2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：典型金属元素及其化合物（化学教学大咖提供）.docx

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1、 典型金属元素及其化合物1（2020高考真题）宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)22CuCO3)。下列说法错误的是A保存千里江山图需控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱DCu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3【答案】C【解析】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元

2、素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。2（2020高考真题）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【

3、解析】A铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。3在200 mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5molL-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示。下列叙述不正确的是Ax y = 0.01molB原溶液中c

4、（Cl-）=0.75 molL-1C原溶液的pH=1D原溶液中n（Mg2+）n（Al3+）=51【答案】B【解析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H+OH-H2O，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀，NH4+与OH-反应，氢氧化铝与OH-反应而溶解，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，430mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，3033mL发生NH4+与OH-反应，3335mL发生氢氧化铝的溶解反应。A由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，则设Al(OH)3的物质的量为n，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A正确；B由图可知，加入3

5、3mLNaOH溶液时溶液中的溶质只有NaCl，Na+由NaOH提供，所以n(Na+)=n(Cl-)=330.001L5molL-1=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B错误；C由图可知04mL时发生H+OH-H2O，则H+的物质的量为4mL0.001L5molL-1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；D由430mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，根据反应Al3+3OH-Al(OH)3，Al3+消耗的OH-的物质的量为n(OH-)=3n(Al3+)=0.01mol3=0.03mol，所以Mg2+

6、消耗的OH-的物质的量为（30-4）mL0.001L5molL-1-0.03mol=0.1mol，所以n(Mg2+)=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D正确；故答案为B。4某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+ 。将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4 g硫单质、0. 425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A该盐酸的物质的量浓度为8.5 mol/LB生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L

7、C该磁黄铁矿FexS中，x=0. 85D该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0. 15mol【答案】D【解析】n(S)=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比= =11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)=8.5mol/L，故A正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol22.4L/mol=9.52L，故B正确；

8、C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D.根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故D错误。故选D。5下列有关金属及其化合物的说法正确的是A钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OB铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和H2OC铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2D铝、铁、铜在潮湿的空气中生锈均生成对应的氧化物【答案】C【解析】A. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，A错误；B. 铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、

9、氢气，B错误；C. 铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，C正确；D. 铜在潮湿的空气中生锈生成铜绿，为碱式碳酸铜，不是氧化物，D错误。答案选C。6将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列选项正确的是A原合金质量为0.92 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD图中m值为1.56 g【答案】D【解析】A. 根据原子守恒可知金属铝的质量是0.02mol27g/mol0.54g。向溶液中加入lmolL-1的盐酸滴定，至沉淀质量最大时，此时溶液中溶质为氯化钠，根据溶

10、液中电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.04mol1mol/L=0.04mol，则金属钠的质量是0.92g，则原合金的质量是0.92g0.54g=1.46g，选项A错误；B. 由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知生成氢气是0.02mol0.03mol0.05mol，标准状况下的体积是1.12，选项B错误；C.当沉淀恰好完全溶解时溶液为NaCl、AlCl3的混合溶液，根据元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)= 0.04mol0.02mol3=0.1mol,v(HCl)=nV=0.1mol1mol/L=0.1L=

11、100ml，所以V2=100ml，选项C错误。D. 将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈碱性，故溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠，n(NaOH)(过量)=0.02L1mol/L=0.02mol，由于发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗盐酸的物质的量也是0.02mol,因此其体积是V(HCl)=0.02mol1 mol/L=0.02L=20mL，所以V1为20ml。因此与偏铝酸钠反应的盐酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl= Al(OH)3+ NaCl;生成氢氧化铝是0.02mol，质量是1.56g，故D正确。正确选项是

12、D。7铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是( )A反应过程中，试管中出现灰黑色固体是B反应结束后，为观察溶液颜色需向试管中加入水C若试管盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色褪至无色D为验证气体产物具有还原性，试管可盛放溴水【答案】D【解析】A铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，是红色固体，故A错误；B不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B错误；C铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；D实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水

