（人教版）高考化學二輪復習《金屬及其化合物》過關訓練試題考試時間：50分鐘滿分：100分一、單項選擇題：本題包括7小題，每小題6分，共42分。1．下列關于金屬冶煉的敘述正確的是(D)A．工業(yè)上可利用鋁熱反應大量冶煉金屬鐵B．金屬鈉、鋁和銅都可用還原法制備C．電解飽和氯化鎂溶液可得金屬鎂D．用足量CO還原磁鐵礦得到9mol鐵時轉(zhuǎn)移24mol電子解析：選項A，金屬鋁的價格遠遠高于鐵的，所以工業(yè)上不用鋁熱反應來大量冶煉鐵；選項B，鈉、鋁屬于活潑金屬，應采用電解熔融NaCl、Al2O3的方法來制備Na、Al；選項C，電解飽和MgCl2溶液得到Mg(OH)2；選項D，磁鐵礦的主要成分為Fe3O4，根據(jù)Fe3O4→3Fe，生成3molFe時轉(zhuǎn)移8mol電子，則得到9mol鐵時轉(zhuǎn)移24mol電子。2．常溫下，下列各組物質(zhì)中，Y既能與X反應又能與Z反應的是(B)XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A.①③B．①④C．②④D．②③解析：Al(OH)3顯兩性，既能與酸反應生成鹽和水，又能與堿反應生成鹽和水，①正確；SiO2與鹽酸不反應，②錯誤；N2與O2在放電條件下反應生成NO，N2在高溫、高壓及催化劑存在條件下與H2反應生成NH3，但在常溫時N2與O2、H2均不反應，③錯誤；Cu與FeCl3溶液和濃硝酸分別發(fā)生如下反應：Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2、Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，④正確。3．FeSO4可發(fā)生如圖所示的一系列反應，下列說法錯誤的是(D)A．堿式硫酸鐵水解能產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，可用作凈水劑B．為防止NH4HCO3分解，生產(chǎn)FeCO3需在較低溫度下進行C．可用KSCN溶液檢驗(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D．常溫下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大解析：由圖示中“FeSO4＋(NH4)2SO4=(NH4)2Fe(SO4)2(s)”知，(NH4)2Fe(SO4)2的溶解度比FeSO4小，D錯誤。4．某溶液中可能含有H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)中的幾種。①若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關系如圖所示。則下列說法正確的是(B)A．溶液中的陽離子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.2molC．溶液中一定不含COeq\o\al(2－,3)，可能含有SOeq\o\al(2－,4)和NOeq\o\al(－,3)D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1解析：由①知溶液中一定含有H＋，一定沒有COeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由圖像可知溶液中還一定含有NHeq\o\al(＋,4)，且n(NHeq\o\al(＋,4))＝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－，根據(jù)Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05mol，故只有選項B正確。5．已知A、B為單質(zhì)，C為化合物，能實現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化關系的是(C)A＋Beq\o(――→,\s\up12(點燃))Ceq\o(――→,\s\up12(溶于水))eq\o(――→,\s\up12(惰性電極電解))A＋B①若C溶于水后得到強堿溶液，則A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，則A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液顯紅色，則B可能為Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，則B可能為CuA．①② B．①③C．②④ D．③④解析：①若A是Na，B是O2，則C是Na2O2，C的水溶液是NaOH，電解NaOH溶液得到氫氣和氧氣，錯誤；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2氣體，則C可能是HCl、HBr、HI等，電解HCl、HBr、HI等的水溶液就是電解電解質(zhì)本身，在陰極產(chǎn)生氫氣，在陽極產(chǎn)生Cl2、Br2、I2，因此A可能是H2，正確；③若C溶液中滴加KSCN溶液顯紅色，則C中含有Fe3＋，電解鐵鹽不可能產(chǎn)生金屬Fe，錯誤；④若C溶液中滴加NaOH溶液有藍色沉淀生成，則C中含有Cu2＋，該鹽可能是CuCl2、CuBr2溶液，電解CuCl2、CuBr2溶液會產(chǎn)生Cu和Cl2、Br2，因此B可能為Cu，正確。6．實驗研究發(fā)現(xiàn)，硝酸發(fā)生氧化還原反應時，硝酸的濃度越稀，對應還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低?，F(xiàn)有一定量的鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀的硝酸充分反應，反應過程中無氣體放出，在反應結束后的溶液中逐滴加入5mol·L－1NaOH溶液，所加NaOH溶液的體積與產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量關系如圖所示，下列說法不正確的是(B)A．稀硝酸與鋁粉、鐵粉反應，其還原產(chǎn)物為硝酸銨B．c點對應NaOH溶液的體積為48mLC．b點與a點的差值為0.05molD．樣品中鋁粉和鐵粉的物質(zhì)的量之比為5∶3解析：根據(jù)題給信息知一定量的鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀的硝酸充分反應，生成硝酸鋁、硝酸鐵、硝酸銨和水，硝酸有剩余。