2022届高考化学第七单元金属及其重要化合物单元检测（含解析）

单元检测七金属及其重要化合物时间：45分钟满分：100分一、选择题此题共10题，每题5分，共50分，每题只有一个选项切合题目要求1．下列有关金属的说法中，正确的选项是。①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐化，所以铝是不开朗金属④缺钙会惹起骨质疏松，缺铁会惹起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液能够查验Fe3＋A．①④⑤⑥B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②⑤⑥2．下列对于金属元素特点的表达正确的选项是。①金属元素的原子只有复原性，离子只有氧化性②金属元素在化合物中一般显正价③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱④金属元素只有金属性，没有非金属性⑤最外层电子越多的金属原子金属性越强⑥离子化合物一定含金属元素A．④⑥B．②③C．①②③D．③⑤3．美国“海狼”潜艇上的核反响堆内使用了液体铝钠合金单质钠和单质铝熔合而成作载热介质，下列有关说法不正确的选项是。A．原子半径：Na＞AB．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则nA≤nNaC．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜积淀，也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的4．钾是一种特别开朗的金属，易与氧气反响生成超氧化钾

H2越多，则铝的质量分数越小KO2，KO2拥有很强的氧化性可与钾反响而发生爆炸。在理论上我们能够用电解熔融的KC的方法来制备金属钾，而实际我们不用此法制备钾，而用熔融状态下的KC与Na反响并实时抽走钾蒸气的方法制备钾，能的原因有以下四种，其中正确的选项是。①钾易熔于熔融的钾盐中②钾蒸气易逸出而污染环境③钾被氧化后的产物与钾反应拥有爆炸性④抽走钾蒸气时有利于钠与熔融的KC反响A．全部B．①③C．①④D．②④5．X、Y、Z是三种常有元素的单质，甲、乙是两种常有的化合物，这些单质和化合物之间存在如下图的转变关系，下列说法正确的选项是。

可A．X、Y、Z一定都是非金属单质B．X、Y、Z中起码有一种是金属单质C．如果X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质6．某化学小组为测定一定量的某铜铝混淆物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方法Ⅰ：铜铝混淆物错误!

