32《几种重要的金属化合物》同步练习16(人教版必修1).docx

新人教版化学必修1总分值课堂----几种重要的金属化合物
我夯基 我达标
1.以下说法不正确的选项是〔 〕
A.Na2CO3比NaHCO3易溶于水
B.Na2CO3比NaHCO3稳定
C.Na2CO3和NaHCO3都能跟石灰水反响得到白色沉淀
D.物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反响得CO2的物质的量之比为2∶1
思路解析：比较碳酸钠与碳酸氢钠的性质即可知：A、B、C三项均是正确的，D项中所得气体的物质的量相等。
答案：D
2.不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是〔 〕
A.分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通入澄清的石灰水中
B.分别在这两种物质的溶液中，参加CaCl2溶液
C.分别在这两种固体中，参加同浓度的稀盐酸
D.分别在这两种物质的溶液中，参加少量澄清的石灰水
思路解析：此题利用碳酸钠和碳酸氢钠性质的差异来鉴别它们。D项中发生的反响虽不相同，但观察到的现象却是完全相同的。
答案：D
3.实验室需要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，适宜用的试剂是〔 〕
A.NaOH溶液 B.Ba〔OH〕2溶液
C.盐酸 D.氨水
思路解析：使铝盐全部沉淀的方法是使沉淀剂适当过量，因为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以不能用强酸或强碱来制备，那么只能用铝盐与过量氨水来制备。
答案：D
4.某水体中含有较多的泥沙及其他悬浮物，以下物质不能用来净化此水的是〔 〕
A.NaCl B.Fe2〔SO4〕3 C.KAl〔SO4〕2 D.KOH
思路解析：净化含有较多的泥沙及其他悬浮物的原理是利用胶体的吸附作用，铁盐与铝盐水解后都能生成胶体，而氯化钠和氢氧化钾那么无此性质。
答案：AD
5.以下物质热稳定性最强的是〔 〕
A.石灰石 B.纯碱 C.小苏打 D.碳铵
思路解析：石灰石、小苏打、碳铵受热都容易分解，只有纯碱的热稳定性最好，加热到1 000 ℃以上也不分解。
答案：B
6.胃酸的主要成分是盐酸，在医疗上，用以治疗胃酸过多的一种药剂是〔 〕
A.小苏打 B.纯碱 C.烧碱 D.石膏
思路解析：能与盐酸反响且生成物也无酸性的反响物，同时又不能对人体产生强烈刺激的物质是符合此题要求的答案。
答案：A
7.以下关于焰色反响的表述正确的选项是〔 〕
A.焰色反响是元素的性质 B.焰色反响是单质的特有性质
C.焰色反响是离子的特有性质 D.焰色反响是化合物的性质
思路解析：焰色反响是元素的性质，含有同一金属元素的单质、化合物及离子的溶液等体系中的焰色是相同的。
答案：A
我综合 我开展
8.某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，参加NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，以下结论正确的选项是〔 〕
A.一定有Fe2+，一定没有Fe3+、Mg2+
B.一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+
C.一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+
D.一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+
思路解析：参加NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象是溶液中含有亚铁离子的特性，而氢氧化铁的红色沉淀比白色沉淀的颜色深得多，所以不可能存在。
答案：D
9.能使铁溶解，但不能生成沉淀的溶液是〔 〕
A.稀H2SO4 B.FeCl3溶液
C.CuSO4溶液 D.FeSO4溶液
思路解析：D项不能使铁溶解，C项虽能溶解铁，但同时析出的铜会附着在铁上，符合题意的是A、B两项。
答案：AB
10.(2022江苏高考，16)某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是〔 〕
A.K+、Na+、、B.Na+、、Cl-、ClO-
C.H+、Mg2+、、D.Ag+、K+、、Na+
思路解析：溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，说明该溶液中含有大量的OH-，所以，、H+、Mg2+、Ag+均不能存在。
答案：B
11.证明某溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是〔 〕
