【走向高考】2013版高考化学课后练习部分-第三章-测试卷金属及其化合物-新人教版.doc

第三章金属及其化合物测试卷满分100分，考试时间90分钟试卷说明：本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。请将第卷的答案填涂在答题卡上，第卷可在各题后直接作答。本卷可能用到的相对原子质量：Mg24Al27Si28S32Ba137Ag108Fe56Cu64Cl35.5Br80第卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1(2012河北省普通高中高三教学质量监测)下列图象表示将铁粉逐渐加入到一定量的稀硝酸中时，铁和硝酸铁之间物质的量(mol)的关系，其中正确的是()解析：由发生反应的化学方程式，得出关系式：FeFe(NO3)3，2Fe3Fe，即2mol Fe参加反应，生成2mol Fe(NO3)3,1mol Fe与2mol Fe(NO3)3反应，对比图象比例关系，B正确。答案：B2(2012河北省普通高中高三教学质量监测)把NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热，关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量，下列判断正确的是()A加热前后一样多B加热前消耗的多C加热后消耗的多D当Na2O2适量时才会一样多解析：由加热前后的关系式：2NaHCO3Na2CO32HCl、Na2O22NaOH2HCl及Na2O2Na2CO32HCl可知，加热前后消耗的盐酸一样多。故A正确。答案：A3(2012浙江省浙南、浙北部分学校高三第一次联考)有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0molL1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2全部转变为Fe3，则该样品可能的化学式为()AFe2O3BFe3O4CFe4O5 DFe5O7解析：根据2Fe2Cl2=2Fe32Cl，可知铁的“氧化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2)0.025mol20.05mol，根据电荷守恒得2n(Fe2)3n(Fe3)n(Cl)，则n(Fe3)0.2mol，故n(Fe2)n(Fe3)0.050.214，故该氧化物可表示为FeO2Fe2O3，即Fe5O7。答案：D4(2012湖南省衡阳市高三六校联考)将5.1g镁铝合金投入到500mL 2.0mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入4.0mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是()A200mL B250mLC425mL D560mL解析：由题意可知，当Mg2、Al3恰好完全沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3时，得到的沉淀量最多，此时溶液中的溶质只有NaCl，故n(NaOH)n(HCl)，即500mL2.0mol/LV(NaOH)4.0mol/L，故V(NaOH)250mL。答案：B5(2012湖北省孝感市高中三年级第一次统考)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL 2mol/L的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是()Ax2.24B钠的物质的量为0.2molC反应时，Na、Mg、Al均过量D曲线b为Mg与盐酸反应的图象解析：由图象可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x2.24，A正确。根据生成的H2为2.24L，可知Na失去0.2mol电子，则钠的物质的量为0.2mol，B正确。反应时如果钠过量，则钠会与水反应，生成的气体多于2.24L，故C错误。根据反应速率可知a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图象，D正确。答案：C6(2012江西省丰、樟、高、宜四市高三联考)把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸里，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/LNAOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如图A所示。下列说法中不正确的是()Aa的取值范围为0a50B.的最大值为2.5C若将关系图改为图B，则a的取值范围为80a90D若将关系图改为图C，则a的取值范围为75a90解析：C项中，假设合金都是铝，生成Al(OH)3沉淀消耗NaOH溶液的体积为80mL30mL50mL，溶解Al(OH)3沉淀需要mLNAOH溶液，所需NaOH溶液的总体积(80)mL。