专题训练常见金属元素及其化合物.doc

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100 mL a mol/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．0.1a mol B．0.4a mol
C．0.3a mol D．a mol
解析　反应后溶液中有c(K＋)＝c(Cl－)＋c(AlO)＝3a mol/L＋a mol/L＝4a mol/L，即加入的钾的物质的量为0.4a mol，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0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是(　　)

A．反应③最多能产生0.05 mol O2
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　0.1 mol Na2O2与100 g H2O反应，H2O过量，反应③最多能产生0.05 mol O2，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．①③ B．①②
C．②④ D．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5.76 g，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2.24 g
C．样品中CuO质量为4.0 g
D．V＝896
解析　根据题意，3.2 g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3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B正确；样品中Cu和O元素共5.76 g－2.24 g＝3.52 g，则C项错误；2.24 g Fe元素不可能全是单质，故生成的氢气的体积小于896 mL，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：
9．4 gX6.4 g固体。下列说法正确的是；
A．步骤Ⅰ中减少的3 g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；6.4 g固体中一定要有Fe2O3，步骤Ⅱ中Cu才能溶解，结合最终还有1.92 g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)＝0.02 mol，所以原混合物X中含有铜的质量为m(Cu)＝0.02 mol×64 g·mol－1＋1.92 g＝3.2 g，m(Fe2O3)＝160 g·mol－1×0.02 mol＝3.2 g，m(Fe2O3) :m(Cu)＝1:1，C对，B、D错。
答案　C
8．(2013·大连双基测试)将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则(　　)
A．反应过程中得到6.72 L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7.8 g的沉淀
D．最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.15 mol/L
解析　5.4 g Al为0.2 mol,15.6 g Na2O2为0.2 mol，充分反应后得到200 mL溶液，说明Al完全反应。标准状况下，6.72 L HCl气体为0.3 mol。
2Na2O2＋2H2O===4NaOH　＋　O2↑
2 4 1
0．2 mol 0.4 mol 0.1 mol
2Al　＋　2NaOH＋2H2O===2NaAlO2　＋　3H2↑
2 2 2 3
0．2 mol 0.2 mol 0.2 mol 0.3 mol
NaOH　＋　HCl　===　NaCl＋H2O
1 1 1
0．2 mol 0.2 mol 0.2 mol
NaAlO2＋HCl＋H2O===Al(OH)3↓＋NaCl
1 1 1 1
0．1 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
选项A，反应过程中得到的气体为0.4 mol，体积8.96 L(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0.1 mol，则质量为0.1 mol×78 g/mol＝7.8 g，C正确；选项D，最终得到的溶液中c(NaCl)＝＝1.5 mol/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～a mL段，由于NaOH与盐酸发生反应，沉淀质量为0 g；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～b mL段产生的是Fe(OH)3沉淀，b mL时，溶液仍然呈酸性，到c mL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)a g镁铝合金投入x mL 2 mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入y mL 1 mol/L NaOH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0.1 NA
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0.9Al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－a g＝1.7 g，n(OH－)＝0.1 mol，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1.2 g，若金属全部是铝，则铝的质量是0.9 g，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13.92 g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＋18n 106
13．92 g 6.36 g
(106＋18n):106＝13.92 g:6.36 g，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0.54 g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0.40 mol·L－1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.00 mL。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a mol FeCl2、b mol FeCl3，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)＝0.025 0 L×0.40 mol·L－1＝0.010 mol
m(Fe)＝0.54 g－0.010 mol×35.5 g·mol－1＝0.19 g
n(Fe)＝0.19 g÷56 g·mol－1＝0.003 4 mol
n(Fe) :n(Cl)＝0.003 4:0.010≈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．Fe2O3 b．NaCl
c．Cu2S d．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1 mol O2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，1 mol O2发生反应，得4 mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4 mol。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。
①80.0 g Cu­Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，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39.0 g，即0.5 mol，故合金中铝的质量为0.5 mol×27 g/mol＝13.5 g，则铜的质量为66.5 g，质量分数为66.5 g÷80.0 g×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