高中化学人教版第三章金属及其化合物第二节几种重要的金属化合物 市获奖

一、选择题1.化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项应用解释A高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯2.铝合金在日常生活、建筑装潢、航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途．下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是（）A．铝元素在地壳中的含量高，储量丰富B．铝容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好C．铝化学性质稳定，常温下不与任何酸碱反应D．铝的冶炼技术基本成熟，可以大量生产3.将镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl﹣外，还大量存在的是（）A．AlO2﹣B．Al3+，Mg2+C．Mg2+，AlO2﹣D．Al3+，Mg2+、H+4.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A．甲、乙中都是铝过量B．甲中铝过量，乙中碱过量C．甲中酸过量，乙中铝过量D．甲中酸过量，乙中碱过量5.铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到H2（标准状况），若钠的物质的量为，则铝的物质的量为（）A．molB．molC．molD．mol6.下列说法中错误的是（）A．钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，产物为Na2O2B．镁在空气中形成一层致密的氧化膜，故镁不需要像钠那样的特殊保护C．铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼D．铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要涂保护层7.从利用金属的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事．这个先后顺序主要跟下列有关的是（）①地壳中金属元素的含量；②金属活动性顺序；③金属的导电性；④金属冶炼的难易程度．A．①③B．②④C．③⑤D．②⑤8.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在Ph=5时沉淀完全）．其中分析错误的是（）A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2 C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH D．步骤⑤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次9.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡACl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂BNaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DNa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+二、非选择题10..X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小。甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸。丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒。戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子。请按要求回答下列问题：

（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为（填化学式）_________________；丁的电子式为_____________________；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）：_______________、______________。

（2）元素E、F与X同周期。

①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色；此反应的化学方程式为

。

②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位。写出保存“银粉”时的注意事项：________________、____________________等。

（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液。滴加过程中可依次观察到的现象：

a.浅绿色溶液变成黄色

b.有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量

c.继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀

①现象a中反应的离子方程式：________________________________________；

②现象b中反应剧烈的化学方程式：____________________________________；

③解释现象c：________________________________________________________。11氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）写出生产过程中X__________

Y__________（填化学式）。（2）写出产生CuCl的化学方程式________________________。（3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由

。（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是

。（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：析出CuCl晶体最佳pH为_____，当pH较大时CuCl产率变低原因是_____。（6）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0．25g和10mL过量的FeCl3溶液250mL于锥形瓶中，充分溶解。②用0．10mol·L-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：则样品中CuCl的纯度为

（结果保留三位有效数字）。参考答案考点：硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；合金的概念及其重要应用．分析：A．硅为亲氧元素，在自然界中易化合态存在；B．铁和锌在电解质溶液中形成原电池，锌做负极被腐蚀；C．铝合金中铝的化学性质并没有改变，铝在常温下即可与氧气发生反应；D．乙烯具有催熟作用，能够被强氧化剂高锰酸钾氧化．解答：解：A．虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界中仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故A错误；B．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护，故B错误；C．合金中的铝单质仍然可以与氧气发生化学反应生成氧化铝，故C错误；D．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；故选：D．点评：本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大．考点：生活中常见合金的组成；铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、根据Al元素在地壳中的含量来分析；B、金属铝易被氧气氧化形成氧化铝；C、金属铝化学性质活泼，可以和酸反应；D、金属铝的冶炼技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产．解答：解：A、Al元素在地壳中是含量最多的金属元素，含量高，储量丰富，故A正确；B、金属铝易被氧气氧化形成致密的氧化膜氧化铝，抗腐蚀性能好，故B正确；C、金属铝化学性质活泼，常温下可以和酸反应，故C错误；D、现在生活和生产中对金属铝的需求量大，金属铝的冶炼利用电解技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产，故D正确．故选C．点评：本题考查学生金属铝的有关知识，可以根据教材知识来回答，难度中等，注意平时知识的积累是解题的关键．解：将镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中即n（HCl）=×4mol/L=，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据计算无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入L的NaOH溶液即n（NaOH）=×L=，据原子守恒，溶液中的氯有，钠有，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选A．解：发生反应有：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1；（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为1：3（3）现在的比值是5：7，比值处于1：3和1：1之间，由于铝消耗盐酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足铝过量，故选C．解：铝和钠混合物投入足量的水中，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，Al再与氢氧化钠溶液反应生成氢气，生成氢气总物质的量为：=，若钠有，根据电子转移守恒，Na完全反应生成氢气为：=，故Al与氢氧化钠溶液反应生成氢气的物质的量为：﹣=，根据电子转移守恒Al的物质的量为：=，故选A．解：A．钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A正确；B．镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B正确；C．铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，故C错误；D．铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D正确．故选C．解：金属的活泼性越强，金属越容易失电子，则金属越容易被氧化，在自然界中越容易以化合态存在，金属的冶炼越难，Al的活泼性大于Cu，所以Cu使用较早、Al使用较晚，则金属的使用早晚与金属的活动性强弱、金属的冶炼难易程度有关，与地壳中金属元素含量、金属的导电性无关，故选B．考点：制备实验方案的设计．分析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答．解答：解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A．步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；C．CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D．步骤⑤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2﹣3次，可洗涤晶体，故D正确；故选B．点评：本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析．考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．10.（1）HClO4、H2CO3

OH－、H3O+（2）①Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑

②密封

避免与酸或碱接触（合理即可）（3）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②2H2O22H2O+O2↑③起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀试题解析：

（1）甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3,可知甲为水,与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有OH－、H3O+；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，可知乙为甲烷，Y为C元素；丙是具有强氧化性的弱酸,可知丙为次氯酸,丁为次氯酸钠，其电子式为，由此可知X、Y、Z、M四种元素分别为有Cl、C、O、H；元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为HClO4、H2CO3；

（2）元素E、F与X同周期，即处于第三周期，

①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色，可推知E为镁，反应的化学方程式为Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑；

②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，可知F为铝，因为铝在空气中容易被氧化出氧化膜氧化铝，且铝与酸或碱均可以发生反应，所以应密封保存，并且避免与酸或碱接触；

（3）戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，分析可知戊为双氧水，向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液，

①浅绿色溶液变成黄色是因为亚铁离子被氧化为铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

②有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量，是因为双氧水在Fe3+催化作用下分解所致，2H2O22H2O+O2↑；

③继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀，因为起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀。11.答案：（1）Fe、稀盐酸

（2）CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4