高三化学二轮复习课时作业-专题3第1讲常见金属及其化合物

［［键入文字］课时作业9常见金属及其化合物一、选择题（每小题5分，共50分）（2011•福建质检）合金是指两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表中的数据，不能形成合金的是（）NaCuAlFe熔点/C97.810836601535沸点/C883256724672750A.Cu和AlB.Fe和CuC.Fe和NaD.Al和Na解析：要形成合金必须满足：形成合金的金属能同时处在液态。Cu和Al在1083°C〜2467°C之间都是液态，Fe和Cu在1535C〜2567C之间都是液态，Al和Na在660C〜883C之间都是液态，可以构成合金。而Fe到达熔点时Na已经变为气态，不能形成合金，故选Co答案：C（2011•郑州调研）在铁与铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，充分反应后剩余金属mig，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，mi与m2的关系是（）m一定大于mB.m可能等于m1212C.m一定等于mD.m可能大于m1212解析：由题意知剩余金属可能为Cu或Cu与Fe,但不论哪种情况，再加入稀硫酸后，相当于加入稀硝酸（因溶液中含有NOr，再加入硫酸引入H+后，则溶液中就相当于存在HN0?，都可以使金属再溶解，所以mi一定大于mo2答案：A（2011•马鞍山二模）为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100mL0.3mol・L-1稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol・L-】NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350mLNaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为（）A.0.005molB.0.01molC.0.025molD.0.03mol解析：镁铝合金溶于稀硫酸生成氢气560mL，即0.025molH，而硫酸为0.03mol，说明酸过量，余下0.0052molo合金反应后加入氢氧化钠溶液，沉淀不再变化，铝变为NaAlO2，镁变为Mg（0H）2。设n（Al）=xmol,n（Mg）=ymol，列式:1.5x+y=0.025,4x+2y=0.07—0.005X2，解得x=0.01°答案：B（2011•惠州高三调研）FeO、ZnO、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混23合物4.82g,将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生10.00g白色沉淀，则a的数值为（）A．14.82B．4.92C．6.42D．7.18解析：金属氧化物与CO反应生成金属单质和CO2，根据反应前后氧原子变化，CO2为0.1mol，则金属氧化物中氧原子为0.1mol，金属氧化物的质量等于金属的质量加上氧原子的质量。答案：C5•某稀溶液中均含有1mol的ZnSO、Fe(SO)>HSO、CuSO，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质4243244的量(纵坐标/mol)和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol)之间的关系为()解析：与铁反应的离子有2molFe3+、2molH+、1molCw+,又因为氧化性Fe3+〉Cw+〉H+,故加入铁粉时先后发生的反应为2Fe3++Fe===3Fe2+；Cu2++Fe===Cu+Fe2+；2H+2mol1mol3mol1mol1mol1mol2mol+Fe===Fe^++Hf，A正确。21mol1mol答案：A6.铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知反应：BeCl+NaBeO+2HO===2NaCl+2Be(OH)(能22222完全进行，则下列推断正确的是()Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOBeCl溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl22Be(OH)既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液2BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物解析：蒸干并灼烧Na2BeO2溶液后得到的残留物为Na’BeO,;BeCl,是强酸弱碱盐，其溶液pH〈7，蒸干并灼烧22222该溶液可得到BeO;Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，BeCl?和AlC—均是共价化合物。答案：C7•由Na202、Na2C03、NaHC03、Na’O、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将222332气体通入足量的NaOH溶液，气体体积减小。将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加。下列判断正确的是()混合物中一定不含Na2CO3、NaCl混合物中一定有Na2O2、NaHCO3、Na?。无法确定混合物中是否含有NaHCO3混合物中一定不含Na2O2、NaCl解析：混合物中加盐酸产生气体，气体通入NaOH溶液后，体积减少，可知气体成分为CO2和O2,则混合物中一定有Na2O2，至少有Na2CO3和NaHCO3中的一种；混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加，则混合22233物中一定有NaHCO3。NaHCO3受热分解产物CO?和屯0,再与Na?。?反应的质量变化如下：△1molCONaO2molNaHCO――2—HmolO31molHO22固体质量减小，而题给信息是固体质量增加，故一定还有Na2O,而Na2CO3和NaCl无法确定。答案：B8•在pH为4一5的环境中，CU2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀，工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80C左右，再慢慢加入粗氧化铜(含杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法正确的是()加入纯Cu将Fe2+还原向溶液中加入(NH4)2S使Fe2+沉淀直接加水加热使杂质离子水解除去在溶液中通入Cl2,再加入CuO粉末调节pH为4一580L80L解析：有关反应为CuO+2HCl====€uCl+HO，FeO+2HCl====^eCl+HO，先通入氯气氧化Fe2+:2FeCl+22222Cl2===2FeCl3;再加入CuO粉末，调节pH为4_5，使Fe3+转化为Fe(OH)沉淀。答案：D9.(2009・上海化学)镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如下图。反应中镁和铝的()

