2025届高考化学一轮复习第三章金属及其化合物练习含解析新人教版

PAGEPAGE9第三章金属及其化合物单元过关限时检测(50分钟，100分)第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意1．(2024·课标Ⅲ，7,6分)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的漂亮景色，历经千年色调依旧，其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是(C)A．保存《千里江山图》需限制温度和湿度B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3[解析]本题考查物质的组成和性质，涉及Cu(OH)2、CuCO3的性质、质量分数的计算等学问。孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受热易分解，用颜料描绘的图案受潮简单变模糊，所以需限制温度和湿度，A正确；孔雀石和蓝铜矿中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空气氧化，B正确；Cu(OH)2、CuCO3都能与酸反应，所以不耐酸，C错误；Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数为eq\f(128,222)×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数为eq\f(192,346)×100%≈55.5%<57.7%，D正确。2．(2024·吉林东北师大附中月考)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入100mL0.6mol·L－1HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224mLNO气体(标准状况)。下列说法不正确的是(B)A．产物中硝酸铜的物质的量为0.025molB．若混合物中Cu的物质的量为0.005mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020molC．若混合物中含0.01molCu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005molD．混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol<n(Cu)<0.015mol[解析]本题通过金属与氧化性酸反应的相关计算，考查原子守恒、得失电子守恒、极值法的应用。硝酸具有强氧化性，与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu(NO3)2、NO和水。标准状况下224mLNO气体的物质的量n(NO)＝eq\f(0.224L,22.4L·mol－1)＝0.01mol，依据N元素守恒可知2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＝n(HNO3)，则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正确；依据Cu元素守恒可知2×n(Cu2O)＋n(CuO)＋n(Cu)＝0.025mol；依据氧化还原反应中得失电子守恒可知n(Cu)×2＋2×n(Cu2O)＝0.01mol×3，联立后解得n(CuO)＝n(Cu)－0.005mol，n(Cu2O)＝0.015mol－n(Cu)，所以CuO、Cu2O的物质的量共为n(Cu)－0.005mol＋0.015mol－n(Cu)＝0.01mol，B错误；由B项分析可知，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正确；依据B项分析可知n(CuO)＝n(Cu)－0.005mol>0mol，n(Cu2O)＝0.015mol－n(Cu)>0mol，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol<n(Cu)<0.015mol，D正确。3．(2024·山东烟台高三检测)某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列试验方案可行的是(D)A．将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe(OH)3胶体C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2OD．将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3＋的氧化性强于Cu2＋[解析]热的浓硫酸不仅能与铁反应，还能与铜等不活泼金属反应，因此将铁粉加入热的浓硫酸中，不能用于探究铁的活泼性，故A项方案不行行；将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中，会得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，故B项方案不行行；在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，一方面氧气可将FeSO4氧化，另一方面会得到不含结晶水的化合物，故C项方案不行行；将铜粉加入FeCl3溶液中，发生反应：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，该反应说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故D项方案可行。4.(2024·福建福州检测)如图装置中，容器甲内充入0.1molNO气体。干燥管内装有肯定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积的9/10，干燥管中物质的质量增加了2.24g。随着CO2的接着通入，活塞又渐渐向右移动。下列说法中正确的是(D)A．活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24L(标准状况)B．NO2转化为N2O4的转化率为20%C．容器甲中NO已反应完D．活塞移至C处后，接着通入amolCO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01[解析]A项，设标准状况下通入CO2的体积为x，产生氧气的体积为y，则：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2Δm2×22.4L22.4L56gxy2.24g解得x＝1.792L，y＝0.896L，即标准状况下通入二氧化碳的体积为1.792L，故A错误；B项，由A项计算可知，生成氧气的物质的量为eq\f(0.896L,22.4L·mol－1)＝0.04mol，2NO＋O2=2NO22120.08mol0.04mol0.08mol0.1mol>0.08mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08mol，2NO2N2O4Δn210.02mol0.1mol×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,10)))＝0.01molNO2转化为N2O4的转化率为eq\f(0.02mol,0.08mol)×100%＝25%，故B错误；C项，依据B项的计算可知，NO还剩余0.1mol－0.08mol＝0.02mol，故C错误；D项，活塞移至C处后，体积不会再减小，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积增大，2NO2N2O4平衡左移，使气体物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此通入CO2的量必小于0.01mol，故D正确。5．(2024·安徽合肥检测)工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是(C)(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C．在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物[解析]依据铝土矿的成分，制备较高纯度的Al可先加入盐酸，发生反应：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O等，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生反应：Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓等，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生反应：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态的氧化铝得到金属铝，因此须要用到的物质有NaOH溶液、盐酸、CO2气体、冰晶石，A项错误；石英的主要成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，B项错误；制取粗硅的反应为2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，C作还原剂，SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2，C项正确；CuFeS2与O2反应时，S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价上升，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。6．(2024·北京朝阳检测)某小组同学通过试验探讨FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，试验记录如下：序号ⅠⅡⅢ试验步骤试验现象铜粉消逝，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是(C)A．试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3＋被还原B．对比试验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．试验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后c(Cu2＋)相同D．向试验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀[解析]Cu和FeCl3溶液反应，生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀可能是发生了反应：CuCl2＋Cu=2CuCl↓，试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3＋被铜还原，A项正确；对比试验Ⅰ、Ⅱ，试验Ⅰ加入少量铜粉，铜粉消逝，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，试验Ⅱ加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B项正确；对比试验Ⅱ、Ⅲ，参与反应的Fe3＋的量相同，则生成的Cu2＋应相同，但由于试验Ⅱ生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2＋)不相同，C项错误；试验Ⅲ溶液为蓝色，含有Cu2＋和过量的铜，向试验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D项正确。7.(2024·湖北武汉高三检测)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1mol·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是(C)A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态肯定是气态B．