1、考案3 第三章金属及其化合物 单元过关限时检测 (50 分钟，100 分) 第卷(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(2020课标，7,6 分)宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色 彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料主要成分为 Cu(OH)2CuCO3，青色来自蓝铜矿颜料主 要成分为 Cu(OH)22CuCO3。下列说法错误的是(C) A保存千里江山图需控制温度和湿度 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 DCu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于 Cu(OH)22CuCO3
2、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 等知识。 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容易变模糊，所以需控制温度和湿度，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)2CuCO3中铜的质量分数为128 222100%57.7%， Cu(OH)22CuCO3中铜的质量分数为192 346100%55.5%57.7%，D 正确。 2(202
3、1吉林东北师大附中月考)Cu、Cu2O 和 CuO 组成的混合物中加入 100 mL 0.6 molL 1 HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到 224 mL NO 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 0.025 mol B 若混合物中 Cu 的物质的量为 0.005 mol， 则其中 Cu2O、 CuO 的物质的量共 0.020 mol C若混合物中含 0.01mol Cu，则其中 Cu2O、CuO 的物质的量均为 0.005 mol D混合物中 Cu 的物质的量的取值范围为 0.005moln(Cu)0 mol，n(Cu2O)0.015 moln
4、(Cu)0 mol，所以混合物中 Cu 的物质的量 的取值范围为 0.005 moln(Cu)0.08 mol，所以 NO 过量，生成 NO2的物质的量为 0.08 mol， 2NO2N2O4n 21 0.02 mol0.1 mol 1 9 10 0.01 mol NO2转化为 N2O4的转化率为0.02 mol 0.08 mol100%25%，故 B 错误；C 项，根据 B 项的计 算可知，NO 还剩余 0.1 mol0.08 mol0.02 mol，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， 2NO
5、2N2O4 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 0.01 mol，因此通入 CO2的量必小于 0.01 mol，故 D 正确。 5(2021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 12 D黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应产生的 Cu2S、SO2均只是还原产物 解析根据铝土矿的成
6、分，制备较高纯度的 Al 可先加入盐酸，发生反应：Al2O36H =2Al33H2O 和 Fe2O36H=2Fe33H2O 等， 然后过滤， 向滤液中加入过量的 NaOH 溶液，发生反应：Al3 4OH=AlO 22H2O 和 Fe3 3OH=Fe(OH)3等，过滤，向滤 液中通入足量的 CO2，发生反应：AlO 2CO22H2O=Al(OH)3HCO 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，因此需要用到的物质 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
7、 2CSiO2= 高温 2COSi，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 12，C 项正确；CuFeS2与 O2反应 时，S 的化合价为2 价，转化成 SO2，S 的化合价升高，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 (2021北京朝阳检测)某小组同学通过实验研究 FeCl3溶液与 Cu 粉发生的氧化还原反 应，实验记录如下： 序号 实验 步骤 实验 现象 铜粉消失，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
8、法不正确的是(C) A实验、中均涉及 Fe3 被还原 B对比实验、说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关 C实验、中加入蒸馏水后 c(Cu2 )相同 D向实验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：CuCl2Cu=2CuCl，实验、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；对比实验、，实验 加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，实验加入过量铜 粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉
9、淀；说明白色沉淀的产生与铜粉 的量有关，B 项正确；对比实验、，参加反应的 Fe3 的量相同，则生成的 Cu2应相同， 但由于实验生成 CuCl，所以加入蒸馏水后 c(Cu2 )不相同，C 项错误；实验溶液为蓝色， 含有 Cu2 和过量的铜，向实验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. (2021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，0.1 molL 1丁溶液的 pH 为 13。上述各物质间的转化关系如