在反應結束后的溶液中逐滴加入5mol·L－1NaOH溶液，發(fā)生的反應依次為①H＋＋OH－=H2O，②Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，③NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，④Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，b與a的差值為氫氧化鋁的物質(zhì)的量，由圖可知，e～f段消耗的氫氧化鈉溶液為104mL－94mL＝10mL，故該階段參加反應的氫氧化鈉為0.01L×5mol·L－1＝0.05mol，根據(jù)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O可知，Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)鋁元素守恒，故混合金屬中n(Al)＝0.05mol，由圖可知，d～e段消耗的氫氧化鈉的體積為94mL－88mL＝6mL，故該階段參加反應的氫氧化鈉為0.006L×5mol·L－1＝0.03mol，根據(jù)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O可知溶液中n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.03mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有3n(Fe)＋3n(Al)=8n(NHeq\o\al(＋,4))，即3n(Fe)＋3×0.05mol＝8×0.03mol，解得n(Fe)＝0.03mol，由反應過程可知，到加入氫氧化鈉為88mL時，溶液中溶質(zhì)為硝酸鈉與硝酸銨，n(NH4NO3)＝n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.03mol，根據(jù)鈉元素守恒可知n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.088L×5mol·L－1＝0.44mol，根據(jù)氮元素守恒計算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＝0.44mol＋0.03mol×2＝0.5mol，而c點溶液為NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根據(jù)氮元素守恒n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＋3n[Fe(NO3)3]＋3n[Al(NO3)3]＝n(HNO3)，故c點溶液中n(NaNO3)＝0.5mol－0.03mol×2－0.03mol×3－0.05mol×3＝0.2mol，故c點加入NaOH的物質(zhì)的量＝0.2mol。A項，由上述分析可知，稀硝酸與鋁粉、鐵粉反應，其還原產(chǎn)物為硝酸銨，正確；B項，由上述分析可知，c點對應NaOH溶液的體積＝0.2mol÷5mol·L－1＝0.04L＝40mL，錯誤；C項，由上述分析可知，b與a的差值為Al(OH)3的物質(zhì)的量，為0.05mol，正確；D項，由上述分析可知，混合金屬中n(Al)＝0.05mol、n(Fe)＝0.03mol，樣品中鋁粉和鐵粉的物質(zhì)的量之比為5∶3，正確。7．將11.9g由Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質(zhì)量減少了2.7g。另取等質(zhì)量的合金溶于過量稀硝酸中，生成了6.72LNO(標準狀況下)，向反應后的溶液中加入適量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為沉淀，則沉淀的質(zhì)量為(A)A．27.2g B．22.1gC．30g D．無法計算解析：將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3＋、Fe3＋、Mg2＋，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質(zhì)的量和氮原子得電子的物質(zhì)的量是相等的，生成了6.72LNO，即氮原子得電子的物質(zhì)的量是3×eq\f(6.72,22.4)mol。由質(zhì)量守恒知，m(沉淀)＝m(合金)＋m(OH－)，由電荷守恒和得失電子守恒知，n(OH－)＝3n(NO)，則m(沉淀)＝11.9g＋17g·mol－1×3×eq\f(6.72,22.4)mol＝27.2g，故A正確。二、非選擇題：本題包括4小題，共58分。8．（除標注外，每空2分，共13分）工業(yè)上由鋁土礦(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制備無水AlCl3的流程如下：已知：AlCl3、FeCl3分別在183℃，315℃升華(1)在焙燒爐中發(fā)生反應：①Fe2O3(s)＋3C(s)2Fe(s)＋3CO(g)ΔH＝－492.7kJ·mol－1②3CO(g)＋Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝＋25.2kJ·mol－1反應2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)①Al2O3、Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應，當生成1molAlCl3時轉(zhuǎn)移________mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為________________________________________________________________________。充分反應后溫度降至________以下(填“183℃”或“315℃”之一)，開始分離收集AlCl3。②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進行蒸餾，也能得到一定量的無水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質(zhì)中的________(填字母)。①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性a．