专题训练常见金属元素及其化合物.docx

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专题训练常见金属元素及其化合物

专题训练（九）　常见金属元素及其化合物

时间：

45分钟　分值：

100分

一、选择题（每小题5分，共50分）

1．（2013·湖南联考）下面有关金属的叙述正确的是（　　）

A．金属原子只有还原性而其阳离子只有氧化性

B．金属阳离子只存于化合物中且有相应的阴离子相配合

C．金属单质在常温下均为金属晶体（Hg除外）

D．若某单质具有延展性，则它一定是金属

解析　A项，有的金属阳离子既有氧化性，又有还原性；B项，金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，而无阴离子；D项，延展性不是金属单质的独特性质。

答案　C

2．（2013·陕西质检）向100mLamol/L的AlCl3溶液中加入金属钾，完全反应后恰好只形成KCl和KAlO2的溶液，则加入钾的物质的量为（　　）

A．0.1amolB．0.4amol

C．0.3amolD．amol

解析　反应后溶液中有c（K＋）＝c（Cl－）＋c（AlO

）＝3amol/L＋amol/L＝4amol/L，即加入的钾的物质的量为0.4amol，B项正确。

答案　B

3．（2013·南昌调研）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）

A．晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维

B．H2O2是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生O2

C．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸

D．铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料

解析　二氧化硅用于生产光导纤维，A错；H2O2被酸性高锰酸钾氧化为O2时，H2O2作还原剂，B错；常温下铜能与浓硝酸反应，C错。

答案　D

4．（2013·江西联考）如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。

已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。

下列说法正确的是（　　）

A．反应③最多能产生0.05molO2

B．反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑

C．Na2O2中阴阳离子数目之比为1:

1

D．①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数从大到小：

①>②>③

解析　0.1molNa2O2与100gH2O反应，H2O过量，反应③最多能产生0.05molO2，选项A正确；反应①的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，选项B错误；Na2O2中阴阳离子数目之比为1:

2，选项C错误；①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数从大到小：

③＝②>①，选项D错误。

答案　A

5．（2013·湖北八校联考）下列叙述不正确的是（　　）

①Fe与S混合加热生成FeS2　②Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应　③过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成　④FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路

A．①③B．①②

C．②④D．②③

解析　Fe是变价金属单质，遇强氧化剂（如HNO3、Cl2等）生成＋3价铁，遇弱氧化剂（如S或I2等）生成＋2价铁，故Fe与S混合加热生成FeS，①错误；Fe与稀硝酸反应生成的气体为NO，该反应不是置换反应，②错。

答案　B

6．（2013·安庆模拟）部分氧化的Fe－Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理

下列说法正确的是（　　）

A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Cu2＋、H＋

B．样品中Fe元素的质量为2.24g

C．样品中CuO质量为4.0g

D．V＝896

解析　根据题意，3.2g滤渣一定是铜，而铜与Fe3＋不共存，则A项错误；充分灼烧后剩余的3.2g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24g，B正确；样品中Cu和O元素共5.76g－2.24g＝3.52g，则C项错误；2.24gFe元素不可能全是单质，故生成的氢气的体积小于896mL，D错误。

答案　B

7．（2013·江南十校联考）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。

进行如下实验：

9．4gX

6.4g固体

。

下列说法正确的是；

A．步骤Ⅰ中减少的3g固体一定是混合物

B．步骤Ⅱ中质量减少的物质一定是Cu

C．根据上述步骤Ⅱ可以得出m（Fe2O3）:

m（Cu）＝1:

1

D．根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2

解析　步骤Ⅰ中加入过量NaOH，虽然SiO2和Al2O3都可以反应，但是无法确定它们是否同时存在，A错；6.4g固体中一定要有Fe2O3，步骤Ⅱ中Cu才能溶解，结合最终还有1.92g固体剩余，可知Fe2O3不足量，设步骤Ⅱ中减少的物质中含有的Cu和Fe2O3的物质的量分别为n（Cu）、n（Fe2O3），可得

