2025届高考化学一轮复习金属及其化合物过关选练题新人教版

Page1金属及其化合物一、选择题1、下列关于硅及二氧化硅的说法中正确的是（

）A．高纯度的硅可用于制造计算机芯片B．SiO2的物理性质与CO2类似C．熔融烧碱样品运用的器皿是石英坩埚D．光导纤维的主要成分是Si【答案】A2、向肯定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，生成1.344LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(B)A．0.24mol B．0.21molC．0.16mol D．0.14mol解析：向肯定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2，1.344LNO(标准状况)的物质的量为eq\f(1.344L,22.4L/mol)＝0.06mol，依据氮元素守恒，Fe(NO3)2中的NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.12L×4mol/L－0.06mol＝0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为0.42mol÷2＝0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)＝0.21mol，B项正确。3、《唐本草》记载:……原来绿色，新出窟未见风者，正如璃璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。文中“绛矾”为A．FeSO4·7H2OB．CuSO4·5H2OC．Na2SO4·10H2OD．KAl(SO4)2·12H2O【答案】A【解析】由上描述，晶体原来为绿色，加热后得到红色固体，所以该晶体为FeSO4·7H2O。晶体呈现绿色，受热分解得到氧化铁为红色，选项A正确。选项B为蓝色，其余为无色。4、下列有关金属的说法中正确的是(C)A．钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能接着燃烧C．铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D．铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸解析：A项，钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；B项，燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能接着燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；C项，三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；D项，浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻挡反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；故选C。5、《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述:“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也………下列说法错误的是A．治血痛的缘由是利用了胶体的聚沉B．白矾溶于水后微粒浓度排序:c(H2O)>c(SO42-)>c(Al3+)>c(K+)>c(OH-)>c(H+)C．检测“无矾油条”是否含“矾”的方法是:将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液D．白矾在油条中做膨化剂的原理是:A13++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】B点睛：本题考查明矾的性质和盐类的水解。驾驭铝离子的水解反应是解题的关键。本题的易错点为D，要留意常见的双水解的组合，铝离子与碳酸根和碳酸氢根离子，铁离子与碳酸根和碳酸氢根离子，铝离子与偏铝酸根离子等。6、将9.0g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；接着加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是DA.第一次与100mL稀硝酸反应后剩余的4.8g金属为铜和铁B.反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C.若向上述最终所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNOD.原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075mol解析：由题目信息“向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红”可知，反应后溶液中的金属离子为Fe2＋、Cu2＋。设混合物中Cu、Fe的物质的量分别为a、b，则依据氧化还原反应中得失电子守恒列等式：2a＋2b＝3×1.12L＋1.12L/22.4L·mol－1，另外依据铜和铁混合物的质量列等式：64g·mol－1a＋56g·mol－1b＝9.0g，解得a＝b＝0.075mol，D项正确；第一次与100mL稀硝酸反应，硝酸得到电子的物质的量为3×1.12L/22.4L·mol－1＝0.15mol，而0.075molFe参加反应转化为Fe2＋，失去电子的物质的量也是0.15mol，故剩余的金属只有铜，A项错误；依据第一次反应可知硝酸的物质的量浓度为2×0.075mol＋1.12L/22.4L·mol－1?/0.1L=2.0mol·L－1，B项错误；向上述最终所得溶液中再加入足量稀硝酸，发生反应：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成NO的物质的量为0.075mol/3＝0.025mol，即标况下0.56L，C项错误。7、向含1molNaHCO3的溶液中逐滴加入含bmolCa(OH)2的溶液，充分反应。下列说法不正确的是()A．滴加Ca(OH)2马上有沉淀生成B．当b＝0.5mol时，发生的离子反应：HCO3-＋OH-＋Ca2＋＝CaCO3↓＋H2OC．当b＝1mol时，反应后的溶液中几乎不存在Ca2＋D．当b＝1.5mol时，往溶液中再通入少量CO2，还会有沉淀生成【答案】B【解析】向含1molNaHCO3溶液中滴加Ca(OH)2溶液，随Ca(OH)2物质的量的增多，反应的化学方程式依次为：①2NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2H2O＋Na2CO3和②NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O＋NaOH。A、滴加Ca(OH)2马上有白色沉淀生成，故A正确；B、当n(NaHCO3):n(Ca(OH)2)=2:1时，即反应①的离子方程式2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－,故B不正确；C、当b＝1mol时，发生反应②，所以溶液中几乎没有Ca2＋，故C正确；D、当b＝1.5mol时，即Ca(OH)2过量，则通入少量CO2会生成CaCO3沉淀，即D正确。所以本题正确答案为B。点睛：弱酸的酸式盐与碱的反应，随物质的量的不同，发生的反应也不同，这类反应是离子方程式书写中的难点和出错点，明确随某物质量的增多依次发生反应的依次是正确解题的关键。8、下列关于金属冶炼的叙述正确的是(D)A．工业上可利用铝热反应大量冶炼金属铁B．金属钠、铝和铜都可用还原法制备C．电解饱和氯化镁溶液可得金属镁D．用足量CO还原磁铁矿得到9mol铁时转移24mol电子解析：选项A，金属铝的价格远远高于铁的，所以工业上不用铝热反应来大量冶炼铁；选项B，钠、铝属于活泼金属，应采纳电解熔融NaCl、Al2O3的方法来制备Na、Al；选项C，电解饱和MgCl2溶液得到Mg(OH)2；选项D，磁铁矿的主要成分为Fe3O4，依据Fe3O4→3Fe，生成3molFe时转移8mol电子，则得到9mol铁时转移24mol电子。二、非选择题1、2024年8月，媒体以“用十几块钱的小苏打饿死了癌细胞”为题报道了小苏打在治疗癌症的作用，报道有曲解的成分，但小苏打在治疗癌症的方法中的确功不行没。在试验室中模拟工业制取NaHCO3的试验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。其次步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。接着向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。第三步：分别C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。(1)下图所示装置的连接依次：a接________；________接________；b接________(填接口编号)。(2)A中常选用的固体反应物为_______；D中应选用的液体为________。(3)其次步中让___________装置先发生反应。(4)C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是__________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是__________________。(5)第三步分别出NaHCO3固体的操作是________。(6)第四步中所加固体粉末化学式为______________。所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5%～8%)，请设计一个简洁的试验，不运用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4Cl。简要写出操作和现象______________________________。【答案】fedc石灰石或大理石或块状CaCO3饱和碳酸氢钠溶液或饱和NaHCO3溶液B防止倒吸汲取多余的NH3，防止污染空气过滤NaCl取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消逝，在试管口内壁又有较多的固体凝聚【解析】（1）向饱和氯化钠溶液中通入足量的二氧化碳与氨气反应生成NaHCO3沉淀，则装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，二氧化碳与氨气通入C中，其中氨气应防止倒吸，则b接c，故a接f、e接d；