错误!Lo·L－1的盐酸滴定，测得生成积淀的质量与消耗盐酸的体积关系如下图，则下列说法正确的选项是。A．原合金质量为0.92gB．图中2为60VC．整个滴定过程中Na＋的浓度保持不变D．OL2mo·L－1的HNO3溶液中，反响完全后，无固体节余，生成1.12LNO气体标准状况，再向反响后的溶液中加入1mo·L－1的NaOH溶液，要使铁元素全部积淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是。A．450mLB．500mLC．400mLD．无法确定二、非选择题此题共4个小题，共50分11．8分A、B、C、X均为中学常有物质，它们有如下转变关系副产物已略去。试回答：1若A为气态化合物，溶于水后所得溶液使红色石蕊试纸呈蓝色，该转变关系是工业制硝酸的反响原理，则实验室制取A的化学方程式为__________________________。2若X是强氧化性单质，则A不可能是______。a．Sb．Fec．Ad．Mg3若X是金属单质，将5～6滴B的饱和溶液滴入开水中，可获得红褐色液体，该液体能产生丁达尔效应。C溶液在贮存时应加入少量X，原因是用离子方程式表示__________________。4若A、B、C含同种金属元素，则A溶液与C溶液反响生成B，则X可能为________。a．NaOHb．NH3·H2Oc．BaOHd．C2212．12分有一透明溶液，已知其中可能含有3＋2＋2＋3＋、NH错误!，加入一Fe、Mg、Cu、A种淡黄色粉末固体时，加热有刺激性气味的混淆气体放出，同时生成白色积淀。当加入mo淡黄色粉末时，产生气体mo，持续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入淡黄色粉末时产生白色积淀的量如下列图所示。根据题意回答下列问题：1淡黄色粉末为________填名称。2溶液中肯定有______离子，肯定没有____离子。3溶液中离子的物质的量之比为__________。4写出下列方程式：①淡黄色粉末与水反响的化学方程式：__________________________________。②刺激性气味的气体产生的离子方程式：__________________________________。③积淀部分减少时的离子方程式：__________________________________。13．16分在实验室中拟用氧化铜、稀硫酸和锌来制取纯净的铜，甲、乙两位同学分别设计了如下实验方案：甲：①把CuO溶于适量稀硫酸中；②在①的溶液中加入适量Zn，充分反响后过滤、烘干，即得纯净的Cu。乙：①锌与稀硫酸反响制H2；②将H2通入CuO中并加热，充分反响后即得纯净的Cu。1若要制得相同质量的纯Cu，所消耗的锌和稀硫酸的量是：甲______乙填“大于”“小于”或“等于”，原因是_______________________________________________。2乙用下列图装置来制取干燥的H2，a中的液体应是______；b中的液体应是______，使该装置发生氢气的操作次序应当是______________。d的优点是______________。3丙同学认为上述两种方案所制得的Cu都难以保证Cu的纯度，应付上述两种方案加以完善。你______填“是”或“否”赞同丙同学的见解。原因①对甲同学实验而言________________，②对乙同学实验而言_______________。请你分别对甲、乙两同学的实验加以完善：①________________；②________________。丁同学认为上述两种方案所制得的红色固体可能是氧化亚铜、铜，请你设计有关实验达成该探究。查资料知道，氧化亚铜是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成铜和硫酸铜，在空气中加热生成氧化铜。________________________________________________________________________。14．14分图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转变关系部分产物已略去。其中，A俗称磁性氧化铁，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反响。回答下列问题：1组成单质Y的元素在周期表中的地点是__________；M中存在的化学键种类为____________；R的化学式是________________。2一定条件下，Z与H2反响生成ZH4，ZH4的电子式为____________。3已知A与1moA反响转变为X时所有物质均为固体，放出aJ热量。写出该反响的热化学方程式：______________________________。4写出A和D的稀溶液反响生成G的离子方程式：_____________________________。5向含4moD的稀溶液中，渐渐加入X粉末至过度。假定生成的气体只有一种，请在坐标系中画出nX2＋随nX变化的示意图，并标出nX2＋的最大值。参照答案1．A解析：钠在常温时即可与水反响产生氢气，因此钠着火时不能用水扑灭，②错；铝在空气中耐腐化，是因为铝与空气中的氧气反响，在铝的表面生成一层致密的氧化膜，阻止内部金属的氧化，③错。2．B解析：Fe2＋既有氧化性又有复原性；A既有金属性又有非金属性；金属性的强弱与最外层电子数多少无关，而与得失难易有关；铵盐中不含金属元素。3．D解析：相同质量的A提供的电子数大于相同质量的Na，故D错误。4．A解析：由题干信息能够知道③是正确的，金属钾熔化后易溶于熔融的钾盐中，将温度控制在比钾沸点稍高，使钾变为钾蒸气，将钾蒸气抽出有利于钠与熔化的KC反响向右移动；此外，钾蒸气易逸出，会污染环境。5．C解析：选项A，若X为Fe，甲为H2O，Z为O2，Y为H2时，切合转变关系，所以X、Y、Z不一定都是非金属单质，故A项错误；若X为C，甲为H2O，Z为O2，乙为CO，Y为H2时切合转变关系，应选项B、D错误；选项C，如果X、Y都为金属单质时，X、Y在反响中失去电子，而金属单质在反响中不可能获得电子，所以Z一定是非金属单质。6．A解析：溶液B若选稀硝酸，与铜、铝都反响，则反响后无固体节余，进而无法确定二者的量，A错误；若溶液A是盐酸或NaOH溶液，只和铝反响，根据气体或节余固体的质量均可确定铝的量，B正确；气体体积测量较为困难，而称量节余固体质量则较为容易，C正确；若溶液A采用浓硝酸，浓硝酸使铝钝化后与铜反响，生成的NO易与水反响，使测2量的气体体积偏小，测得的铜的质量分数也偏小，D正确。7．C解析：A正确，因为发生的反响为SO＋SO＋HO和SO＋NaOH===NaHSO；B正确，因为发生的反响为＋＋3＋＋2HO；C不AO错误!＋H＋HO===AOH↓和AO错误!＋4H===A232正确，因为无论配料比率是多少，发生的反响老是2错误－1×0.04L＝mo，mNa2Fe＋3C!o·L－1－1＝0.92g，A错；Oo·L×0.02L÷1mo·L＝0.02L20mL，即V1＝20，所以L，QW段消2＋保持不变，但溶液的体积不耗盐酸是L，故V＝40＋60＝100，B错；整个滴定过程中，nNa断增大，故Na＋的浓度是不断减小的，C错。9．A解析：AO→AOH不能经过一步反响实现。23310．A解析：因为最后节余的溶液为NaNO3溶液，根据电荷守恒：NaOH＝NaNO3＝nHNO3－1－1nn－1－nNO＝0.25L×2mo·L＝mo。所以aq－1.12L/22.4L·moV[NaOH]＝mo/1mo·L0.45L＝450mL。11．答案：