10、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一定是气态 B1.0 L 0.1 molL 1戊溶液中阴离子的总物质的量小于 0.1 mol C1 mol 甲与足量的乙完全反应共转移了约 6.021023个电子 D元素 B、C、D 的原子半径由大到小的顺序为 r(D)r(C)r(B) 解析0.1 molL 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，根据元素守恒可知，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
11、，A 为 H、C 为 O、D 为 Na 元素，故辛为氧气，可知甲是 Na2O2、乙是水， 再根据反应：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， CO 2 3离子水解生成 HCO 3离子和 OH 离子， 溶液中阴离子总的物质的量大于 0.1 mol， 选项B错误； 甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2， 1 mol Na2O2反应转移的电子为 1 mol，约 6.021023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
12、族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为 NaCO，即 r(D)r(B)r(C)，选项 D 错误。 第卷(非选择题共 58 分) 二、非选择题：本题包括 4 小题，共 58 分 8(2021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=2CH4MgCl2Mg(OH)2。 (3)Mg(
13、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 27.6 g 白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的 CO2为 6.72 L(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8.7 g、 15 g。 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
14、 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， 则该碱一定是氢氧化镁， 该盐一定是氯化镁， 该反应的化学方程式为 2CH3MgCl2H2O=2CH4MgCl2Mg(OH)2。 (3)“煅烧”时称取 27.6 g 白云石， 高温加热到质量不再变化， 收集到的 CO2为 6.72 L(标 准状况下)，则 CO2的物质的量为 0.3 mol。由碳原子守恒可得，n(CaCO3)n(MgCO3)0.3 mol,100 gmol 1n(CaCO3)84 gmol1n(MgCO3)27.6 g，解得 n(CaCO3)0.15 mol， n(MgCO3)0.
15、15 mol， 若工艺中不考虑 Ca、 Mg 损失， 则 Mg(OH)2的质量为 58 gmol 10.15 mol8.7 g，CaCO3的质量为 100 gmol 10.15 mol15 g。 9(2021云南昆明高三检测)某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验。 实验：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=2Fe2Cu2 。 (2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案。 实验方案现象结论 步骤 1：取 4 mL0.1molL 1 CuSO4溶液， 向其中滴加 3 滴 0.1 molL 1 KSCN 溶液 产生白色沉淀
16、CuSO4溶液与 KSCN 溶液反应产 生了白色沉淀 步骤 2：取4 mL 0.2 molL 1 FeSO4溶液，向 其中滴加 3 滴 0.1 molL 1KSCN 溶液 无明显现象 查阅资料 已知：SCN 的化学性质与 I相似 2Cu2 4I=2CuII2 Cu2 与 SCN反应的离子方程式为 2Cu2 4SNC=2CuSCN(SCN)2 。 实验：将 Fe2 转化为 Fe3 实验方案现象 向 3 mL 0.1 molL 1 FeSO4溶液中加入 1 mL 稀硝酸 溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失， 溶液变为黄色 探究上述现象出现的原因： 查阅资料：Fe2 NO Fe(NO)2 (棕色
17、) (3)用离子方程式解释 NO 产生的原因 3Fe2 4HNO 3=3Fe3 NO2H2O 。 (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：Fe2 与 HNO3反应；反应：Fe2与 NO 反应 依据实验现象，可推知反应的速率比反应慢(填“快”或“慢”)。 反应是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明取少量反应的溶液于试管中， 向其中加入几滴 K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应是一个不可逆反应。 请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因Fe2 被硝酸氧化为 Fe3， 溶 液中 Fe2 浓度降低，导致平衡 Fe2NO Fe(NO)2 逆向移动，最终 F
18、e(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=2Fe2Cu2，可知图中得到溶液中 Fe2为 0.2 molL1，Cu2 为 0.1 molL 1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入 KSCN 溶液进行对照 实验，故实验方案为：步骤 1：取 4 mL 0.1 molL 1 CuSO4溶液，向其中滴加 3 滴 0.1 molL 1 KSCN 溶液，步骤 2：取 4 mL 0.2 molL 1 FeSO4溶液，向其中滴加 3 滴 0.1
