《几种重要的金属化合物》综合练习

1、PAGE21一、选择题1、将和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，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A最终溶液：c（Na）=LB标准状况下，反应过程中得到气体C最终溶液：c（Na）=c（Cl）D最终得到沉淀2、在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各的混合溶液中加入铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3，同时又析出则下列结论中不正确的是（）A反应后溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为1：2B氧化性：AgCu2Fe3Zn2C含Fe3的溶液可腐蚀铜板D1molFe可还原2mol

2、Fe33、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是（）ABCD4、将Na2O2逐渐加入到含有H、Mg2、Al3、NH4的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2、Al3、NH4物质的量分别（）A2mol、3mol、6molB3mol、2mol、6molC2mol、3mol、4molD3mol、2mol、2mol5、过氧化钠可作为氧气的钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的量正确的是（NA

3、表示阿伏加德罗常数）（）选项二氧化碳碳酸钠转移的电子A1mol2NAB1molC106g1molD106g2NA6、向L1的AlCl3溶液中，加入1molL1的NaOH溶液VmL后，再滴加1molL1盐酸滴加盐酸的体积（横坐标）与生成沉淀的质量（纵坐标）如下图所示的关系，则加入的NaOH溶液的体积为（）A10mLB30mLC40mLD50mL7、向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1molL1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（）Aa曲线表示的离子方程式为：AlO2HH2OAl（OH）3Bb和c曲线表示的离子反应是相同的CM点

4、时，溶液中沉淀的质量为D原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为1：28、下列反应与Na2O2SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O22CO22Na2CO3O2B2Na2O22SO32Na2SO4O2CNa2O2H2SO4Na2SO4H2O2D3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O9、称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，下列关于盐酸的用量和气体产量的变化正确的是（）A若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大B若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大C若纯碱中混有KHCO3，盐酸用量将偏小；气体产量将偏大D若纯碱

5、中混有Na2SO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏小10、120mL含有碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）ALBLCLDL11、如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）312、甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液

6、中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO4二、非选择题13、下表是四种盐在不同温度下的溶解度g/100g水：NaNO3KNO3NaClKCl10100175246假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计某同学设计用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，加入一定量的水制取硝酸钾的实验，其流程如下图所示：1在和的实验过程中，需要控制的关键的实验条件是_，在上述晶体中，_填“A”或“C”应为硝酸钾晶体。2在的实验过程中，需要进行的操作依次是_、_、_。3粗

7、产品中可能含有杂质离子_，检验其中一种离子的方法是_。4为了洗涤所得的硝酸钾晶体，下列溶剂可用作洗涤剂的是_填编号。a热水b冰水c95%的酒精d四氯化碳14、某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如下图所示。1只根据图、所示实验，能够达到实验目的的是填装置序号_。2图、所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_；与实验相比，实验的优点是填选项序号_；A比复杂B比安全C比操作简便D可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行3若用实验验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是填化学式_。15、试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相

8、等的两份试样按下图所示进行实验：（1）请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式。（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为。（用m表示）16、某固体混合物可能是由Al、NH42SO4、MgCl2、AlCl3和FeCl2中的一种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示气体体积的数据均已换算成标准状况下的体积：回答下列问题：1写出反应的离子方程式：_。2填写下表中的空白。注：若混合物中不存在该成分，则“质量”栏中填“0”；画斜线的空格不需填写成分质量判断依据或计算推理过程AlNH42SO4MgCl2FeCl2AlCl3

9、参考答案1【答案】D【解析】的物质的量为：=，的物质的量为：=，首先发生反应2Na2O22H2O4NaOHO2，生成NaOH为，再发生2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为=，生成NaAlO2为，通入标准状况下的HCl气体，物质的量为：=，首先发生反应NaOHHClNaClH2O，剩余HCl为=，再发生反应NaAlO2HClH2OAl（OH）3NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A反应后溶液的成分是和，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为，则钠离子的浓度为：=2

10、mol/L，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气为=，铝与氢氧化钠反应生成氢气为=，故生成气体的体积为（）mol=，故B错误；C最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，故C错误；D最终生成Al（OH）3为，质量为：78g/mol=，故D正确，故选D2【答案】B【解析】A由反应2AgFeFe22Ag，2Fe3Fe3Fe2，可知反应共生成，而没有参加反应，则反应后溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为1：2，故A正确；B根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2Cu2Ag，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2Fe3，故B错误；C氧化性Cu2Fe3，则含F

11、e3的溶液可腐蚀铜板，故C正确；D金属铁和三价铁的反应：Fe2Fe3=3Fe2，则1molFe可还原2molFe3，故D正确故选B3【答案】A【解析】镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，设铝的量为1单元，利用铝守恒，铝的量与氢氧化铝的物质的量相等，Al（OH）3NaOHNaAlO22H2O，得到消耗碱的量也为1个单元，由发生Al33OHAl（OH）3消耗碱为3单元，而Mg22OHMg（OH）2反应消耗碱为2单元，所以从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（32）：1=5：1，而且等物质量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，故选A4【答案】D【解析