假设合金都是镁，生成Mg(OH)2沉淀后，Mg(OH)2不再溶解，即需要NaOH溶液的体积为80mL，所以a的取值范围为80an(Al)，将其投入到足量的水中可得无色透明溶液解析：合金的熔点一般都低于各成分金属，A错误；过氧化钠、氧化铝不属于碱性氧化物，B错误。答案：D16(2012石家庄市高中毕业班质检(二)向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100mL 1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是()A35.3g B33.5gC32.3g D11.3g解析：当滴入的100mL 1mol/L的Ba(OH)2溶液完全反应时，得到的沉淀质量为BaSO4和Fe(OH)2，在滴加溶液、过滤、洗涤和干燥的过程中，部分Fe(OH)2会被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，假设Fe(OH)2完全被氧化为Fe(OH)3，则固体质量为0.1mol233g/mol0.1mol107g/mol34g，故实际所得固体质量应小于等于34g，故选A。答案：A第卷(非选择题共52分)二、非选择题17(12分)(2012哈尔滨市高三年级模拟)实验室有一包暗红色粉末样品可能是CaCO3、Fe2O3和FeO的混合物。后经测定已确定不存在FeO。.某学生想自己设计实验方案，以证明样品中确实没有FeO。除样品外，实验室只提供以下试剂：KMnO4溶液、稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、NaOH溶液和双氧水。你认为要完成该实验所选择的试剂是_，请你描述实验操作时的步骤、实验现象和结论：_。.实验室可用多种方法测出上述样品中Fe2O3的质量分数。现有学生准备用如图所示装置按一定顺序连接成一套完整的组合装置来进行实验以测定Fe2O3的质量分数。请回答下列问题。(1)装置的连接顺序是_(填字母，每个装置只能用一次)(2)实验过程中需要持续通入空气，其作用是_。(3)下列各项措施中，能提高测定准确度的是_(填字母序号)。a在加入盐酸之前，应该排尽装置内的CO2气体b快速加入盐酸c在B中装入浓硫酸d在B中装入NaOH溶液eD之后增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(4)实验室准确称取26.0g固体样品装入D中，充分反应后，测得A中沉淀质量为19.7g，则样品中Fe2O3的质量分数为_。(5)在进行实验方案评价时，有学生认为不必测定A中的沉淀质量，而只要测出装置A在吸收反应产生的气体前后的质量差，就能完成实验要求。实验证明，用此法测得Fe2O3的质量分数将_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。解析：.根据FeO具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化导致酸性KMnO4溶液颜色变化即可选择出合理的试剂和实验方案。.本方案是利用CaCO3与盐酸反应生成CO2，通过测定CO2的量来达到测定CaCO3质量的目的，继而得出Fe2O3的含量。装置D中生成的CO2气体需全部进入装置A中，所以需用不含有CO2的空气将所产生的CO2全部赶出，故装置B中应该盛有NaOH溶液来除去空气中的CO2，将不含有CO2的空气通入装置D中将生成的CO2气体全部赶出，再用装置A吸收CO2，最后连接装有碱石灰的装置C以防止空气进入A中，故装置连接顺序为BDAC。(4)CaCO3BaCO3,26.0g样品中含有CaCO3的质量为0.10mol100g/mol10.0g，含有Fe2O3的质量为26.0g10.0g16.0g，Fe2O3的质量分数为100%61.5 %。(5)由于CO2进入装置A时会带来水蒸气，若通过测定装置A质量增加来确定CO2的质量，将导致测得的CaCO3的含量增大，Fe2O3的含量降低。答案：.KMnO4溶液、稀硫酸取少量样品溶于试管中，配成溶液后，再滴入几滴稀硫酸和几滴KMnO4溶液，只要溶液不褪色或颜色不变浅，即说明样品中无FeO.(1)BDAC(2)将反应产生的CO2气体尽可能全部赶入装置A中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收(3)ad(4)61.5%(5)偏低18(14分)(2012南京市高三年级一模)镁及其合金广泛应用于航空航天、交通、电池等行业，金属镁的制备方法主要有：电解无水氯化镁法，碳或碳化钙热还原法，皮江法。已知：MgCl2(l)Mg(l)Cl2(g)H642 kJ/mol；MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)H641.5 kJ/mol；CaO(s)3C(s)=CaC2(s)CO(g)H464.0 kJ/mol。(1)写出MgO(s)与CaC2(s)作用生成Mg(g)、CaO(s)及C(s)的热化学方程式：_。(2)碳化钙还原氧化镁的文献资料如表所示。n(CaC2)/n(MgO)温度/恒温时间/hMgO还原率/%1.111102.0651.111502.0801.111502.5851.210002.0331.211502.0841.211502.5881.311502.0861.311502.588还原剂的用量与温度、恒温时间及MgO还原率实际生产中只采取恒温2 h，其主要原因是_；采用n(CaC2)/n(MgO)为1.2而不是1.3，其主要原因是_。