解得n（Cu）＝n（Fe2O3）＝0.02mol，所以原混合物X中含有铜的质量为m（Cu）＝0.02mol×64g·mol－1＋1.92g＝3.2g，m（Fe2O3）＝160g·mol－1×0.02mol＝3.2g，m（Fe2O3）:

m（Cu）＝1:

1，C对，B、D错。

答案　C

8．（2013·大连双基测试）将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则（　　）

A．反应过程中得到6.72L的气体（标准状况）

B．最终得到的溶液中c（Na＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）

C．最终得到7.8g的沉淀

D．最终得到的溶液中c（NaCl）＝0.15mol/L

解析　5.4gAl为0.2mol,15.6gNa2O2为0.2mol，充分反应后得到200mL溶液，说明Al完全反应。

标准状况下，6.72LHCl气体为0.3mol。

2Na2O2＋2H2O===4NaOH　＋　O2↑

241

0．2mol0.4mol0.1mol

2Al　＋　2NaOH＋2H2O===2NaAlO2　＋　3H2↑

2223

0．2mol0.2mol0.2mol0.3mol

NaOH　＋　HCl　===　NaCl＋H2O

111

0．2mol0.2mol0.2mol

NaAlO2＋HCl＋H2O===Al（OH）3↓＋NaCl

1111

0．1mol0.1mol0.1mol0.1mol

选项A，反应过程中得到的气体为0.4mol，体积8.96L（标准状况），A错误；选项B，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（AlO

），B错误；选项C，最终的沉淀为Al（OH）3，其物质的量为0.1mol，则质量为0.1mol×78g/mol＝7.8g，C正确；选项D，最终得到的溶液中c（NaCl）＝

＝1.5mol/L，D错误。

答案　C

9．（2013·大连双基测试）向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如图所示，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（　　）

A.

B.

C.

D.

解析　图象的0～amL段，由于NaOH与盐酸发生反应，沉淀质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，将会转化为Fe（OH）3沉淀，所以图象中a～bmL段产生的是Fe（OH）3沉淀，bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀。

Fe3＋～3OH－、Mg2＋～2OH－，D正确。

答案　D

10．（2013·南昌调研）ag镁铝合金投入xmL2mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入ymL1mol/LNaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为（a＋1.7）g，则下列说法不正确的是（　　）

A．镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1NA

B．沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物

C．x＝2y

D．a的取值范围为0.9

解析　Mg、Al失去电子变为离子，离子再结合OH－生成沉淀，则镁铝合金与盐酸反应转移电子的物质的量等于n（OH－），沉淀量最大时得到Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，则m（OH－）＝（a＋1.7）g－ag＝1.7g，n（OH－）＝0.1mol，电子转移总数是0.1NA，A、B正确；沉淀量最大时，溶液中n（Na＋）＝n（Cl－），此时盐酸和氢氧化钠的物质的量相等，即2x＝y，C错；电子转移总数是0.1NA，若金属全部是镁，则镁的质量是1.2g，若金属全部是铝，则铝的质量是0.9g，D对。

答案　C

二、填空题（共50分）

11．（12分）（2013·南昌联考）纯碱在工业上非常重要。

（1）取一定量纯碱细小粉末置于烧杯中，加入一定量的水，可以得到颗粒较大的晶体A。

烧杯温度升高，理由是____________________。

（2）从上述烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为________。

（填序号，可重复使用）

①蒸发结晶　②放入干燥器　③转移入过滤器中　④用水洗涤2～3次　⑤用乙醇洗涤　⑥加热灼烧

（3）取纯净物13.92g晶体A，进入热重分析，直到质量不再改变，生成物质Z，具体数据如下：

通过计算确定样品A的化学式。

并写出计算过程。

解析　

（1）温度升高说明反应放热。

（2）先进行过滤，然后用乙醇洗涤、干燥即可。

（3）加热到质量不再变化时固体为Na2CO3，根据质量关系可得出样品A的化学式。

答案　

（1）Na2CO3＋nH2O===Na2CO3·nH2O，反应物总能量高于生成物总能量，故反应放出热量，导致烧杯温度升高　

（2）③⑤②

（3）设A的化学式为Na2CO3·nH2O，加热到质量不再变化时得到Na2CO3，则

Na2CO3·nH2O～Na2CO3

106＋18n106

13．92g6.36g

（106＋18n）:

