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的Mg(OH)2沉淀和刺激性气味的气体NH3,D正确。10.C解析装置①为启普发生器,加入试剂之前必需检查装置的气密性,A错误;装置①产生的H2中混有氯化氢、水蒸气,通过装置③可以除去这两种杂质,所以仪器接口的连接依次为a→d→e→f→g(或g→f)→b→c,B错误;为了防止金属钙与空气中的物质发生反应,须要在加热前通入氢气,排尽装置④硬质玻璃管中的空气,通过检查氢气纯度推断空气是否排尽,C正确;装置③的作用是除去氢气中混有的氯化氢、水蒸气,D错误。11.A解析分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生改变,即Cu→Cu2+,HNO3→NaNO2,51.2gCu的物质的量为0.8mol,共失去电子0.8mol×2=1.6mol,由得失电子守恒可知HNO3→NaNO2得到1.6mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol,由钠原子守恒可得另一种产物NaNO3的物质的量为0.2mol,A正确;常温下,Cu能与浓硝酸反应,B错误;NO2、N2O4在标准状况下不是气体,C错误;反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物,不是还原产物,D错误。12.A解析溶解废渣时,发生的反应主要是用酸将金属氧化物溶解,加入稀盐酸同样可以达到目的,则能用稀盐酸代替稀硫酸,A错误;除去铜离子的操作可为向溶液中加入硫化亚铁将溶液中的铜离子转化为更难溶的硫化铜,B正确;流程中a~b的过程为浓度较低的硫酸镍溶液转化为浓度较高的硫酸镍溶液,可富集硫酸镍,C正确;硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥得到六水合硫酸镍晶体,则操作Ⅰ为蒸发浓缩、冷却结晶,D正确。13.D解析由题图可知,Pd上H2失电子生成H+,则电极反应为H2-2e-2H+,A正确;H2失去电子生成H+,Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ),Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ),NO2-得到Fe(Ⅱ)失去的电子生成N2,则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用,B正确;NO2-和Fe(Ⅱ)反应生成N2,氮元素的化合价降低,所以反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2,C正确;总反应方程式为2H++2NO2-+3H2N14.B解析依据铍精矿的成分可知,“熔炼”过程中二氧化硅可与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳,加入硫酸后,生成铍离子、铝离子、铁离子和亚铁离子,加入双氧水后亚铁离子生成铁离子,加入氨水,使铁离子、铝离子和铍离子分步沉淀。“熔炼”过程中SiO2发生反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,A错误;Be(OH)2最终为沉淀,故加入NaClO可氧化Fe2+且不影响产品纯度,B正确;Be(OH)2为两性氢氧化物,溶于强碱,不溶于弱碱,C错误;“氧化”工序的主要反应为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O,D错误。15.答案(1)除去酸雾(2)易升华(3)B中有气泡产生适当加热F处(4)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(5)80.00%(6)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+12HCl↑+6SO2↑铁氰化钾溶液解析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,干燥的氯气与铁粉在D中反应生成氯化铁,因氯化铁易升华,到达E、G后重新凝华得到氯化铁,反应剩余的氯气用I中NaOH溶液汲取,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)试验过程中若F处出现堵塞,则氯气进入B中,可视察到B中有气泡产生,然后进入烧杯中,与烧杯中的NaOH溶液反应;氯化铁易升华,则可通过适当加热F处,使试验能接着进行。(5)由2Fe+3Cl22FeCl3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,因此该次试验的产率是13.00g16.25g(6)若干脆加热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,试验室中常用SOCl2与FeCl3·6H2O晶体共热制备无水FeCl3,该过程产生HCl抑制氯化铁水解,结合原子守恒可知该反应的化学方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+12HCl↑+6SO2↑。16.答案(1)搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度盐酸(2)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(3)3.1≤pH<3.7(4)沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀,待水自然流下后重复以上操作2~3次(5)SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(6)18解析由题给流程可知,矿石加入盐酸酸浸,铁、铝的氧化物溶解得到可溶性金属氯化物,二氧化硅不与盐酸反应,过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有金属氯化物的滤液A;向滤液A中加入过氧化氢溶液,将溶液中的亚铁离子转化为铁离子;向氧化后的溶液中加入氧化铝调整溶液pH在3.1≤pH<3.7范围内,将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到氢氧化铁滤渣B和含有氯化铝的滤液B;洗涤后灼烧滤渣B得到氧化铁,向滤液B中通入氯化氢,抑制铝离子水解,溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水合氯化铝晶体。(1)由最终制得六水合氯化铝晶体可知,酸浸时加入的酸溶液为盐酸,搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度等措施可以提高酸浸效率;(2)由分析可知,向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;(3)由分析可知,向氧化后的溶液中加入氧化铝调整溶液pH在3.1≤pH<3.7范围内,将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀;(4)洗涤滤渣B的操作为沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀,待水自然流下后重复以上操作2~3次;(5)滤渣A的主要成分为二氧化硅,二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水,反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O;(6)若m1kg矿石最终获得m2kgAlCl3·6H2O,由铝原子守恒可知矿石中铝元素的含量为m2×10317.答案(1)分液漏斗、蒸馏烧瓶棕色(2)溶液变蓝色溶液蓝色褪去2Fe2++I2+2Ag+2Fe3++2AgI↓(4)KSCN溶液试管a溶液不变红,试管b溶液变红解析(2)步骤1中