①b．②c．②③d．②③④(3)海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質(zhì)溶液構成電池的，其正極反應式為______________________，與鉛蓄電池相比，釋放相同電量時，所消耗金屬電極材料的質(zhì)量比m(Al)：m(Pb)＝________。解析：(1)由①＋②得所求方程式，所以ΔH＝－467.5kJ·mol－1。(2)①由Al2O3＋3Cl2＋3C=2AlCl3＋3CO知，生成2molAlCl3轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6，則1molAlCl3時轉(zhuǎn)移3mol電子；根據(jù)題意得：Cl2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋；Al＋FeCl3=Fe＋AlCl3由于AlCl3升華而FeCl3不升華，溫度應在315℃以下。②此處只用到吸水性，難揮發(fā)性。(3)設都放出6mole－，需要Al2mol，Pb3mol，其質(zhì)量比為(2mol×27g·mol－1)(3mol×207g·mol－1)＝223。答案：(1)－467.5(2)①3（1分）Cl2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋315℃②c(3)O2＋4e－＋2H2O=4OH－2：239．（每空2分，共16分）高錳酸鉀(KMnO4)是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。以軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的工藝路線如下：回答下列問題：(1)原料軟錳礦與氫氧化鉀按1∶1的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是__________________________________________________________________。(2)“平爐”中發(fā)生的化學方程式為_____________________________________________，該條件下此反應的ΔS______________________________(填“大于”“小于”或“等于”)0。(3)將K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的生產(chǎn)有兩種工藝。①“CO2歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應生成的含錳物質(zhì)有KMnO4和MnO2，該反應的化學方程式為________________________________________________________________________。②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，若用惰性電極，陽離子交換膜電解槽電解時產(chǎn)品純度高，陰極室中加入電解質(zhì)溶液溶質(zhì)的化學式為________________________，電解時陽極發(fā)生的電極反應為________________________，從陽極室的溶液得到產(chǎn)品的實驗操作是________________________________。與傳統(tǒng)工藝比較，現(xiàn)代工藝的優(yōu)點除產(chǎn)品純度高外還有________________________________。答案(1)增大接觸面積，加快反應速率(2)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O大于(3)①3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3②KOHMnOeq\o\al(2－,4)－e－=MnOeq\o\al(－,4)蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾原料利用率大解析：(3)①在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，根據(jù)元素守恒以及二氧化碳過量推測反應生成KMnO4、MnO2和K2CO3，反應的方程式為3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3；②“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽中陽極MnOeq\o\al(2－,4)失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生MnOeq\o\al(－,4)，電極反應式：MnOeq\o\al(2－,4)－e－===MnOeq\o\al(－,4)；在陰極，水電離產(chǎn)生的H＋獲得電子變?yōu)闅錃庖莩?，電極反應式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；所以陰極逸出的氣體是H2；總反應方程式：2K2MnO4＋2H2Oeq\o(=====,\s\up7(電解))2KMnO4＋H2↑＋2KOH，陽離子交換膜電解槽電解時產(chǎn)品純度高，陰極室中加入電解質(zhì)溶液溶質(zhì)的化學式為KOH；從陽極室的溶液得到產(chǎn)品的實驗操作為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾；依據(jù)電解法方程式2K2MnO4＋2H2Oeq\o(=====,\s\up7(電解))2KMnO4＋H2↑＋2KOH，可知K2MnO4的理論利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反應中3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3中K2MnO4的理論利用率是eq\f(2,3)，所以二者的理論利用率之比為3∶2，因此與傳統(tǒng)工藝比較，現(xiàn)代工藝的優(yōu)點除產(chǎn)品純度高外還有原料利用率大。10．（除標注外，每空2分，共15分）TiO2在工業(yè)生產(chǎn)和日常生活中有重要用途。