12NH4C＋CaOH2

2NH3↑＋CaC2＋

2H2O2cd3＋2＋32Fe＋Fe===3Fe4ac解析：1溶于水后使红色石蕊试纸呈蓝色的气体一定为NH3；2若X是强氧化性单质，则A是变价元素，A、Mg不切合；3由红褐色液体可知X是Fe，A可能为稀硝酸、氯气等，B为Fe3＋、C为Fe2＋，Fe2＋容易被氧化为Fe3＋，应加入铁单质防备其被氧化；4A、B、C含有铝元素，根据“铝三角”可知X为强碱或酸。12．答案：1过氧化钠2NH错误!、Mg2＋、A3＋Cu2＋、Fe3＋2＋3＋3cNH错误!∶cMg∶cA＝1∶2∶14①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑－3＋mo；因有关系式：2NaO～O，所以moNaO共产生②NH错误!＋OH错误!o；含A22222O2mo，则产生NH3mo。所以溶液中NH错误!、Mg2＋、A3＋的物质的量之比为mo∶mo∶mo＝1∶2∶1。13．答案：1小于乙方案中氢气的作用除了作复原剂外，还需用来排尽装置中的空气和作保护气2稀硫酸浓硫酸翻开①②③，由④通入少量气体使稀硫酸流入盛锌容器内，再立刻封闭①防备不纯的氢气点燃时发生爆炸3是甲方案制得的铜中可能混有锌，且过滤后未洗涤乙方案制得的铜中可能混有氧化铜4①将甲过滤所得的固体加入过度的稀硫酸，不断搅拌，至不再放出气体为止，过滤并洗涤、烘干②将乙所得的固体加入过度的稀硫酸，不断搅拌，充分反响后过滤并洗涤、烘干5取少量样品，加入稀硫酸，若无现象，则说明全是Cu，若部分样品溶解，溶液呈蓝色，则是Cu和Cu2O的混淆物解析：1甲：CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O；Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4，即生成1moCu需要1moZn和1moH2SO4；乙：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑；H2＋CuO错误!oCu需要1moH2，即需消耗1moZn和1moH2SO4，但H2复原CuO的实验操作中：反响前需通H2赶空气，反响后需持续通H2至完全冷却，即实验中需要比理论多得多的H2，也即需要多消耗Zn和H2SO4。2剖析装置特点可知，实验操作应是由④经过气压法将稀硫酸压入盛有Zn的锥形瓶中，使反响开始，即a中装的应当是稀硫酸，且一旦稀硫酸压入，应快速封闭①，让产生的H2赶跑装置中的空气。3丙同学的见解正确，甲方案Cu中可能混有原料Zn，乙方案H2复原CuO，因是气体通过固体的反响，反响不易彻底，即Cu中易混有未反响的CuO。4剖析杂质性质：CuZn、CuCuO，Zn与CuO都能溶于稀硫酸，而Cu本身不溶于稀硫酸，故能够考虑用稀硫酸洗涤产品，以除掉杂质。5能够将红色固体用稀硫酸办理，若全是

Cu，则不溶解；若混有

Cu2O，则部分固体能溶解，且溶液呈蓝色。14．答案：1第

2周期第ⅥA族

离子键、共价键

H2SiO3或

H4SiO4238A＋3Fe3O4===9Fe＋4A2O3＝－8J·mo－1Ha＋3＋＋NO↑＋14H2O43Fe3O4＋28H＋NO错误!===9Fe5解析：Fe3O4的俗名为磁性氧化铁，故A是F