2020届高考化学专题二第6讲金属及其化合物课时作业（含解析）

第6讲 金属及其化合物

1．将一定质量的钠、钾分别投入盛有相同浓度和体积的盐酸的两个烧杯中，产生的气体的质量随时间变化曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．投入的Na、K的质量一定相等

B．投入的Na的质量大于K的质量

C．曲线A表示Na与盐酸反应，曲线B表示K与盐酸反应

D．该实验能证明K的金属性比Na的强

解析：D　[最终生成氢气的质量相等，则参加反应的两种金属的物质的量相同，钾的摩尔质量大于钠，所以需要钾的质量大，故A、B错误；钾的金属性比钠强，所以K与氢离子反应剧烈、速率大，故生成等质量氢气所需时间短，则曲线A表示钾与盐酸反应，故C错误，D正确。]

2．部分氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：

下列说法正确的是(　　)

A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋

B．样品中Fe元素的质量为2.24 g

C．样品中CuO的质量为4.0 g

D．V＝896

解析：B　[生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe3＋，故A错误，3.2 g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g÷160 g·mol－1＝0.02 mol，铁元素物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，质量为0.04 mol×56 g·mol－1＝2.24 g，故B正确；原来固体为5.76 g，所以CuO质量不超过5.76 g－2.24 g＝3.52 g，故C错误；根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含氢离子0.08 mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H＋和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为(5.76－3.2－2.24)g÷16 g·mol－1＝0.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有0.08 mol－0.04 mol＝0.04 mol H＋转化成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下体积为448 mL，故D错误。]

3．(2018·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)

A．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)

B．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)

C．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)Ag(s)

D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)

解析：A　[A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖分子中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现。]

4．下列关于FeSO4溶液叙述正确的是(　　)

A．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，最终生成白色沉淀

B．该溶液中，H＋、K＋、Ba2＋、SCN－可以大量共存

C．为防止FeSO4溶液被氧化，可向其中加入铁钉

D．为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀盐酸或稀硫酸

解析：C　[向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀会迅速被氧化，最终得到红褐色沉淀，A项错误；Ba2＋和SO生成白色沉淀，B项错误；铁钉能与溶液中的Fe3＋反应生成Fe2＋，C项正确；为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀硫酸，加入稀盐酸会污染试剂，D项错误。]

5．A、B、C、D、E、F之间的转化关系如下图所示。已知：C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，它们与稀盐酸反应都可以得到A，B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法不正确的是(　　)

A．F为仅含有非金属元素的盐

B．A的水溶液的pH＜7

C．转化关系图中有两个氧化还原反应

D．反应③是工业制备E的主要方法

解析：C　[由C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，结合反应条件知，C、D、E分别为Al(OH)3、Al2O3、Al，A为AlCl3，B为氨水，F为NH4Cl，A项正确；AlCl3的水溶液由于水解显酸性，B项正确；转化关系图中只有反应③为氧化还原反应，C项错误；D项正确。]

6．CuCl广泛用于化工和印染等行业。由CuCl2·2H2O制备CuCl的流程如下：

CuCl2·2H2OCuCl2CuCl＋Cl2

下列关于其制备过程的说法不正确的是(　　)

A．过程①中，CuCl2·2H2O晶体受热分解要求在HCl氛围中的目的是防止其水解

B．过程①中，若通入的HCl不足，则产物中可能存在CuO

C．过程②中，每生成1 mol CuCl，则转移电子2 mol

D．若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的原因是过程②中控制温度偏低

解析：C　[在HCl氛围中加热CuCl2·2H2O晶体的目的是防止其水解，A项正确；若通入HCl不足，则CuCl2水解得到Cu(OH)2，其受热分解得到CuO，B项正确；反应方程式为2CuCl22CuCl＋Cl2↑，每生成2 mol CuCl，对应电子转移为2 mol，C项错误；若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的原因是过程②中控制温度偏低或加热时间过短，D项正确。]

7．Ca3N2是重要的化学试剂，容易潮解、被氧化，实验室用N2和金属钙制备Ca3N2的装置如图所示(钙能在CO2中燃烧)。下列说法正确的是(　　)