106＝13.92g:

6.36g，n＝7

故A的化学式为Na2CO3·7H2O

12．（12分）（2012·新课标全国卷）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。

（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。

实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH－的阴离子交换柱，使Cl－和OH－发生交换。

交换完成后，流出溶液的OH－用0.40mol·L－1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.00mL。

计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：

________________________________________________________________________________________________________（列出计算过程）。

（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）:

n（Cl）＝1:

2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为________。

在实验室中，FeCl2可用铁粉和________反应制备，FeCl3可用铁粉和________反应制备。

（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。

解析　

（2）设混合物样品中含有amolFeCl2、bmolFeCl3，根据题意有（a＋b）:

（2a＋3b）＝1:

2.1，解得a＝9b，所以FeCl3的物质的量分数为b:

（a＋b）＝b:

10b＝0.10。

在实验室中，FeCl2可用铁粉与稀盐酸发生置换反应得到，FeCl3可用铁粉与氯气发生化合反应得到。

（3）Fe3＋具有强氧化性而I－具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成棕色物质I2。

根据元素守恒和得失电子守恒可完成方程式。

答案　

（1）x＝3　n（Cl）＝0.0250L×0.40mol·L－1＝0.010mol

m（Fe）＝0.54g－0.010mol×35.5g·mol－1＝0.19g

n（Fe）＝0.19g÷56g·mol－1＝0.0034mol

n（Fe）:

n（Cl）＝0.0034:

0.010≈1:

3，x＝3

（2）0.10　盐酸　氯气

（3）2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2（或2Fe3＋＋3I－===2Fe2＋＋I

）

13．（14分）（2013·山东卷）金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。

（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是________。

a．Fe2O3b．NaCl

c．Cu2Sd．Al2O3

（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应：

2Cu2S＋2H2SO4＋5O2===4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________。

当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。

向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是________。

（3）上图为电解精炼银的示意图，________（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为________。

（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是________。

解析　

（1）Na、Al的金属活动性较强，冶炼时选择电解法。

（2）该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。

反应中O2中O由0价变为－2价，1molO2发生反应，得4mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4mol。

CuSO4溶液中由于Cu2＋水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。

（3）电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。

b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NO

＋e－＋2H＋===NO2＋2H2O。

（4）食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。

答案　

（1）b、d　

（2）Cu2S　4　H2　（3）a　NO

＋2H＋＋e－===NO2＋H2O　（4）做电解质溶液（或导电）

14．（12分）（2013·重庆卷）合金是建造航空母舰的主体材料。

（1）航母升降机可由铝合金制造。

①铝元素在周期表中的位置为________。

工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为________。

②AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为__________________________________，焊接过程中使用的保护气为________（填化学式）。

（2）航母舰体材料为合金钢。

①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为________。

②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中降低硅含量需加入的物质为________。

（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。

①80.0gCuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为________。

②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。

结合如图信息推断该合金中除铜外一定含有________。

解析　

（1）①铝土矿的主要成分是氧化铝，提取铝的过程是：

氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，再向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，加热使沉淀分解可得到氧化铝，最后电解得到铝。

②镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时必须使用Ar等稀有气体作保护气。

（2）①在海水中，合金钢、海水构成原电池，发生吸氧腐蚀。

②在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，以降低硅含量。

（3）①白色沉淀Al（OH）3的质量为39.0g，即0.5mol，故合金中铝的质量为0.5mol×27g/mol＝13.5g，则铜的质量为66.5g，质量分数为66.5g÷80.0g×100%＝83.1%。

②看图可知Al3＋在pH为3.4时开始沉淀，而Fe2＋和Ni2＋在pH为7.0～8.0之间均已开始沉淀，若溶解合金的酸过量，假设合金中含有Fe，则溶解后Fe转化为Fe3＋，而不是Fe2＋，因此合金中可能含有Fe，一定含有Al和Ni。

答案　

（1）①第三周期第ⅢA族　CO2

②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　Ar（其他合理答案均可得分）

（2）①吸氧腐蚀　②CaCO3或CaO

（3）①83.1%　②Al、Ni