2019-2020年高考化学一轮复习 课时跟踪训练 第三章 金属及其化合物 基础课时3 铁、铜及其重要化合物 新人教版.doc

2019-2020年高考化学一轮复习 课时跟踪训练 第三章 金属及其化合物 基础课时3 铁、铜及其重要化合物 新人教版一、选择题1(xx太原测评，9)一定条件下，下列物质可通过化合反应制得的共有()小苏打硫酸铝氯化亚铁磁性氧化铁氢氧化铜氢氧化铁A3种 B4种 C5种 D6种解析Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，属于化合反应；2FeCl3Fe=3FeCl2，属于化合反应；Fe与O2在点燃条件下生成Fe3O4，是化合反应；4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，是化合反应。答案B2下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是()金属存在形式冶炼方法A铜化合态铁的金属性比铜强，可将铁与CuSO4溶液反应冶炼铜B银化合态银的金属性弱，用加热Ag2O的方法冶炼C铁化合态铝的金属性比铁强，可用铝热法炼铁D钠化合态钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼答案D3下列有关常见金属及其化合物的说法正确的是()A向氯化铁溶液中加入还原性铁粉，溶液无明显颜色变化B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2CAlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量氨水反应也生成AlOD常温下，将1 mol Cu投入含4 mol HNO3的浓硝酸中，金属可完全溶解解析向氯化铁溶液中加入还原性铁粉生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，A选项错误；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，B选项错误；氨水是弱碱，AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3，C选项错误；Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，当浓HNO3变为稀HNO3时，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，D选项正确。答案D4(原创题)下列关于铁的叙述正确的是()铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀在人体内的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第B族铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3A B C D解析当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第族，而不是第B族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3，但若铁过量，则Fe3被Fe还原为Fe2，所以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。答案B5如图两圆相交部分A、B、C、D分别表示两物质间的反应。下列各对应反应的离子方程式书写不正确的是()AFe4HNO=Fe3NO2H2OBFe3O48H=Fe22Fe34H2OCFe(OH)33H=Fe33H2OD3Fe(OH)210HNO=3Fe3NO8H2O解析Fe3O4与稀硝酸反应时，Fe2会被氧化为Fe3，正确的离子方程式为3Fe3O428HNO=9Fe3NO14H2O。答案B6(xx冀州模拟)把铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是()ACuSO4 BFe2(SO4)3 CHCl DFeSO4解析A项，铁与CuSO4反应后，生成FeSO4溶液，溶液质量减轻，正确；B项，铁与Fe2(SO4)3反应后，生成FeSO4溶液，溶液质量增加，错误；C项，铁与HCl反应后，生成FeCl2溶液，溶液质量增加，错误；D项，Fe与FeSO4溶液不反应，溶液质量不变，错误。答案A7(xx安阳模拟)下列说法正确的是()AFe在一定条件下与水反应生成H2和Fe(OH)3BFe3O4溶于盐酸后加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色CFeCl2溶液蒸干灼烧后得到FeCl2固体D将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中可制备Fe(OH)3胶体解析高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A项错；Fe3O4溶于盐酸生成Fe3和Fe2，B项正确；FeCl2易水解，在空气中蒸干灼烧产物为Fe2O3，C项错；将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中，得到Fe(OH)3沉淀而不是胶体，故D错误。答案B8(xx兰州月考)某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体(含少量浓硫酸)倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解。过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得结论正确的是()A铜与浓硫酸反应所得白色固体不是CuSO4B加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3C白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuOD白色固体中夹杂的少量黑色物质中一定含有元素Cu和S解析A项，因倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，说明白色固体是CuSO4；B项，加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4；C项，CuO能与硫酸反应而溶解，所以黑色固体不是CuO；D项，加硝酸后黑色物质溶解，溶液呈蓝色，且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，所以黑色物质一定含有元素Cu和S。答案D9在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备铜，有下列两种途径：(1)FeH2Cu(2)CuOCuSO4Cu若用这两种方法制得的铜质量相等，则下列有关说法符合实际情况的是()A消耗氧化铜的质量不同B消耗铁的质量相同C消耗硫酸的质量相同D生成硫酸亚铁的质量不同解析途径(1)中用H2还原CuO时，实验前先通H2排出装置中的空气，实验结束时要继续通H2至试管冷却，故利用途径(1)制取1 mol Cu，消耗的H2大于1 mol，即Fe和H2SO4的消耗量：(1)(2)，生成FeSO4的质量：(1)(2)，但两途径中消耗CuO的质量相等。