A．Ca3N2潮解的化学方程式为Ca3N2＋3H2O===3CaO＋2NH3↑

B．①、④中可分别盛装CaCl2和浓硫酸

C．实验开始时，应先点燃②处酒精灯再通空气

D．①、④的作用相同

解析：C　[由信息可知，Ca3N2潮解时与水反应生成Ca(OH)2和NH3，化学方程式为Ca3N2＋6H2O===3Ca(OH)2＋2NH3↑，A项错误；①的作用是除去空气中的CO2和水蒸气，应盛放碱石灰，B项错误；实验开始时，先点燃②处酒精灯再通空气可充分除去空气中的氧气，避免氧气与钙反应，C项正确；④的作用是阻止外界空气进入，与①的作用不同，D项错误。]

8．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是(　　)

A.①③　　　　　　　 B．②③

C．②④  D．①④

解析：A　[①4NH3＋5O24NO＋6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；②4Fe＋2H2O(g)Fe3O4＋2H2,3H2＋Fe2O32Fe＋3H2O，所以能实现转化，故正确；③Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，所以不能实现转化，故错误；④2Na2O2＋CO2===2Na2CO3＋O2,2Na＋O2Na2O2，所以能实现转化，故正确。]

9．用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是(　　)

A．设计步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2

B．脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解

C．电解得到的炽热镁粉可在二氧化碳气氛中冷却

D．上述工艺流程中未涉及置换反应

解析：C　[生石灰与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与母液中的Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤分离出的Mg(OH)2与盐酸发生复分解反应生成MgCl2，MgCl2溶液在HCl气流中蒸发结晶得到MgCl2固体，最后电解熔融的MgCl2固体得到单质Mg。由于母液中的Mg2＋浓度太小，故步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，A正确；在HCl气流中蒸发MgCl2溶液，可抑制Mg2＋水解得到纯净的MgCl2固体，B正确；Mg可与二氧化碳气体发生反应，C错误；根据上述分析，在整个流程中涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，D正确。]

10．实验室采用HCl气体“置换”除水、升华相结合的方法从市售的氯化锌中制备高纯度的无水氯化锌，装置如图所示[市售氯化锌含Zn(OH)Cl]。下列说法中不正确的是(　　)

A．恒压漏斗的作用是平衡气体压强

B．管式炉Ⅰ采取的升温方式是阶段式升温

C．实验时，应先撤去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ

D．在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置

解析：C　[恒压漏斗中的橡胶管连通了漏斗和三颈烧瓶，使上下装置中的压强一致，能使漏斗中的液体顺利流下，A正确；制备高纯度无水氯化锌的反应为Zn(OH)Cl＋HCl===ZnCl2＋H2O，制备过程要先发生反应，然后蒸发除水，最后升华提纯ZnCl2，每步所需要的温度不同，故升温方式是阶段式升温，B正确；升华提纯ZnCl2时，要撤去管式炉Ⅱ，停止加热，让ZnCl2凝华，管式炉Ⅰ这时不能撤去，C错误；尾气吸收装置中的水不能进入管式炉，否则会使无水氯化锌发生水解，故应在尾气吸收装置前增加一个干燥装置，D正确。]

11．在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不存在此类情况的是(　　)

A．氢气与过量的碘蒸气反应(500℃)

B．铝片与过量浓硝酸反应(常温)

C．铜粉与过量浓硝酸反应(常温)

D．浓硫酸与过量铜片反应(共热)

解析：C　[氢气与碘的反应是可逆反应，两种物质都不能完全反应，A项不符合；常温下，铝片在浓硝酸中能钝化，B项不符合；铜粉在过量的浓硝酸中能完全反应，C项符合；铜片只能与浓硫酸在加热时反应，故两者都不能完全反应，D项不符合。]

12．用Al2O3和MgO的混合物制备纳米氢氧化铝的流程如下，下列说法正确的是(　　)

A．操作Ⅰ用到的玻璃仪器：酒精灯、漏斗、玻璃棒、烧杯

B．滤液Ⅱ中的主要成分为NaHCO3

C．工业上常用电解熔融滤渣Ⅰ的方法冶炼金属镁

D．用一束光照射纳米氢氧化铝时有丁达尔效应

解析：B　[过滤不需要酒精灯，A项错误；通入过量CO2，发生反应AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，B项正确；工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁，C项错误；纳米氢氧化铝的颗粒大小介于纳米范围，并不是胶体，D项错误。]

13．LiCuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域。

(1)LiCuO电池中，金属锂做________极。

(2)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣，比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：____________________________________________。

(3)通过如下过程制备CuO

Cu

①过程Ⅰ，H2O2的作用是_______________________________________________。

②过程Ⅱ产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是______________________________

________________________________________________________________________。

③过程Ⅱ，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系(用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度)，结果如下：