工業(yè)上用鈦鐵礦(主要成分是TiO2、少量FeO和Fe2O3)制備TiO2，再用TiO2制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程如圖所示：已知：TiO2＋發(fā)生水解反應的化學方程式為TiO2＋＋(n＋1)H2OTiO2·nH2O＋2H＋。[(1)硫酸與TiO2反應的離子方程式是________________________________________。(2)由TiO2制取TiCl4時涉及的反應有：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)ΔH1＝－72kJ·mol－1；TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)ΔH2＝＋38.8kJ·mol－1；C(s)＋CO2(g)===2CO(g)ΔH3＝＋282.8kJ·mol－1。①反應C(s)＋CO2(g)===2CO(g)在高溫下能夠自發(fā)進行的原因是________________________________________________。②反應C(s)＋O2(g)===CO2(g)的ΔH＝________。(3)向Ⅰ中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強酸性。該過程中有如下反應發(fā)生：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；2TiO2＋(無色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O；Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(無色)＋Fe2＋＋2H＋。①結合信息判斷Fe3＋、TiO2＋、Fe2＋的氧化性強弱關系：________＞________＞________。②加入鐵屑的作用是__________________________________。(4)向Ⅱ中不斷通入高溫水蒸氣，維持溶液沸騰一段時間，析出水合二氧化鈦沉淀。請用化學平衡理論分析通入高溫水蒸氣的作用：____________________________________。(5)依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是________________________________________________________________________(寫出一條即可)。(6)工業(yè)上可通過電解TiO2來獲得Ti(同時產(chǎn)生O2)：處理過的TiO2為陰極，石墨為陽極，熔融CaCl2為電解液，電解槽中加入炭塊。陰極反應式為___________________________；電解過程中需定期向電解槽中加入炭塊的原因是_____________________________________________________________________________________________。解析：(1)根據(jù)Ⅰ中溶液的成分，鈦元素以TiO2＋的形式存在，故硫酸與TiO2反應生成TiO2＋，離子方程式為TiO2＋2H＋===TiO2＋＋H2O。(2)根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS，ΔH＞0，高溫下能夠自發(fā)進行的原因是該反應為熵增反應。將給出的3個反應標為a、b、c，根據(jù)蓋斯定律由a－b－c可得C(s)＋O2(g)===CO2(g)的ΔH＝－393.6kJ·mol－1。(3)①氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，由第2個式子知氧化性TiO2＋＞Fe2＋，由第3個式子知Fe3＋＞TiO2＋，則有Fe3＋＞TiO2＋＞Fe2＋。②向Ⅰ中加入鐵屑至浸出液顯紫色，根據(jù)離子的顏色可知溶液中含有Ti3＋，由第3個式子可知Fe3＋能將Ti3＋氧化為TiO2＋，故加入鐵屑作還原劑，將Fe3＋還原為Fe2＋，保護Fe2＋不被氧化。(4)水解反應是吸熱反應，通入高溫水蒸氣使體系的溫度升高，促進TiO2＋的水解，溶液被稀釋，H＋濃度降低，平衡正向移動，也促進TiO2＋的水解。(5)根據(jù)工藝流程可看出生產(chǎn)過程中產(chǎn)生了廢氣、廢液、廢渣，對環(huán)境有污染，不符合綠色化學思想。(6)熔融CaCl2為電解液，處理過的TiO2為陰極，TiO2得電子生成Ti；陽極反應式為2O2－－4e－===O2↑，石墨為陽極，碳單質(zhì)與陽極產(chǎn)生的氧氣反應而不斷減少，需定期向電解槽中加入炭塊。答案：(1)TiO2＋2H＋===TiO2＋＋H2O(2)①該反應是熵增反應（1分）②－393.6kJ·mol－1(3)①Fe3＋TiO2＋Fe2＋（全對2分）②將Fe3＋還原為Fe2＋，保護Fe2＋不被氧化（1分）(4)通入高溫水蒸氣能降低H＋的濃度，提高溶液溫度，促進平衡向水解方向移動，從而析出TiO2·nH2O(5)產(chǎn)生了廢氣、廢液、廢渣（1分）(6)TiO2＋4e－===Ti＋2O2－碳單質(zhì)與陽極產(chǎn)生的氧氣反應而不斷減少11．（每空2分，共14分）氧化鋅為白色粉末，可用于濕疹、癬等皮膚病的治療。純化工業(yè)級氧化鋅[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等雜質(zhì)]的流程如下：工業(yè)ZnOeq\o(→,\s\up11(稀硫酸),\s\do4(①))浸出液eq\o(→,\s\up11(調(diào)pH約為5),\s\do4(,,適量高錳酸鉀溶液,②))eq\o(→,\s\up11(過濾),\s\do4())濾液eq\o(→,\s\up11(Zn),\s\do4(③))eq\o(→,\s\up11(過濾),\s\do4())濾液eq\o(→,\s\up11(Na2CO3),\s\do4(④))eq\o(→,\s\up11(過濾),\s\do4())濾餅eq\o(→,\s\up11(煅燒),\s\do4(⑤))ZnO提示：在本實驗條件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高錳酸鉀的還原產(chǎn)物是MnO2?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應②中除掉的雜質(zhì)離子是________，發(fā)生反應的離子方程式為_________________；在加高錳酸鉀溶液前