答案D10(xx广东深圳调研，5)将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是()选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，一定无Fe3正确，Fe3和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，无Fe3正确，Fe和Cu与Fe3都反应，故有Fe2和Cu2，无Fe3C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2，无Cu2正确，Cu有剩余，故无Cu2D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3反应解析当铁、铜的量比较少时溶液中可能有Fe3存在，A项错误；当铁过量时，铜不与Fe3反应，无Cu2生成，此时溶液中不存在Cu2和Fe3，B项错误；铜有剩余则溶液中一定无Fe3，可能有Cu2，C项错误；铁比铜活泼，不可能铁剩余而铜无剩余，D项评价正确。答案D11CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如下图所示。下列说法正确的是()A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液CX可能是SO2和SO3的混合气体D将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体解析途径中会产生有毒物质SO2而途径不会，A错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应会生成新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，B正确；CuSO4热分解过程中，铜元素价态降低，故必有化合价升高的元素，CuSO4中只有氧元素的化合价能升高，故X中必有O2，C错误；D项操作会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，D错误。答案B二、填空题12硫酸铜、硝酸铁都是重要的化工原料。以下是某工厂用含铁的废铜为原料生产胆矾(CuSO45H2O)的生产流程示意图：胆矾和石膏在不同温度下的溶解度(g/100 g水)见下表。温度()20406080100石膏0.320.260.150.110.07胆矾3244.661.883.8114请回答下列问题：(1)红褐色滤渣的主要成分是_。(2)写出浸出过程中生成硫酸铜的化学方程式_。(3)操作的温度应该控制在_ 左右。(4)从溶液中分离出硫酸铜晶体的操作应为_、洗涤、干燥。解析(2)由信息写出反应物(Cu、HNO3、H2SO4)及生成物(CuSO4)，分析可知Cu被氧化，化合价升高，所以N的化合价降低，稀硝酸生成NO，加上水配平此化学方程式即可。(3)因为石膏的溶解度随着温度的升高而降低，而胆矾的溶解度随温度的升高而升高，所以温度越高得到的胆矾越纯净，所以温度达到水的沸点最好。答案(1)Fe(OH)3(2)3Cu2HNO33H2SO4=3CuSO42NO4H2O(3)100(4)冷却结晶、过滤13为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO47H2O)和胆矾晶体。请回答下列问题：(1)写出步骤反应的离子方程式：_。(2)试剂X是_。步骤、中均需进行的实验操作是_。(3)进行步骤时，该小组用如图所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，为了避免固体C减少，可采取的改进措施是_。(4)用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径：写出途径中反应的离子方程式_，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由：_。解析(1)三种金属中，只有Al能与碱反应，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(2)分离铁、铜制备绿矾，所以用稀硫酸；三步操作的目的都是固液分离，故操作为过滤。(3)浓盐酸易挥发，制得的CO2中混有HCl气体，导致生成的氢氧化铝溶解，为了避免固体C减少，故要除去CO2中的HCl，应在装置a、b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。(4)途径最佳。途径会产生NO，途径会产生SO2，都会污染环境，并且途径中的H2SO4均转化成CuSO4，原子利用率高。答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)稀硫酸过滤(3)在装置a、b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶(4)3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小选做题14某同学对Cu的常见化合物的性质进行实验探究，研究的问题和过程如下：(1)为探究Cu(OH)2是否和Al(OH)3一样具有两性，除选择Cu(OH)2外，必须选用的试剂为_(填序号)。a氨水 b氢氧化钠溶液c稀硫酸 d冰醋酸(2)为探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：将CuO粉末加热至1 000 以上完全分解成红色的Cu2O粉末，该实验说明：在高温条件下，1价的Cu比2价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子方程式为_，由此可知，在酸性溶液中，1价Cu比2价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。(3)为了探究氨气能否和氢气一样还原CuO，他根据所提供的下列装置进行实验(夹持装置未画)，装置A产生氨气，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_h。实验开始时，打开分液漏斗的活塞K，发现浓氨水没有滴下，如果各仪器导管均没有堵塞，则可能的原因是_。实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，则B装置中发生反应的化学方程式为_。装置C中的球形装置的作用是_。解析(1)为证明Cu(OH)2显两性，须分别使其与强酸和强碱溶液作用，若均发生溶解，则证明Cu(OH)2显两性。应选氢氧化钠溶液和稀硫酸。(2)将CuO粉末加热至1 000 分解为Cu2O，说明1 000 下Cu2O比CuO更稳定。Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液是硫酸铜溶液，生成的红色固体为单质铜，故离子方程式为Cu2O2H=Cu2CuH2O。(3)氨气还原CuO的实验，A用以制取氨气，经D碱石灰干燥，在B中反应，反应后的气体经C洗去剩余的氨气，用E收集生成的气体。所以各仪器接口顺序为agfbcdeh(b、c位置可互换)。分液漏斗的上口不与大气相通时，内部液体也不容易流出。氨气与氧化铜反应生成的无色无味气体是氮气，另有水生成，化学方程式为3CuO2NH33CuN23H2O。装置C的球形漏斗可防止因氨气极易溶于水而导致倒吸。答案(1)b、c(2)稳定Cu2O2H=Cu2CuH2O不稳定(3)gfbcde(b、c位置可互换)没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开3CuO2NH33CuN23H2O防倒吸