阶段考查3金属及其化合物

1、高考进行时 一轮总复习 新课标通用版 化学 阶段考查(三)金属及其化合物第卷选择题，共60分一、选择题：本大题共10小题，每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1以下有关金属的说法中正确的是()A活泼金属在常温下可与氧气反应，不活泼金属在加热或高温条件下也可与氧气反应B活泼金属都可以从不活泼金属的盐溶液中置换出不活泼金属C由于铝元素和铁元素都有3价，由2Al6HCl=2AlCl33H2可知：2Fe6HCl=2FeCl33H2D据金属的活动性：Al>Fe，则与相同浓度的盐酸反应时，Al更剧烈解析：A项，金与氧气在高温条件下也不反应。B项，K、Ca、Na会

2、先与盐溶液中的溶剂水反应，无法得到不活泼金属。C项，Fe与盐酸反应只能生成FeCl2。答案：D22015·福州八中质检二O、Si、Al是地壳中含量最多的三种元素，Na、Mg、Cl是海水中的重要元素。下列说法正确的是()A普通玻璃、水泥成分中都含有O、Si、Al三种元素B从海水中制备Na、Mg、Al三种元素单质的反应都是氧化还原反应C电解熔融状态的SiO2、Al2O3可以制得Si、Al，且都有氧气生成D加热蒸干NaCl、MgCl2溶液时可以得到晶体NaCl、MgCl2解析：A项，普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，不含有Mg、Al元素，错误；B项，Na、Mg、A

3、l三种元素在海水中都是以化合物的形式存在的，所以由化合物转化为单质的反应一定都是氧化还原反应，正确；C项，SiO2是原子晶体，所以在熔融状态无离子存在不能采用电解的方法获得，应该采用焦炭还原的方法制取；而Al2O3采用电解的方法获得Al，但是由于是石墨电极，所以在高温下氧化产生的氧气会与电极发生反应产生CO2，因此不会放出氧气，错误；D项，NaCl是强酸强碱盐，加热不水解，因此蒸干可以产生NaCl，而MgCl2是强酸弱碱盐，若将溶液蒸干时得到是Mg(OH)2，错误。答案：B32014·青岛模拟将表面被氧化的铜片和铁片，同时加入足量稀盐酸中，除尽氧化膜。再经充分反应后，溶液中一定含有的

4、金属离子是()AFe2BFe2和Cu2CFe3和Cu2 DFe2和Fe3解析：表面被氧化的铜片加入盐酸中，CuO2HCl=CuCl2H2O，铜不反应，表面被氧化的铁片放入盐酸中，Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，氧化膜除尽，铁继续反应，因为氧化性Fe3>Cu2>H，所以依次发生反应2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu、2HFe=Fe2H2，由于铁的量不同，溶液中含有的金属离子不同，但一定含有Fe2。答案：A42015·河南中原名校联考一定条件下，下列物质均可通过化合反应制得的有()小苏打硫酸铝氯化亚铁磁性氧化铁氢氧化铜氢氧化铁A3种 B4种C5种 D6种

5、解析：碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠反应为：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3；不能由化合反应生成；铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为2Fe3Cl22FeCl3；铁在氧气中燃烧生成磁性氧化铁，反应为3Fe2O2Fe3O4；氢氧化亚铁和氧气、水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。故选B。答案：B52014·泉州质检氢气和二氧化碳的混合气体通过足量过氧化钠后，再将所得气体点燃，恰好完全反应，则原气体中氢气与二氧化碳的体积比为()A21 B14C11 D12解析：依题意，2CO22Na2O2=2Na2CO3O2,2H2O22H

6、2O，n(CO2)n(H2)11。答案：C6120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是()A2.0 mol·L1 B1.5 mol·L1C0.08 mol·L1 D0.24 mol·L1解析：当碳酸钠与盐酸的物质的量比大于或等于11时，盐酸逐滴加入碳酸钠溶液中没有气体生成；当碳酸钠与盐酸的物质的量比小于或等于12时，盐酸逐滴加入碳酸钠溶液中有气体生成，且生成气体的体积等于碳酸钠溶液逐滴加入盐酸中产生的气体体积。综上所述，碳酸钠与盐