13、中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D正确；答案选D。8向物质的量浓度均为1mol/L的HCl、AlCl3、MgC12、NH4Cl混合溶液中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液，得到如图图像。下列有关说法正确的是 ( )A沉淀的最大物质的量为2molBc-d段会产生标况下22.4LNH3Cd-e段发生的反应为Al3+4OH=AlO+2H2OD滴加NaOH溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H+、Al3+、Mg2+、NH、Al(OH)3【答案】D【解析】A因原混合溶液的体积未知，故无法判断沉淀的最大物质的量， A错误；Bcd段为N

14、H4Cl与NaOH溶液反应，产生NH3的量无法计算，B错误；Cde段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O，C错误；DH+、Mg2+、NH、Al(OH)3结合氢氧根离子的能力逐渐减弱，故滴加NaOH溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H+、Mg2+、NH、Al(OH)3，D正确；答案选D。9某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是A结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同B每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D加热过程中结晶水分子逐

15、个失去【答案】C【解析】胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102时失去2个水分子，115时，又失去2个水分子，258时失去1个水分子，则：A因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；B由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次

16、失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；C因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；D由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；故答案选C。10中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。下列说法错误的是A炉甘石不溶于水，但能溶于稀盐酸或稀硫酸B锌是人体必需的微量元素CZnCO3是含有共价键的离子化合物D将炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热可制得青铜【答案】D【解析】A.ZnCO3不溶于水，但能与稀盐酸或稀硫酸反应而溶解，故A项说法正确；B.

17、锌是人体必需的微量元素，故B项说法正确；C.ZnCO3中Zn2+与CO32-是以离子键结合的，CO32-内部是以共价键结合的，故C项说法正确；D.将炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热，ZnCO3分解成ZnO和CO2，ZnO、Cu2O被碳还原得到Zn和Cu，所以最终得到黄铜而非青铜，故D项说法错误。答案选D。11某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）A0.4mol/LB0.6mol/LC0.8 mol/LD1.0 mol/L【答案】C【解析】由2Fe3Fe3Fe

18、2可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol0.5L=0.8 mol/L。答案选C。12将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现血红色的是AFeOBFe2O3CFeCl3DFe2(SO4)3【答案】A【解析】A.FeO溶于稀盐酸发生反应生成氯化亚铁，滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，再加入氯水亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子与硫氰根离子形成络合物，溶液显红色，故A项正确；B.Fe2O3溶于稀盐酸，生成氯化铁，滴加硫氰化钾溶液后，溶液显红色，故B项错误；C.FeCl3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故C项错误；D.F

19、e2(SO4)3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。13向50mL18molL1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是（ ）A等于0.9molB大于0.45mol，小于0.9molC等于0.45molD小于0.45mol【答案】D【解析】50mL18mol/L的硫酸中n(H2SO4)=18mol/L0.05L=0.9mol，假设50mL18mol/L的硫酸中的硫酸分子全部与铜反应时，据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O可知作氧化剂的硫酸为0.45mol，随着反应的进行，浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为稀硫酸时此反

20、应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.45mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol。故选D。14两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为12(同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为()A13B12C11D21【答案】B【解析】铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比皆为23，题目中说二者产生氢气的体积比为12，故两份铝屑的物质的量之比为12，二者质量之比亦为12，故选项B正确。15碱金属及其化合物在

21、生活和化工生产中具有广泛的用途，下列说法正确的是()A五彩缤纷的焰火是K单质燃烧所致B碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠是碱C用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好D钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是由于二者是活泼金属易失电子【答案】C【解析】A. 五彩缤纷的焰火是金属元素的焰色反应所致，A错误；B. 碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠溶液呈碱性，但它不是碱而是盐，B错误；C. 用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好，因为前者放出二氧化碳的速率快，且相同质量释放的二氧化碳多，正确；D. 钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂，是由于二者的熔点低，常温下呈液态，与失