(3)用电解法制取镁时，若原料氯化镁含有水时，在电解温度下会形成Mg(OH)Cl，Mg(OH)ClMg(OH)Cl。电解时在阴极表面会产生氧化镁钝化膜，此时阴极的反应式为_。实验室由MgCl26H2O制取无水氯化镁可采用的方法是_。(4)我国目前生产金属镁主要用皮江法，其原料为白云石(MgCO3CaCO3)的煅烧产物和硅铁(含75%Si)。其生产原理为2CaO(s)2MgO(s)Si(s)2Mg(g)Ca2SiO4(s)，采用真空操作除了能降低操作温度外，还具有的作用是_。(5)镁间二硝基苯电池的装置如下图所示，电池工作时镁转变为氢氧化镁，间二硝基苯则转变为间二苯胺。该电池正极的电极反应式为_。答案：(1)CaC2(s)MgO(s)=CaO(s)Mg(g)2C(s)H177.5 kJ/mol(2)相同条件下延长恒温时间，还原率增加不明显，生产成本增大相同条件下，还原剂配比由1.2升至1.3，还原剂用量增大，还原率增加不明显，生产成本增大(3)2Mg(OH)2e=2MgOH2在HCl气流中加热脱水(4)防止Si和Mg被氧化，并可提高金属镁的产率(5) 19(14分)(2012长春市高中毕业班第一次调研)Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO45H2O的流程图。Cu2SCuCu2O、CuOAB胆矾(1)Cu2S中铜元素的化合价为_，火法炼铜的反应原理是_(用化学方程式表示)。(2)向Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸得到的体系A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式：_。(3)若将A中红色物质反应掉，操作中加入的试剂最好是_。A适量的NaNO3B适量的HNO3C适量的H2O2(4)若B溶液的体积为0.2L，电解B溶液一段时间后溶液的pH由2变为1(体积变化忽略不计)，此时电解过程中转移电子的物质的量是_。(5)取5.0g胆矾样品逐渐升高温度使其分解，分解过程的热重曲线如图所示。通过计算确定258时发生反应的化学方程式：_，e点对应物质的化学式为_(计算过程略去)。解析：(1)Cu2S中铜为1价，火法炼铜中Cu、O被还原，S被氧化，反应原理为Cu2SO22CuSO2。(2)生成的红色物质为Cu，Cu2O与硫酸发生氧化还原反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。(4)根据2CuSO42H2O2H2SO42CuO2(转移4e)，电解后生成的n(H2SO4)n(H)(0.1mol/L0.01mol/L)0.2L0.009mol，故转移电子的物质的量为0.018mol。(5)设258时反应前后固体的摩尔质量为M1g/mol、M2g/mol，则5.00:3.56:3.20250:M1:M2，解得M1178，M2160。对应的固体分别为CuSO4H2O、CuSO4，故258时发生反应的化学方程式为CuSO4H2OCuSO4H2O。同理可以推断d处物质为1.60g CuO，而t处物质的质量为1.44g，为0.01mol Cu2O。答案：(1)1Cu2SO22CuSO2(2)Cu2O2H=CuCu2H2O(3)C(4)0.018mol(5)CuSO4H2OCuSO4H2OCu2O20(12分)(2012西安市高三年级质检(一)单质A与淡黄色粉末状化合物B组成的混合物的相互转化关系如图所示。请回答下列问题。(1)组成A单质的元素在周期表中处于第_周期_族。(2)化合物B的电子式为_。(3)D与G两溶液混合后发生反应的离子方程式为_。(4)常温下，D溶液的pH_7(填“”、“”或“”)，其原因是(用离子方程式表示)_。(5)10.8g A单质与足量的NaOH溶液反应，消耗氧化剂的质量为_。(6)用碳棒、稀硫酸、气体E和气体F组成燃料电池，该电池的正极反应式为_。以该电池为电源，用惰性电极电解100g 8%的C溶液，当电解到溶质的质量分数为12.5%时停止电解，则电解过程中，生成的气体在标准状况下的体积共为_L，在电路上通过电子的物质的量为_mol。解析：由题中转化关系可知，淡黄色化合物B为过氧化钠，单质A为铝，气体E和F为H2和O2；G为偏铝酸钠，沉淀H为氢氧化铝，D为硫酸铝，C为硫酸钠。铝位于第三周期A族；偏铝酸钠溶液与硫酸铝溶液要发生双水解反应；硫酸铝溶液中铝离子水解呈酸性；铝与氢氧化钠溶液反应，本质是铝与水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故水为氧化剂，且铝与水的关系式为Al3H2O，n(Al)0.4mol，故消耗的水的物质的量为1.2mol，即为21.6g。所给燃料电池中，正极O2得电子。电解硫酸钠溶液，相当于电解水，溶质的质量不变，电解后溶液的质量为8g/0.12564g，消耗的水的质量为100g64g36g。消耗水的物质的量为2mol，转移的电子为4mol，产生的H2和O2分别为2mol和1mol。答案：(1)三A(2)Na:2Na(3)Al33AlO6H2O=4Al(OH)3(4)Al33H2OAl(OH)33H(5)21.6(6)O24H4e=2H2O67.24