7、酸的物质的量比应在1211之间，故只有B项符合题意。答案：B7下列图象中，纵坐标为沉淀物的量，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，试按题意将图象中相应的数字序号填入表中的顺序为()溶液加入物质相应序号(1)氯化铝溶液加入过量氨水(2)饱和澄清石灰水通入过量CO2气体(3)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液通入过量CO2气体(4)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液逐滴加入稀盐酸(5)MgCl2、AlCl3的混合溶液逐滴加入NaOH溶液至过量A. BC D解析：(1)氯化铝溶液中加入过量的氨水，生成氢氧化铝沉淀，AlCl33NH3·H2O=Al(OH)33NH4Cl，氨水是弱碱，过量时沉淀不溶解，符

8、合条件的为。(2)开始时发生的反应为CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O，生成沉淀；当CO2过量时，继续反应CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，且生成沉淀和溶解沉淀所消耗的CO2的物质的量相等，图象符合。(3)开始时，CO2与NaOH发生反应，无沉淀生成，再通入CO2时发生反应生成Al(OH)3沉淀，CO2过量时，沉淀不溶解，图象符合。(4)开始加盐酸时，HClNaOH=NaClH2O，不产生沉淀，当NaOH全部转化为NaCl后，再加盐酸有Al(OH)3沉淀生成，当盐酸过量时，沉淀Al(OH)3溶解，图象符合。(5)开始时，发生反应：MgCl22NaOH=Mg(OH)22

9、NaCl，AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，所以开始时有沉淀生成，当沉淀达到最大量时，再加入NaOH时，Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，沉淀会溶解，而Mg(OH)2不与NaOH反应，所以沉淀不会全部溶解，图象符合。答案：D82015·江西省南昌市三校联考常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是()序号XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A. BC D解析：偏铝酸钾只能与酸反应生成氢氧化铝，不能与碱反应，故不符合；NaHCO3是多元弱酸的氢盐，既可以与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳

10、，又可以与氢氧化钾反应生成碳酸盐和水，故符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选C。答案：C9为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：方案现象或产物将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中铁片

11、上有气泡，铜片上不产生气泡将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有()A2种 B3种C4种 D5种解析：铁能置换出铜，证明铁比铜活泼；不能证明；不能证明；铁能置换出稀硫酸中的氢，铜不能，证明铁比铜活泼；铁与铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，证明铁比铜活泼，共有3种方案，选项B正确。答案：B102015·宁波效实中学部分氧化的Fe、Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()AV224B样品中Fe的质量为2.14 gC样品中CuO的质量为3.5

12、2 gD未氧化前Fe元素的质量分数约为41.2%解析：滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2 g为Fe2O3，其物质的量0.02 mol，铁元素的物质的量为0.04 mol，滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，说明参加反应硫酸物质的量为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了，合金中Fe元素质量0.04 mol×56 g/mol2.24 g，故合金中氧原子的物质的量0.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有0.08 mol0.04 mol0.04 mol H生成氢气，即生成0.02

13、mol氢气，标况体积0.02 mol×22.4 L/mol0.448 L448 mL，故A错误；固体为三氧化二铁，其物质的量为0.02 mol，铁元素的量为0.02 mol×20.04 mol，质量为：0.04 mol×56 g/mol2.24 g，故B错误；由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2 g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05 mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80 g/mol×0.05 mol4.0 g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0 g，但是不能确定CuO的具体质量，故C错误；合金中Fe元素

14、的质量为：56 g/mol×0.04 mol2.24 g，Cu的质量为3.2 g，则未氧化前Fe元素的质量分数约为×100%41.2%，故D正确。故选D。答案：D第卷非选择题，共40分二、非选择题：本大题共4小题，共40分。将答案填在题中横线上。11(10分)某课外兴趣小组为探究某种铝合金(合金元素为Mg、Al)是否符合国家质量标准(国家规定其中铝含量不能低于78%)，设计如图装置进行实验。(1)如何检验该装置的气密性_。(2)合金样品固体M与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。(3)倾斜左边装置使氢氧化钠溶液(足量)与a g合金粉末充分反应，待反应停止后，进入量气管气体的体积