A.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B.先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色
C.滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变灰绿，最后呈红褐色
D.只需滴加KSCN溶液
思路解析：A项由于参加了氯水，可将亚铁离子氧化为铁离子，所以实验方法不可靠；D项虽可证明含铁离子，但不能排除亚铁离子。
答案：BC
12.把CO2通入含NaOH 0.8 g的碱溶液中，将产物在减压条件下蒸干后，得固体1.37 g，那么通入CO2的质量是〔 〕
A.0.44 g B.0.88 g C.0.66 g D.都不是
思路解析：设生成的碳酸钠为x mol，碳酸氢钠为y mol，那么根据碳原子守恒可知通入的二氧化碳为〔x+y〕mol。
根据钠原子守恒：2x+y=0.02
根据产物的质量：106x+84y=1.37
解上述两个方程组成的方程组，得：x=0.005 mol，y=0.01 mol，那么〔x+y〕=0.015 mol，即二氧化碳的质量为0.66 g。
答案：C
13.右图表示的是A—E五种物质间的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质。试推出各物质的化学式，并写出BC、CD、DE反响的离子方程式。
图3-7
思路解析：此题是较为根底的推断题。A是淡黄色固体，可知是Na2O2；B是单质，可制取A，知B是Na；A与CO2反响生成D，知D为Na2CO3；B与Cl2反响生成E，知E为NaCl；Na2O2、Na都能生成C，知C为NaOH。
答案：A：Na2O2 B：Na C：NaOH D：Na2CO3 E：NaCl
B→C：2Na+2H2O====2Na++2OH-+H2↑
C→D：2OH-+CO2====+H2O
D→E：+2H+====CO2↑+H2O
14.铝可以从铝土矿中获取，铝土矿是不纯洁的铝的氧化物〔杂质为Fe2O3和SiO2〕，它是非再生资源。假设我们对铝的消费保持现有速度，我们能获得生产足够的铝所需的铝土矿仅能维持30年左右。由此看来，保护现有自然资源和对非再生资源的再利用，是值得我们考虑的。但是在废物回收过程中，仍有相当大的难度，其关键的因素主要涉及旧金属的收集与其他废物的别离、回收和提炼金属的费用、金属本身的价值等〔1 mol电子电量荷约为105 C〕。
〔1〕试说明回收铝的过程中存在的困难。
〔2〕为什么金的回收率比铝的回收率要大得多
〔3〕常温下，SiO2同强碱或强酸是很难反响的，现利用盐酸、氢氧化钠溶液、氮气、二氧化碳和水，从铝土矿中提取纯洁的Al2O3。试设计一个适用于工业生产上提纯Al2O3的实验方案，用化学方程式表示提纯的过程。
〔4〕制取1 mol Al理论上需要多少库仑的电荷量
〔5〕假定用6 V的直流电源进行电解，制2.7吨铝需要多少千焦的电能〔请列式并计算〕
〔6〕在1.01×105 Pa，27 ℃时，每生产1 mol Al，理论上在阳极生成O2的体积为多少升〔请列式并计算〕
〔7〕如果每度电的费用为0.60元，试计算生产厂家每生产1吨铝需付出的电费为多少元。〔1度电=3 600 kJ〕〔请列式计算〕
答案：〔1〕回收铝的过程中存在的困难是：①人们的环境意识薄弱；②回收和提炼金属的费用较高；③铝同其他废物的别离较困难；④铝本身价值并不高；⑤旧金属的收集缺乏专门的机构。
〔2〕金比铝价值要高，另一方面，金活动性弱，容易回收。
〔3〕Fe2O3和SiO2与强碱都不反响，因此可把铝土矿溶于强碱溶液中，过滤除去杂质，即得到偏铝酸钠溶液，往滤液中加酸即可得氢氧化铝沉淀，由于氢氧化铝沉淀可和强酸反响，所以要得到较多的沉淀，最好加弱酸，方程式表示为：
①Al2O3+2NaOH====2NaAlO2+H2O
②NaAlO2+CO2+2H2O====Al〔OH〕3↓+NaHCO3
③2Al〔OH〕3====Al2O3+3H2O
〔4〕这是一个涉及氧化复原反响的问题。氧化铝要被复原成单质铝，化合价必须从+3降低到0，即要得到1 mol Al必须转移3 mol的电子，所需电荷量为3×105C。
〔5〕直接代入物理中有关电能的计算公式，可得：2.7×106/27×3×105×6×10-3kJ=1.8×108 kJ。
〔6〕根据电解方程：2Al2O3====4Al+3O2↑，每产生1 mol Al的同时生成0.75 mol O2，由于此状态是非标准状态，要求氧气的体积还要进行体积的转化。300×0.75×22.4/273=18.5 L。
〔7〕1×106/27×3×105×6×10-3/3 600×0.6=1.1×104
15.用下面两种方法可以制得白色的Fe〔OH〕2沉淀。
方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反响制备。
〔1〕用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需参加______________________________。
