安徽省安庆二中2022届高考化学金属及其化合物单元突破训练

金属及其化合物一．选择题：（共12小题，每小题4分，计48分）1.下列关于钠与水反应的说法不正确的是(　　)①将一小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝②将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应③钠在水蒸气中反应时因温度高会燃烧④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④2.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是(　　)A．NH、Ba2＋、Cl－、NOB．K＋、AlO、Cl－、SOC．Ca2＋、Mg2＋、NO、HCOD．Na＋、Cl－、CO、SO3.一定量的Na2O2与CO2反应后的固体物质41.8g，恰好与1L1mol·L－1的稀盐酸完全反应，下列说法正确的是(　　)A．41.8g固体物质为Na2CO3B．41.8g固体物质为0.1molNa2CO3和0.4molNa2O2的混合物C．41.8g固体物质为31.2gNaHCO3和10.6gNa2CO3的混合物D．一定量的Na2O2为78g4.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(　　)A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1B．Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，需要H2O和CO2的质量相等C．Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D．Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同5.足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是(　　)A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸6.用稀硫酸、NaOH溶液、Al为原料制取Al(OH)3，甲、乙、丙3位同学分别用如下3种不同的途径：甲：AlAl2(SO4)3Al(OH)3\n乙：AlNaAlO2Al(OH)3丙：Al(OH)3制得等量的Al(OH)3，下列结论正确的是(　　)A．甲用原料最少　　　　　　B．乙用原料最少C．丙用原料最少D．三人所用原料的量相同7.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示，下列叙述正确的是(　　)A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO38.下列试剂中，不能使Fe2＋转化为Fe3＋的是(　　)①氯气　②NaCl溶液　③KMnO4溶液　④稀硝酸　⑤盐酸　⑥NaNO3溶液A．①②③B．①③④C．②④⑤D．②⑤⑥9.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示。则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(　　)\nA．1:1:1B．1:3:1C．3:3:8D．1:1:410.把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是(　　)A．反应后生成的盐只为Fe(NO3)3B．反应后生成的盐只为Fe(NO3)2C．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为13D．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3111.某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是(　　)A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中n(NH)＝0.2molC．溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOD．n(H＋):n(Al3＋)：n(Mg2＋)＝1:1:112.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是(　　)\nA．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体一．非选择题：（计52分）13.向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的可能组成是①________，②________，③________，④________。(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。①A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是________mL(标准状况)。②B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为________。③原NaOH溶液的物质的量浓度为________。14.(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是________。(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是________。(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是________。(4)甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·L－1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)＝12，则加入铝粉的质量为(　　)A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.8g15.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如下图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。\n请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________、D________、E________、X________。(2)在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是________(填编号)。(3)反应④的离子方程式是______________________。(4)反应⑦的化学方程式是____________________________。该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子________mol。(5)写出D的溶液与小苏打溶液反应的离子方程式是_______________________。(6)除去D溶液中混有的少量G的方法是______________________。(7)用D溶液制备无水D固体的方法是______________________。16.有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与FeSO4溶液反应的方法以验证反应实质。实验时，往100mL大试管中先加40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面至胶塞，并夹紧弹簧夹(如图)。仔细观察，回答下列问题：(1)如何从试剂瓶中取用金属钠？剩余的Na能否放回原试剂瓶？(2)有关钠反应的现象是_________________________________________________。(3)大试管的溶液中出现的现象：____________________________________________。(4)装置中液面的变化：大试管内________；长颈漏斗内________________。(5)写出钠与硫酸亚铁溶液反应的化学方程式：______________________________________。\n1.解析　①钠与水反应产生氢氧化钠使石蕊变蓝，正确。②钠与水的反应本质是钠与H＋的反应，所以钠先与盐酸溶液中的H＋反应，错误。③钠在水蒸气中反应产生的是氢气，尽管温度高且反应放热，因无氧气所以不能燃烧，错误。④2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，因此，用铝箔包住的钠与水反应放出的H2多，错误。答案　C2.解析　过氧化钠具有氧化性，且加入溶液中会生成氢氧化钠，A选项中OH－与NH不能大量共存；C选项中Ca2＋、Mg2＋、HCO均不能与OH－大量共存；D选项中SO可以被氧化。答案　B3.解析　如果41.8g固体为Na2CO3，则其不可能恰好与1L1mol·L－1的稀盐酸完全反应，A项错；固体为Na2CO3和Na2O2的混合物，由其恰好与1L1mol·L－1的稀盐酸完全反应，计算可得B项正确；Na2O2与CO2反应不可能生成碳酸氢钠，即C错；根据钠离子守恒关系可求出一定量的Na2O2为0.5mol，所以D项错。答案　B4.解析　Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，A项错误；生成相同量的O2时消耗H2O和CO2的物质的量相同，但质量不同，B项错；由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质而有漂白性，故原理不同，D项错误。答案　C5.