15、为V mL(已折算成标准状况)。若量气管最大量程为50 mL，则合金中铝的质量m(Al)范围为_。(4)若将装置中的氢氧化钠溶液替换为足量的盐酸，则反应停止后量气管内气体体积_(填“>”“<”或“”)V mL。(5)若a38 mg，V44.8 mL(标准状况)，请通过计算说明该合金是否符合国家标准(不写计算过程)_(填“符合”或“不符合”)。解析：(3)m(Al)<××27 g·mol10.04 g；(4)因为盐酸与Mg、Al均反应，所以生成的氢气大于V mL；(5)m(Al)××27 g·mol10.036 g，铝

16、含量×100%95%。答案：(1)安装好装置并在量气管内加入水，向下移动水准管，静置片刻，若水准管中液面与量气管液面维持一定的高度差，说明装置气密性良好(合理即可)(2)2OH2Al2H2O=2AlO3H2(3)0<m(Al)<0.04 g或m(Al)<0.04 g(4)>(5)符合12(10分)在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：.向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；.向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。(1)FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为_。(2)过程加入铁屑的主要作用是

17、_，分离得到的固体主要成分是_，从固体中分离出铜需采用的方法是_。(3)过程中发生反应的化学方程式为_。解析：FeCl3溶液蚀刻铜箔的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，得到的废液中含有FeCl3、CuCl2、FeCl2。答案：(1)2Fe3Cu=2Fe2Cu2(2)反应掉FeCl3、CuCl2Fe、Cu加入足量稀盐酸后过滤(3)4FeCl24Ca(OH)2O22H2O=4Fe(OH)34CaCl213(12分)2015·西安二模A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其

18、广泛的用途，写出其中的2个用途：_。(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_。(3)若D物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置：_。(4)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式：_。D的化学式是_。(5)若A是应用最广泛的金属。反应用到A，、反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：_。解析：(1)若A是淡黄色

19、固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，可判断A、C、D分别是S、SO2、SO3，SO2可用于漂白、杀菌、消毒、生产硫酸的原料等。(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。可确定A、B、C、D分别是N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，方程式为：4NH36NO5N26H2O。(3)A是铝，在周期表中的位置是第三周期第A族。(4)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。所以A是Si，C、D分别是Na2SiO3、Na2CO3，反应的化学方程式：Si2NaOHH2O=Na2SiO3

20、2H2，D的化学式是Na2CO3。(5)C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，该反应的离子方程式：Cu2Fe3=Cu22Fe2。答案：(1)漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等(2)4NH36NO5N26H2O(3)第三周期第A族(4)Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2Na2CO3(5)Cu2Fe3=Cu22Fe214(8分)2015·金山中学科研人员发现，一些化学反应在固体之间发生和在水溶液中发生，产物不同。铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有l、2。将CuCl2·2H2O晶体和NaOH固体混合研磨，生成物中有一黑色的固体A。A不溶于水，但可溶于稀硫酸

21、生成蓝色溶液B。(1)A的化学式为_；A不同于CuCl2和NaOH在溶液中反应所得产物的可能原因是_。(2)在含0.02 mol B的溶液中加入适量氨水恰好完全反应，得到浅蓝色沉淀C和无色的溶液D；C溶于盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，生成2.33 g白色沉淀；无色的溶液D中加入足量的NaOH，加热收集到无色有刺激性气味的气体E。通过计算确定C的化学式为_。E是_(填物质名称)，E在标准状况下的体积为_mL。(3)若向B中加过量氨水后再通入SO2至微酸性，最终得到白色沉淀F和无色的溶液。分析知，F是不含结晶水的复盐，其部分元素的质量分数为：Cu 39.31%、S 19.84%、N 8.67%

22、。通过计算确定F的化学式_。写出由B生成F的化学方程式_。(4)将F与中等浓度的硫酸混合加热，会放出无色有刺激性气味的气体，析出紫红色沉淀，同时得到蓝色的溶液写出该反应的化学方程式_。解析：(1)将CuCl2·2H2O晶体和NaOH固体混合研磨，氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，研磨过程中产生大量的热能够使氢氧化铜分解生成黑色固体A氧化铜，固相反应中放出的热量使Cu(OH)2分解生成CuO。(2)氧化铜溶于水生成B硫酸铜，含0.02 mol B硫酸铜与氨水反应，得到浅蓝色沉淀C和无色的溶液D，C溶于盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，生成2.33 g白色沉淀，为硫酸钡沉淀，含有硫酸根离子的物质的量为：0.01 mol。无色的溶液D中加入足量的NaOH，加热收