19、 molL 1 KSCN 溶液，由题目信息可知，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 4HNO 3=3Fe3 NO2H2O。 (4)溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反 应现象最先表现，反应的速率比反应的慢。反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含 有 Fe2 ，否则没有 Fe2，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入 几滴 K3F
20、e(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应不是可逆反应。Fe2 被硝酸氧化为 Fe3 ，导致溶液中 Fe2浓度降低，导致平衡 Fe2NO Fe(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(2021湖北汉川月考)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去 AlCl3中含有的 Mg2 、 K 杂质离子，并尽可能减少 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)3OH =AlO 2 2H2O。氢氧化钠溶液能否用氨水代替，
21、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、AlO 2、OH ；在溶液 a 中加入盐酸时需 控制溶液的 pH， 为什么？因为 Al(OH)3能溶于强酸， 所以需控制 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)为了研究 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
22、 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， Al33OH=Al(OH)3， Al(OH)3OH=AlO 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 不能与氨水继续反应，从而不能将 Al(OH)3与 Mg(OH)2分开。 (2)根据(1)中的分析可知，滤液 a 中的离子为 K 、Cl、Na、AlO 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 AlO 2；因为氢氧化铝能
23、与强酸 反应，所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的 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)直接加热蒸发 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(2021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)3
24、Fe(OH)2Fe(OH)3 Ksp近似值10 34 10 16 10 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 2Fe2MnO2=2Fe3Mn22H2O 。 (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，加入氨水需调节 pH 至少达到4.3，恰好能使 Fe3 、Al3沉淀完全(当 c105 molL 1时，认为该离子沉淀完全)。 (4)滤渣 B 的成分是CuS、Zn
25、S。 (5)工业上采用间接氧化还原滴定法测定 MnO2纯度， 其操作过程如下： 准确称量 0.920 0 g 该样品，与足量酸性 KI 溶液充分反应后，配制成 100 mL 溶液。取其中 10.00 mL，恰好 与 25.00 mL 0.080 0 molL 1 Na2S2O3溶液反应(I22S2O2 3=2I S4O2 6)。该样品纯度为 94.6%(精确到 0.1%)。 解析软锰矿的主要成分为 MnO2，还含有 Si、Fe、Al、Zn 和 Cu 等元素的氧化物， 硫酸亚铁在酸性条件下将 MnO2还原为 MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是 Mn2 、Fe3、Al3、Cu2、Zn
26、2、Fe2等，加入氨水并搅拌，调节 pH 将 Fe3、Al3沉淀， 加入硫化锰将 Cu2 、Zn2沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化 锰。 (1)铜的焰色为绿色。 (2)FeSO4在酸性条件下将 MnO2还原为 MnSO4，Fe2 被氧化为 Fe3，故离子方程式为 4H 2Fe2MnO2=2Fe3Mn22H2O。 (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，由 Al(OH)3和 Fe(OH)3的 Ksp近似值可知，Al3 恰好完 全沉淀时 Fe3 已沉淀完全，c(OH)3 110
27、 34 110 5110 9.7molL1，故加入氨水需调节 pH 至少达到 4.3，恰好能使 Fe3 、Al3沉淀完全。 (4)加入 MnS 是为了生成溶解度更小的 CuS、ZnS 而除去 Cu2 、Zn2，滤渣 B 的成分是 CuS、ZnS。 (5)准确称量 0.920 0 g 该样品， 与足量酸性 KI 溶液充分反应后(MnO22I 4H=Mn2 I22H2O)，配制成 100 mL 溶液。取其中 10.00 mL，恰好与 25.00 mL 0.080 0 molL1 Na2S2O3溶液反应(I22S2O2 3=2I S4O2 6)。则： MnO2I22S2O2 3 12 n0.025 L0.080 0 molL 1100 mL 10 mL 解得 n0.01 mol，该样品纯度为0.01 mol87 gmol 1 0.920 0 g 100%94.6%。
