《成都艺术高级中学2020-2021学年度2018级高考化学一轮复习《金属及其化合物》单元检测试题（Word版含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《成都艺术高级中学2020-2021学年度2018级高考化学一轮复习《金属及其化合物》单元检测试题（Word版含解析）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（人教版）高考一轮复习金属及其化合物单元质量检测试题（考试时间：40分钟，满分100分）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题6分，共60分。1已知Zn(OH)2与Al(OH)3一样，是一种两性氢氧化物，它与强酸、强碱都能发生反应，但与Al(OH)3不同的是Zn(OH)2能溶于过量的氨水中，而Al(OH)3却不能。则下列各组物质的溶液，不能运用滴加顺序进行鉴别的是()AAlCl3、NH3H2OBZnCl2、NH3H2OCAlCl3、NaOH DZnCl2、NaOH答案：A解析：AlCl3溶液和NH3H2O溶液无论滴加顺序怎样，均产生沉淀，A项不能运用滴加顺序进行鉴别；ZnCl2溶液滴入NH3
2、H2O溶液中先无明显现象后产生沉淀，NH3H2O溶液滴入ZnCl2溶液中先产生沉淀后沉淀溶解，B项能运用滴加顺序进行鉴别；NaOH溶液滴入AlCl3溶液先产生沉淀后沉淀溶解，AlCl3溶液滴入NaOH溶液先无明显现象后产生沉淀，C项能运用滴加顺序进行鉴别；NaOH溶液滴入ZnCl2溶液先产生沉淀后沉淀溶解，ZnCl2溶液滴入NaOH溶液先无明显现象后产生沉淀，D项能运用滴加顺序进行鉴别。2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()XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A.BCD答案：B解析：本题考查元素化合物之间的转化
3、。中Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应；SiO2是酸性氧化物，能与NaOH反应，但不能与浓盐酸反应；N2性质比较稳定，常温下与O2和H2都不能反应；中Cu在常温下可与二者反应，反应的化学方程式分别为：Cu2FeCl3=2FeCl2CuCl2、Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。3根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是()答案：C解析：A项，制NH3需要用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体加热进行反应，错误；B项，CO2应从长导管进短导
4、管出，错误；C项，制得的NaHCO3为固体，用过滤法分离，正确；D项，加热时NaHCO3会分解，错误。4类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其是否正确。下列几种类推结论中正确的是()A由2CuO22CuO可推出同族的硫也有CuSCuSBFe3O4可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4可表示为PbOPb2O3CNa能与水反应生成H2，K、Ca也能与水反应生成H2DCO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应只生成Na2SO3和O2答案：C解析：硫的氧化性弱于O2，硫与Cu反应生成Cu2S，A项错误；Fe3O4中
5、铁元素的化合价为2和3，而Pb3O4中铅的化合价为2和4，B项错误；Na、K、Ca都为活泼金属，化学性质相似，C项正确；Na2O2具有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成Na2SO4，D错误。5下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：
6、Fe2Cl答案：D解析：a处变蓝，b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，但无法证明I2与Br2氧化性的强弱，A错误；c处先变红，说明氯气与水反应生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水反应还生成了具有漂白性的物质，B错误；d处立即褪色，是因为氯气与水反应生成的酸性物质中和了NaOH，C错误；e处变红说明Cl2将Fe2氧化为Fe3，证明还原性：Fe2Cl，D正确。6有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种(忽略由水电离产生的H、OH)：H、NH、K、Mg2、Cu2、Al3、NO、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实
7、验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是()A原溶液一定不存在H、Cu2、COB不能确定原溶液是否含有K、NOC原溶液确定含Mg2、Al3、NH，且n(Mg2)n(Al3)n(NH)112D实验所加的NaOH的浓度为2 molL1答案：D 解析：溶液是无色的，所以Cu2一定不存在；通过图象知，在加入过量的氢氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3；K不能和中学常
8、见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO、SO两种中的一种，因通过图象知含有Al3；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO、一定含有SO；第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g，推断生成3102 mol BaSO4，所以n(SO)3102 mol；第三份说明不含有H，一定含有Al3；图象中有一段平台，说明加入OH时无沉淀生成，有NH，NHOH=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2，根据消耗氢氧化钠的体积结合化学方程式计算n(Mg2)n(Al
9、3)n(NH)112。通过此实验无法判断是否含有K、NO；无法计算氢氧化钠的浓度。故答案选D。7已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是()ACl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B每1 mol Co2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2时转移2 mol eCFeCl3溶液能使淀粉KI试纸变蓝DI2是A族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2氧化成Co2O3答案：C解析：还原性：IFe2，则有Fe3生成时，I一定全部氧化成I2；Co2O3在酸性条件下生成Co2的反应为还原反应；由
10、于氧化性：Co2O3I2，则I2不能氧化Co2生成Co2O3。8.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：下列判断不合理的是()A.Al、Ga均处于第A族B.Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C.Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D.酸性：Al(OH)3Ga(OH)3答案：D解析：镓(Ga)与铝同主族，均处于第A族，A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质相似，可与盐酸反应生成GaCl3，B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，C项正确；在NaAlO2和
11、NaCaO2的混合液中通入适量CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，根据强酸制弱酸的原理，镓酸的酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3Ga(OH)3，D项错误。9向10.4 g Fe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1 molL1的硫酸溶液140 mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为()A1.12 gB2.24 gC3.24 gD6.42 g答案：B解析：Fe3O4、Fe2O3和Cu的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素与
12、Fe3O4、Fe2O3中O元素结合生成水，由水的分子式H2O可知，Fe3O4、Fe2O3中n(O)n(H2SO4)0.14 L1 mol/L0.14 mol，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.14 mol16 g/mol2.24g；故答案选B。(1)氮原子最外层有5个电子，共用3对电子形成氮气分子，则N2的电子式为NN。(2)因为Fe2O3与Na的反应为置换反应，所以Fe2O3作为氧化剂，与Na反应得电子生成还原产物Fe单质。(3)KClO4属于含氧酸盐，所以KClO4含有化学键的类型为离子键和共价键，K是19号元素，原
13、子结构示意图为 。(4)NaHCO3热稳定性较差，受热分解生成碳酸钠、CO2和水，化学反应方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O。(5)碱石灰的主要成分是NaOH和CaO，所以用碱石灰除去的物质为CO2、H2O；标准状况下33.6 L N2的物质的量为1.5 mol，根据N原子守恒，该产气药剂中NaN3的质量分数为(1.523)65100100%65%。10“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是()AAl65Cu23Fe12的
14、硬度小于金属铁BAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料C1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的稀硝酸时共失去265 mol电子D将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生的气体物质的量按由小到大的顺序排列为烧碱、稀硝酸、盐酸答案：B解析：A项，拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，错误； B项，Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，正确；C项，溶于过量的稀硝酸时，Al与Fe均变为3价，Cu变为2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为65 mol323 mol
15、212 mol3277 mol，错误；D项，将Al65Cu23Fe12看作是由65 mol铝、23 mol铜、12 mol铁组成的混合物，只有铝与烧碱反应放出氢气，氢气的物质的量是65 mol97.5 mol；与盐酸反应时，铝和铁都反应，放出氢气的物质的量是65 mol12 mol109.5 mol；与稀硝酸反应时，三种金属都溶解放出NO气体，放出NO的物质的量是65 mol23 mol12 mol92.3 mol。所以产生的气体物质的量由小到大的顺序为稀硝酸、烧碱、盐酸，错误。二、非选择题：本题包括3小题，共40分。11(12分)实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制取粗铜、绿矾(FeSO47H2O)和明矾KAl(SO4)