1.0L0.1mol·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1molC．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子D．元素B、C、D的原子半径由大到小的依次为r(D)>r(C)>r(B)[解析]0.1mol·L－1丁溶液的pH为13(25℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲＋乙=丁＋辛，依据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子序数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再依据反应：甲＋丙=戊＋辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。A为H，B为碳，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，COeq\o\al(2－,3)离子水解生成HCOeq\o\al(－,3)离子和OH－离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，选项B错误；甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1023个电子，选项C正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小依次为Na>C>O，即r(D)>r(B)>r(C)，选项D错误。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分8．(2024·山东济宁育才中学月考)镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2(填化学式)。(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为＋2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式：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，不考虑杂质)为原料制备Mg(OH)2和CaCO3的工艺流程如下：“煅烧”时称取27.6g白云石，高温加热到质量不再改变，收集到的CO2为6.72L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2和CaCO3的质量分别为8.7g、15g。[解析](1)镁能在氧气、二氧化碳、氮气中燃烧，Mg与O2、CO2反应均生成MgO，且氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。(2)CH3MgCl中Cl为－1价，H为＋1价，C为－4价，则镁的化合价为＋2价，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱肯定是氢氧化镁，该盐肯定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl＋2H2O=2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2。(3)“煅烧”时称取27.6g白云石，高温加热到质量不再改变，收集到的CO2为6.72L(标准状况下)，则CO2的物质的量为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，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58g·mol－1×0.15mol＝8.7g，CaCO3的质量为100g·mol－1×0.15mol＝15g。9．(2024·云南昆明高三检测)某同学在试验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的试验。试验Ⅰ：将Fe3＋转化为Fe2＋(如下图)(1)Fe3＋与Cu粉发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(2)探究白色沉淀产生的缘由，请填写试验方案。试验方案现象结论步骤1：取4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀步骤2：取4mL0.2mol·L－1FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液无明显现象查阅资料已知：①SCN－的化学性质与I－相像②2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2Cu2＋与SCN－反应的离子方程式为2Cu2＋＋4SNC－=2CuSCN↓＋(SCN)2。试验Ⅱ：将Fe2＋转化为Fe3＋试验方案现象向3mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中加入1mL稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消逝，溶液变为黄色探究上述现象出现的缘由：查阅资料：Fe2＋＋NOFe(NO)2＋(棕色)(3)用离子方程式说明NO产生的缘由3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2＋与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2＋与NO反应①依据试验现象，可推知反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ慢(填“快”或“慢”)。②反应Ⅰ是一个不行逆反应，设计试验方案加以证明取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显改变，说明反应Ⅰ是一个不行逆反应。③请用化学平衡移动原理说明溶液由棕色变为黄色的缘由Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色。[解析](1)Fe3＋与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(2)由反应2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，可知图中得到溶液中Fe2＋为0.2mol·L－1，Cu2＋为0.1mol·L－1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行比照试验，故试验方案为：步骤1：取4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，步骤2：取4mL0.2mol·L－1FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，由题目信息Ⅱ可知，Cu2＋与SCN－反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2。(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程式为：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消逝，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢。②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否则没有Fe2＋，详细的试验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显改变，说明反应Ⅰ不是可逆反应。③Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，导致溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色。10．(2024·湖北汉川月考)某校化学爱好小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2＋、K＋杂质离子，并尽可能削减AlCl3的损失，请回答下列问题：(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？不能，因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。(2)溶液a中存在的离子有K＋、Cl－、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、OH－；在溶液a中加入盐酸时需限制溶液的pH，为什么？因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需限制pH，防止Al(OH)3溶解；为此，改进方法是在a溶液中通入过量CO2气体。(3)为了探讨AlCl3晶体的性质，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶体？在HCl气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶。[解析](1)加入足量氢氧化钠溶液，Mg2＋可与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋与OH－反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时Al(OH)3与OH－反应生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式有Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3＋与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水接着反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。(2)依据(1)中的分析可知，滤液a中的离子为K＋、Cl－、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、OH－，加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同时Al3＋转化成了AlOeq\o\al(－,2)；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时须要限制溶液的pH，以防止Al(OH)3溶解；氢氧化铝不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀。(3)干脆加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水解而得不到AlCl3晶体，为此可在HCl气氛下进行蒸发结晶。11．(2024·浙江高三检测)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－3410－1610－38(1)灼烧软锰矿样品时，铜的焰色为B(填字母)。A．黄色 B．绿色C．紫色 D．红色(2)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为4H＋＋2Fe2＋＋MnO2=2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的Fe2＋。滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调整pH至少达到4.3，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)。(4)滤渣B的成分是CuS、ZnS。(5)工业上采纳间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：精确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充