A．C．A．C．解析：由关系式：Mg〜H22Al〜3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为3:2，故A项正确。二者质量之比为4:3，摩尔质量之比为解析：由关系式：Mg〜H答案：A42'42刼4242'42刼42鹫-；I（2010•安徽理综）上图是三种稀酸对j?-Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果,下列有关说法正确的是（A．*0132030的是（A．稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的勺弱B．O)+3N0I+3HO332B．O)+3N0I+3HO3322C．稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6NHO/稀）Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强D．随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱D．解析：根据图可知，Cr的含量不同，三种酸对Fe—Cr合金的腐蚀性不同，当w（Cr）较小时，稀硝酸对其腐蚀性最强，A不正确；铁与稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2,B错；三种酸中由于溶液密度没有给出，硫酸中

氢离子浓度不一定最大，C错；根据图中稀HNO的曲线变化，可知D正确。3答案：D二、非选择题(共50分)(15分)下图中，A到L为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B、G为中学化学中常见金属单质，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味气体,且能使品红溶液褪色。A回+可+卫—回+卫―R+RT回答下列问题：K的电子式为，所含的化学键有。⑵①若D的水溶液呈棕黄色，则D的水溶液与G反应的总离子方程式为②若D的水溶液呈蓝色，B与C反应的化学方程式为。若将F通入一定量K的水溶液中，则所得溶液中各离子浓度一定满足的关系式为解析：(1)由J的元素原子核内只有一个质子知J为H2；I的焰色反应为黄色，所以I含Na元素；由金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟可知A为Cl2,B为Fe或Cu,则D为FeC»或CuC—且D+G+^O—H+I+J,结合I含Na元素知G为金属钠，且H2O+G—K+J(H2)，所以K为NaOH，其电子式为Na+［：O：H］-，含有离子键和极性共价键。①若D的水溶液呈棕黄色，则D为FeCl3，其水溶液与Na的反应为：6Na+2FeCl3+6H2O===2Fe(OH)」+6NaCl+3H仁2②若D的水溶液呈蓝色，则D为CuCl2,由F为能使品红溶液褪色的无色刺激性气体可知F为SO2,则C为浓HSO，B与C的反应为：24Cu+2HSO(浓)=^=€uSO+SOf+2HO24422无论什么电解质溶液一定满足电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)===c(OH－)+c(HCO－)+2c(SO2－)。33答案：(1)Na+［：O：H］-离子键、共价键(或极性共价键)

①6Na+2Fe3++6H0===2Fe(0H)；+6Na++3Hf232②Cu+2HSO(浓)=^=€uS0+SOf+2HO24422c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO-)+2c(SO2-)33(17分)(2011•重庆，26)用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。TOC\o"1-5"\h\zAl的原子结构示意图为；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为。3°Si原子的中子数为；SiO2的晶体类型为。Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是。焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是经处理后的熔渣36.0g(仅含FeO、Al0、SiO)，加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入23232过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al^的质量分数为。解析：(1)Al的原子结构示意图为Al解析：(1)Al的原子结构示意图为Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O===2AlO-+3H2f；(2)3°Si原子的中子数为30—14=16,SiO?的晶体类型为原子晶体；⑶‘虫口+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性”，贝强是F,第WA族氢化物中沸点最低的是HCl，而不是HF,因为HF分子之间存在氢键。“使金属不被氧化的气体”可由药皮的成分分析得出，大理石分解可生成CO2,CO2可以做保护气。⑸“加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体”该固体为SiO2；“滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g21.4g固体”，该固体为Fe(OH)，为=0.2mol,故FeO为0.1mol，质量为16g，则AlO的质量为(36.0g3107g/mol2323-11.0g-16g)-11.0g-16g)=9g,质量分数为為X100%=25%o283答案：(1)'/'2Al+2OH-+2HO===2AlO-+3Hf22216原子晶体(3)HClCO(5)25%2(18分)(2011•福州模拟)Fe2O3和C^O都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究“红色”粉末是FeO还是CuO或二者混合物。探究过程如下：232［查阅资料］CuO是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO，在空气中加热生成CuOo24［提出假设］假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是FeO和CuO的混合物232［设计实验］取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。若假设1成立，则实验现象是若滴加KSCN试剂后溶液不变血红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？。简述你的理由(不需写出反应的方程式)。若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变血红色，则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式［探究延伸］经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b〉a)，则混合物中Cu2O的质量分数为。实验小组欲利用该红色粉末制取较纯净的胆矶(CuSO・5HO)。经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液42的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH如下：物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A.氯水B.H022C.NaOHD.Cu(OH)CO223实验小组设