（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，所以固体为CaCO3用块状石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去碳酸氢钠难以形成，所以应用饱和碳酸氢钠溶液除去；

（3）候氏制碱方法是利用氨气溶解性大极易溶解于水，二氧化碳气体水中溶解性较小，试验饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体；试验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为B；

（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，简洁发生倒吸，C中用球形干燥管球形部分液面上升慢起缓冲作用，可以防止倒吸；装有无水CaCl2的U形管的作用汲取多余的NH3；

（5）分别NaHCO3固体和液体用过滤的方法；

2、Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”试验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采纳的试验条件为_____________________________________________________。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，写出相应反应的离子方程式______________。(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得试验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的缘由_____________________________________________________________________________________________________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________________。(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？______________________________________________________________________________________________________________________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式__________________。解析：(1)由图示可知，当铁浸出率为70%时，可以采纳100℃、2h，也可采纳90℃、5h。(2)反应物有FeTiO3，由生成物有TiOCleq\o\al(2－,4)可知，反应物中还含有Cl－，生成物中还有Fe2＋，留意酸性条件，用H＋平衡电荷，配平。(3)温度低，转化速率慢，单位时间内转化效率低，温度过高，H2O2分解，NH3挥发，导致转化速率慢。留意：取的是相同时间内的转化率。(4)由化合物中全部元素化合价代数和为0，有15个O原子共22价，设－2价氧原子为x个，－1价氧原子则为(15－x)个，有－2x－(15－x)＝－22，x＝7，则－1价O原子共8个，即有4个过氧键。(6)反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价上升，产物为CO2，配平。答案：(1)100℃、2h(或90℃、5h)(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O(3)低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度上升而增