22、电子的难易无关，错误。故答案为C。16镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中主要存在的离子有（ ）AMg2+BAl3+CCu2+DAlO2-【答案】D【解析】镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，铜与盐酸不反应，镁、铝与盐酸反应放出氢气并得到氯化镁、氯化铝溶液，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，镁离子生成氢氧化镁沉淀，而铝离子生成NaAlO2，此时溶液中主要存在的离子有Na+、AlO2-等。答案为D。17我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）A我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时

23、间均要早B将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C【解析】A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；C. 铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，

24、故C错误；D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；故选C。18碳酸氢钠容易分解为碳酸钠。现加热5.00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减小了 0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为()A3.38 g B4.58 g C4.16 g D4.41 g【答案】C【解析】设混合物中NaHCO3的质量为x，则168g：xg = 62g：0.31g，解得x =0.84g。因此m(Na2CO3)5.00 g0.84 g4.16 g，故C正确。综上所述，答案为C。19下列有关物质的制备和转化正确的是A常温下，用铝与浓硫酸反应制备

25、二氧化硫B氯化钡溶液中通入二氧化硫可生成BaSO3沉淀C用FeS除去废水中的重金属铜离子D以粗铜作阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液电解精炼铜【答案】C【解析】A.常温下，用铝遇浓硫酸钝化，故常温下，不能用铝与浓硫酸反应制备二氧化硫，故A项错误；B.氯化钡溶液中通入二氧化硫，二者不反应，故B项错误；C.CuS比FeS更难溶，故可用FeS除去废水中的重金属铜离子，故C项正确；D.电解精炼铜，粗铜做阳极，故D项错误；答案选C。20过碳酸钠（Na2CO4）是一种很好的供氧剂，与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O。市售过碳酸钠中一般都含有碳酸钠，为测定

26、某过碳酸钠样品（只含 Na2CO4和Na2CO3）的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋（该气袋耐酸碱腐蚀），取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将足量稀盐酸滴入气袋中至充分反应。（1）过碳酸钠的化学式也可表示为aNa2O2bNa2CO3，请写出Na2O2的电子式_。（2）仪器 B 的名称为_，导管A的作用是_。（3）该实验共需测定两个数据，首先需测定反应所生成的气体的总体积，故滴加稀盐酸前必须关闭_并打开_（均填“K1”、“K2”或“K3”）。（4）其次用量筒测定混合气体中某种成分的体积，则 B 中装的固体试剂名称为_，具体测定过程操作如下：

27、当 Q 中反应停止后，先_，再_。（5）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒 I 中有x mL水，量筒中收集到了 y mL 气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_（用含有x、y 的代数式表示）。【答案】（1） （2）干燥管 平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响 （3）K1、K2 K3 （4）碱石灰 使K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态 缓缓打开K1 （5） 【解析】实验时，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒中，所以量筒中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，用碱石灰吸收二氧化碳，量筒中排出液体

28、的体积为氧气体积，根据反应2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O，可计算Na2CO4的含量。(1)Na2O2为离子化合物，含有过氧键，电子式为，故答案为：；(2)仪器B为干燥管，为使分液漏斗内液体顺利流下，应是分液漏斗内外压强相等，所以导管A的作用是平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下，同时能够减小实验误差，故答案为：干燥管；平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响；(3)反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒中，所以量筒中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K

29、1、K2打开K3，故答案为：K1、K2；K3；(4)为获得氧气的体积，应将二氧化碳除去，可用碱石灰，当Q中反应停止后，先使K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1即可，故答案为：碱石灰；使K1和K3处于关闭状态，K2处于打开状态；缓缓打开K1(5)量筒I中有xmL水，则CO2、O2的总体积为xmL，量筒中收集到了ymL气体，则O2总体积为y mL，根据反应2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O可知，生成的二氧化碳为2y mL，碳酸钠反应生成二氧化碳为（x-y-2y）mL=（x-3y）mL，生成二氧化碳物质的量之比为2y：（x-3y），则Na2CO4与碳酸钠的物质的量之比为2y：（x-3y），故样品中过碳酸钠的质量分数是=。