已知：Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。

二者比值为1∶0.8时，产品中可能含有的杂质是________，产生该杂质的原因是_________________________________________________。

④过程Ⅲ反应的化学方程式是___________________________________________。

(4)LiCuO二次电池以含Li＋的有机溶液为电解质溶液，其工作原理示意图如图2，放电时，正极的电极反应式是______________________________________________。

解析：(1)LiCuO电池中，Li失去电子，金属锂做负极；(2)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，设质量均为m，则＞×3＞，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为Li＞Al＞Na；(3)①Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2的作用是氧化剂，②过程Ⅱ产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是2Cu2＋＋2CO＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑，③Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%，二者比值为1∶0.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C，则产品中可能含有的杂质是Cu(OH)2，因当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，c(OH－)对产物的影响增大，④过程Ⅲ反应的化学方程式是Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O；(4)由Li＋的移动方向可知，CuO为正极，发生还原反应，则正极反应为CuO＋2e－＋2Li＋===Cu＋Li2O。

答案：(1)负　(2)Li＞Al＞Na　(3)氧化剂　2Cu2＋＋2CO＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑

Cu(OH)2　当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，c(OH－)对产物的影响增大　Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O　(4)CuO＋2e－＋2Li＋===Cu＋Li2O

14．工业废弃铬渣对人体以及环境危害极大，铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3＋；某工厂从铬渣中提取硫酸钠的工艺如图甲。

甲

已知：Ⅰ.常温下Fe3＋、Cr3＋完全沉淀(c≤1.0×10－5 mol·L－1)时的pH分别为3.6和5；

Ⅱ.Cr2O的还原产物为Cr3＋。

(1)步骤②调节pH＝3.6的目的为________，“微热”的作用为_________________。

(2)Na2SO4和Na2Cr2O7的溶解度随温度变化曲线如图乙，操作B的方法为________(填序号)。

A．蒸发结晶，趁热过滤

B．蒸发浓缩，降温结晶，过滤

乙

(3)步骤⑤中酸C不能选择硝酸的理由为酸化、还原过程中发生反应的离子方程式为____________________________________________，

若将该反应设计为原电池(惰性电极)，则负极的电极反应式为_________________。

(4)Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]＝________。

(5)为了测定步骤③的滤液中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：

Ⅰ.取100 mL滤液；

Ⅱ.用c mol·L－1的标准KMnO4溶液(酸性)滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；

Ⅲ.取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。

则步骤③的滤液中Na2Cr2O7的浓度为______mol·L－1。

解析：(1)由信息Ⅰ可知，pH＝3.6时，Fe3＋已完全沉淀；微热可以使反应速率增大，促进Fe3＋水解形成Fe(OH)3而易于除去。

(2)通过操作B需要将Na2SO4、Na2Cr2O7混合溶液中的Na2SO4提取出来，再由溶解度曲线可知蒸发结晶后必须趁热过滤，否则产品中会混有Na2Cr2O7杂质。

(3)HNO3具有氧化性，且NO存在于溶液中会引入新的杂质，所以步骤⑤中选择稀硫酸。酸化、还原过程中SO可将Cr2O还原为Cr3＋，再通过调节pH将Cr3＋除去，由得失电子守恒可知3n(SO)＝n(Cr2O)，再由酸性介质、电荷守恒、质量守恒等条件配平可得3SO＋Cr2O＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。原电池的负极发生的是失去电子的氧化反应，即SO在酸性条件下发生氧化反应生成SO：SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋。

(4)pH＝5时，c(OH－)＝10－9mol·L－1，由信息Ⅰ可知Ksp[Cr(OH)3]＝1.0×10－5×(10－9)3＝1.0×10－32。

(5)由题意知，KMnO4和Na2Cr2O7分别是两个反应中的氧化剂，FeSO4作还原剂，由得失电子守恒可知：n(FeSO4)＝5n(KMnO4)，即c(FeSO4)×b mL＝5×c mol·L－1×b mL，所以c(FeSO4)＝5c mol·L－1，再由n(FeSO4)＝6n(Na2Cr2O7)可知，5c mol·L－1×d mL＝6c(Na2Cr2O7)×b mL，解得c(Na2Cr2O7)＝ mol·L－1。

答案：(1)沉淀Fe3＋　增大反应速率、促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而将Fe3＋除去　(2)A

(3)硝酸有氧化性且会引入新的杂质　3SO＋Cr2O＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O　SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋

(4)1.0×10－32　(5)