解析　铝与稀硝酸反应但不产生H2，与NaOH溶液反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知2molAl可消耗2molNaOH，生成3molH2；与稀硫酸反应方程式为2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑，可知2molAl消耗3molH2SO4，生成3molH2；与盐酸反应方程式为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，可知2molAl消耗6molHCl，生成3molH2；故等量Al与足量其他物质反应，放出氢气消耗溶质物质的量最少的是A项。答案　A6.解析　本题考查氢氧化铝的制备，意在考查考生对铝及其化合物的性质的综合应用能力。假设均制取1molAl(OH)3，甲用1.5molH2SO4和3molNaOH；乙用1molNaOH和0.5molH2SO4；丙用3/8molH2SO4和0.75molNaOH。答案　C7.解析　由反应②产物过滤后得到NaHCO3可知Y为CO2，故试剂X为NaOH，A项错误，D项正确；Fe2O3不能与NaOH反应，B项错误；电解熔融Al2O3制金属Al为氧化还原反应，C项错误。答案　D8.解析　要实现Fe2＋转化为Fe3＋，必须加强氧化性物质，②NaCl、⑤HCl均没有强氧化性，⑥NO在酸性条件下才表现强氧化性。\n答案　D9.解析　据氧化性由强到弱的顺序HNO3>Fe3＋>Cu2＋，可知随铁粉的增加，反应的方程式分别为4HNO3(稀)＋Fe===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O4mol1mol1mol2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)22mol1mol3molCu(NO3)2＋Fe===Fe(NO3)2＋Cu1mol1mol1mol所以原溶液中，Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量之比为(2mol－1mol):1mol:4mol＝1:1:4。答案　D10.解析　由于铁的物质的量为＝0.4mol，所以在反应的过程它失去的电子数应介于0.8mol(此时只产生Fe2＋)和1.2mol(此时只产生Fe3＋)之间，又产生0.3molNO2和0.2molNO，即反应过程中硝酸得到的电子数为0.3mol×(5－4)＋0.2mol×(5－2)＝0.9mol，所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，则由铁守恒可得x＋y＝0.4，由得失电子守恒得3x＋2y＝0.9mol，解得x＝0.1mol，y＝0.3mol。答案　C11.解析　由①知溶液中一定含有H＋，一定没有CO、NO，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由图象可知溶液中还一定含有NH，且n(NH)＝0.7mol－0.5mol＝0.2mol，n(H＋)＝0.1mol，n(Al3＋)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4molOH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3molOH－，沉淀Mg2＋消耗0.1molOH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05mol，故只有选项B正确。答案　B12.解析　本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的相关定量计算，掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质，利用元素守恒计算是解题的关键。A项中混合物加热只有NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，减重b克，即生成的H2O和CO2的质量之和为b克，可求出a克混合物中NaHCO3的质量，进而求出Na2CO3的质量分数。B项中最终得到的b克固体为NaCl，利用钠元素守恒可得：[2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)]×58.5g·mol－1＝bg，再结合n(Na2CO3)×106g·mol－1＋n(NaHCO3)×84g·mol－1＝ag，可计算出Na2CO3的物质的量，进而求出Na2CO3的质量分数。C项中由于生成的CO2\n逸出时会引入水蒸气，所以增重b克，即CO2和逸出的水蒸气的质量之和为bg，无法计算。D项中由于Ba(OH)2过量，最终b克固体为BaCO3，利用碳元素守恒列式求解，进而求出Na2CO3的质量分数。答案　C13.解析　分析图中曲线和各个量的关系，A中先加入的25mL盐酸，含有的氢离子的物质的量为0.1mol/L×0.025L＝0.0025mol，此时发生的反应为CO＋H＋===HCO，所以可知溶液中含有的CO物质的量为0.0025mol，后加的50mL盐酸和HCO反应生成CO2，因为后加的氢离子的物质的量为0.1mol/L×0.050L＝0.005mol，所以CO2的体积为0.005mol×22.4L/mol×1000mL/L＝112mL。在B中先加入的60mL盐酸都没有气体生成，又加入15mL盐酸才生成气体，也就是说只有HCO0.1mol/L×0.015L＝0.0015mol，则原溶液中只有0.0015molCO，含有0.006－0.0015＝0.0045molOH－，即原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3。根据钠守恒，可计算氢氧化钠的物质的量浓度。在图中，如果在开始生成CO2前后消耗盐酸的比为1:1，则原溶质为碳酸钠，若<1:1，则原溶质为NaHCO3和Na2CO3的混合物，若>1:1，则为NaOH和Na2CO3的混合物。答案　(1)①NaOH、Na2CO3　②Na2CO3　③Na2CO3、NaHCO3　④NaHCO3(2)①112　②NaOH、Na2CO3　③0.150mol/L14.解析　(1)根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al相等，所得H2必相等。(2)因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2；2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1:3。(3)因为铝足量且产生H2相等，根据关系式n(HCl):n(NaOH)＝3:1，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl):c(NaOH)＝n(HCl):n(NaOH)＝3:1。(4)其反应原理分别为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。2Al＋6HCl　　===　　2AlCl3＋3H2↑6mol3mol3mol·L－1×0.1L0.15mol则Al与NaOH反应生成的H2为0.15mol×2＝0.3mol。2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑2×27g3mol5．4g0.3mol即投入的铝粉为5.4g。答案　(1)1:1(2)1:3\n(3)3:1(4)A15.解析　由“B为黄绿色气体单质”知，B为Cl2；由D与G之间的相互转化关系知，A为变价金属单质，则A为Fe，D为FeCl3，G为FeCl2；由“D＋F→血红色溶液”知，F为KSCN；由“E与X的相互转化关系及E为黑色固体化合物、X的水溶液是一种强酸”知，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O；由“C为无色气体单质及A＋C→E”知，C为O2。(3)反应④的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。(4)反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，由化合价的变化值知，当3mol的Fe反应时可转移电子8mol。(5)D溶液与小苏打溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。(6)除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法：向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的H2O2)。(7)用FeCl3溶液制备无水FeCl3固体的方法：在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液。答案　(1)Fe　FeCl3　Fe3O4　HCl(2)③⑥(3)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(4)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　0.8(5)Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑(6)向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的H2O2)(7)在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液16.答案　(1)用镊子从试剂瓶中取一块金属钠，用滤纸吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的钠做实验用，剩余的钠要放回原试剂瓶，不要随意丢弃。(2)有气泡生成，钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动，最终完全溶解(3)下层溶液出现白色絮状沉淀(4)下降　上升(5)2Na＋FeSO4＋2H2O===Fe(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