12、】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nn=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3）=n=2mol，n（Mg2）=n=3mol；当加入8molNa2O2时，NH4完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol4mol=2mol，故NH4的物质的量为2mol，故选D5【答案】C【解析】设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加28g时，参与反应二氧化碳的物质的量为，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O22CO22Na2CO3O2固体质量差2mol2mol56gy28g解得：=1mol解得：y=1mol碳酸钠的质量=1m

13、ol106g/mol=106g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积；由化学方程式可知；1mol二氧化碳参与反应转移1mol电子，即有NA个电子转移由此可知上表中C正确故选C6【答案】D【解析】开始阶段是盐酸和氢氧化钠之间的中和反应，根据消耗盐酸的量，知道剩余的氢氧化钠的物质的量是1molL1=，然后沉淀量逐渐增多，发生的是四羟基合铝酸钠与盐酸之间的反应，即NaHCl=NaClAl（OH）3H2O，Al（OH）33HCl=AlCl33H2O，根据各段消耗盐酸的量知道生成的Na的物质的量是1molL1=，根据铝元素守恒，所以铝离子的物质的量是，生成四羟基合铝酸钠时消耗氢氧化钠就40mL，

14、剩余氢氧化钠的量是10mL，所以加入氢氧化钠的量是50mL故选D7【答案】D【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2HH2OAl（OH）3，a线表示AlO2减少，第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO32HHCO3，b线表示CO32减少，c线表示HCO3的增加，第三阶段，CO32反应完毕，发生反应HCO3HCO2H2O，d线表示HCO3减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，ANa2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2HH2OAl（OH）3，故A正确；B第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应：CO32HHCO3，b线表示CO

15、32减少，c线表示HCO3的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2HClH2O=NaClAl（OH）3知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl），m=78g/mol=，故C正确；D第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2HH2OAl（OH）3，CO32HHCO3，可知CO32与AlO2的物质的量之比为1：1，但这两种物

16、质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32与AlO2的物质的量之比，故D错误；故选D8【答案】D【解析】因为在Na2O2SO2Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O22CO22Na2CO3O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O22SO32Na2SO4O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2H2SO4Na2SO4H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D9【答案】C【解析】同质量的纯碱与

17、杂质所消耗盐酸的多少决定酸的用量，若同质量的杂质消耗的酸的量大于纯碱，则酸用量将增大，反之，减小；同理，同质量的杂质与酸反应产生的气体多于纯碱与酸反应产生的气体，则产生的气体量将增加，反之，减小，结合方程式判断Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O106g2mol1molAK2CO32HCl=2KClCO2H2O138g2mol1mol故若混有K2CO3，则耗HCl减少，产生的CO2也减少，故A错误；BNaHCO3HCl=NaClCO2H2O84g1mol1mol故若混有NaHCO3，则耗HCl减少，产生的CO2增多，故B错误；CKHCO3HCl=KClCO2H2O100g1mol1mo

18、l若混有碳酸氢钾，则消耗的盐酸偏小，生成的二氧化碳气体偏大，故C正确；DNa2SO32HCl=2NaClSO2H2O126g2mol1mol若混有亚硫酸钠，消耗的盐酸会偏小，生成的气体总量偏小，故D错误；故选C10【答案】B【解析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO322HH2OCO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32HHCO3、HCO3HH2OCO2，不管是将前者加入后者中，还是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n（HCl）：n（Na2CO3）1：1，但最终产生的气体体积不同，说明n（HCl）：n（Na2CO3）2：1，所以1n（HCl）：n（Na2CO3）2，n（Na2CO3）=，则

19、n（HCl），盐酸的体积是200mL，所以c（HCl），即1mol/Lc（HCl）2mol/L，故选B11【答案】D【解析】AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；BNa燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D12

20、【答案】D【解析】若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，反应的方程式有：Al2（SO4）36NaOH2Al（OH）33Na2SO4、Al（OH）3NaOHNaAlO22H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4故选D13【答案】1温度C2加水溶解、蒸发浓缩、趁热过滤3Na、Cl用洁净的铂丝或铁丝蘸取粗产品在火焰上灼烧，若火焰呈黄色，证明有Na；或取粗产品少许，加水配成溶液，加入硝酸酸化

21、的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，证明有Cl。4bc【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是物质的分离。14【答案】122NaHCO3Na2CO3H2OCO2D3NaHCO3【解析】1Na2CO3、NaHCO3均能与HCl反应生成使澄清石灰水变浑浊的CO2，但NaHCO3比等质量Na2CO3反应快，且产生CO2量多，因此实验能鉴别Na2CO3和NaHCO3。2NaHCO3受热发生分解反应2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，但Na2CO3受热不易分解。3酒精灯火焰直接加热试管A，然后预热试管B，因此试管B中盛放NaHCO3，更能说明稳定性Na2CO3NaHCO3。15【答案】（1）FeCu2=Fe2CuFe2H=Fe2H2（2）5m/8【解析】思路分析：根据题目的设定，先对溶液Y和粉末Z的组成作正确的判断。中FeO、CuO与盐酸反应式为：FeO2HCl=FeCl2H2OCuO2HCl=CuCl2H2O中试样在较高温度下与CO反应为：FeOCO=FeCO2CuOCO=CuCO2由此可见，溶液Y与粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金属Fe、Cu以及过量盐酸的混合。在此混合物中，两种金属单质中只有