〔2〕除去蒸馏水中溶解的O2常采用____________________的方法。
〔3〕生成白色Fe〔OH〕2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是___________________________________。
方法二：在如下列图的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
图3-8
〔1〕在试管Ⅰ里参加的试剂是________________________________________。
〔2〕在试管Ⅱ里参加的试剂是________________________________________。
〔3〕为了制得白色Fe〔OH〕2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中参加试剂，翻开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是___________________________________________________________________。
〔4〕这样生成的Fe〔OH〕2沉淀能较长时间保持白色，其理由是__________________________。
思路解析：方法一中根据FeSO4具有易被氧化和易水解的特点，在配制其溶液时还需参加稀H2SO4和铁屑；蒸馏水中假设溶有O2，那么会加速Fe〔OH〕2氧化，因此可采用煮沸法除去O2。为防止生成的Fe〔OH〕2沉淀接触O2，可用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液方可到达目的。
方法二的原理是利用稀H2SO4和铁屑产生氢气，先赶净装置中空气。确定赶净空气后，再夹紧止水夹，通过H2产生的压强将FeSO4压入NaOH溶液中去，从而使产生的白色Fe〔OH〕2沉淀在H2的复原性气氛中得以较长时间保持。
答案：方法一：〔1〕稀H2SO4、铁屑 〔2〕煮沸 〔3〕防止生成的Fe〔OH〕2沉淀接触O2
方法二：〔1〕稀H2SO4、铁屑 〔2〕NaOH溶液〔3〕检验试管Ⅱ出口处排出氢气的纯度。当排出的H2纯洁时，再夹紧止水夹 〔4〕试管Ⅰ中反响生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
16.将甲烷、氧气、过氧化钠放入密闭容器中，在150 ℃条件下用电火花引发反响后，3种物质都恰好完全反响，容器中的压强为零。那么原混合物中3种物质的质量之比为___________，反响后容器中的物质是___________。
思路解析：此题考查CO2、H2O〔g〕与Na2O2的反响。
欲正确解答此题，应注意理解“容器中的压强为零〞的含义，对方程式进行适当加和，由加和后的方程式找出答案。
此类题涉及多个相关的反响，某一反响的生成物是另一反响的反响物。一般可以先写出分步反响的化学方程式，然后根据题意分析总反响的反响物和生成物，用类似上面的“加和法〞得出总反响式。
容器中发生的各步反响如下：
①CH4+2O2CO2+2H2O ②2Na2O2+2CO2====2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑
容器中总反响的反响物是CH4、Na2O2、O2，生成的CO2、H2O、O2可以循环反响，可以看成是中间产物，由于反响后在150 ℃条件下容器中的压强为零，说明最后容器中的物质不含气体和水，最后的生成物只有Na2CO3、NaOH。将①②③分别乘以适当的系数后加和，以消去生成物中的中间产物CO2、H2O和O2。①×2+②+③×2得总反响式：
2CH4+O2+6Na2O2====2Na2CO3+8NaOH
因此，原混合物中CH4、O2、Na2O2三种物质的质量之比为：2×16∶16×2∶6×78=8∶8∶117。
答案：8∶8∶117 Na2CO3、NaOH
我创新 我超越
17.设计实验探讨向AlCl3溶液中参加过量的NaOH和向NaOH溶液中参加过量的AlCl3现象是否一样。
思路解析：向AlCl3溶液中逐滴参加NaOH有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀溶解，最后生成物为NaAlO2。反响的离子方程式为：Al3++3OH-====Al〔OH〕3↓，Al〔OH〕3+OH-====+2H2O
向NaOH溶液中逐滴参加AlCl3溶液时，观察到的现象是：开始有白色沉淀生成，振荡后立即消失，继续滴加AlCl3溶液直至过量时，又出现白色沉淀，且不消失。这是因为反响开始时，由于NaOH溶液过量，滴入的AlCl3和NaOH作用转化为NaAlO2，当参加过量AlCl3时，AlCl3和NaAlO2在溶液里发生反响，生成沉淀Al〔OH〕3。其反响的离子方程式为：
Al3++3OH-====Al〔OH〕3↓，Al〔OH〕3+OH-====+2H2O，Al3++3+6H2O====4Al〔OH〕3↓
答案：不一样