2023新题分类汇编C-金属及其化合物(高考真题+模拟新题)

C单元金属及其化合物

Cl钠及其化合物

25.E5FlC1D5

[2023•安徽卷]W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如

图1-18所示。W的一种核素的质量数为18,中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相

差1;Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。

图1—18

(1)X位于元素周期表中第周期第族；W的基态原子核外有

个未成对电子。

(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是(写化学式)；Z的气态氢

化物和漠化氢相比，较稳定的是(写化学式)。

(3)Y与Z形成的化合物和足量水反响，生成一种弱酸和一种强酸，该反响的化学方

程式是.

(4)在25℃、lOlkPa下，Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每

转移Imol电子放热190.0kJ,该反响的热化学方程式是。

25.E5FlC1D5

(1)三IA2

(2)SiHCl

(3)SiCl4+3H2O=H2SiO3\+4HC1

(4)SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)

AW=-1520.0kJmor'

【解析】由W的一种核素的质量数18,中子数为10,可知W为氧元素；和Ne原子

的核外电子数相差1的元素有F和Na,而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na,短

周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si,故Y为Si,第三周期中电负性最大的元

素是C1,故Z是C1。

(l)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为Is22s22P工其中2P」

中有2个未成对电子。

(2)金属Na熔点比Si单质低，CI的非金属性比Br的强，因此，HC1比HBr稳定。

(3)Si和C1形成的SiCL遇水发生水解反响：SiC14+3H2O=H2SiO3I+4HC1。

(4)Y的气态氢化物为SiH4,由反响方程式：SiH4+2O2^=SiO2+2H2O可知ImolSiEh

完全燃烧转移8moi电子，故该热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(1)AW=

-1520.0kJmol'o

11.Cl[2023•北京卷似下实验方案中，不能测定Na2c03和NaHCCh混合物中Na2co3

质量分数的是()

A.取“克混合物充分加热，减重〃克

B.取4克混合物与足量稀盐酸充分反响，加热、蒸干、灼烧，得力克固体

C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反响，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克

D.取“克混合物与足量Ba(0H)2溶液充分反响，过滤、洗涤、烘干，得6克固体

11.C1【解析】CNaHCCh受热分解而Na2co3受热不分解，因而根据加热后固体质量

减少可求出NaHCCh的质量，进而求得Na2cCh的质量分数，A项正确；方案B最后所得

6g固体为氯化钠，含有^^molNa原子，根据Na原子守恒，可得〃(NaHCCh)+2"(Na2co3)

=£pnol①，根据混合物质量可得84g-mol1X//(NaHCOj)+106g,mo「X”(Na2co3)=

ag②，①②联立可得二者的质量，从而求得质量分数，B项正确；碱石灰的成分为NaOH、

CaO,会吸收二氧化碳和水蒸气，怩为CO?和H2O的总质量，无法计算混合物的总物质的

量，应将所得气体先通过浓硫酸再用碱石灰吸收方可，C项错误；方案D最后所得她固体

为BaCCh,为备mol,根据碳元素守恒可知Na2cO3与NaHCCh的物质的量之和为备mol,

又知两物质的质量之和为ag,故可求得碳酸钠质量分数，D项正确。

7.J2C1

［2023•全国卷］以下表达错误的是（）

A.用金属钠可区分乙醇和乙醛

B.用高镒酸钾酸性溶液可区分己烷和3一己烯

C.用水可区分苯和溪苯

D.用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛

7.J2C1

【解析】D甲酸甲酯和乙醛中都含有醛基，可以与银氨溶液反响得到银单质，D项错误。

乙醇中含有羟基，可以与金属钠反响生成气体，而乙醒那么不能，因此可以鉴别，A项正确，

高镒酸钾可以氧化含有碳碳双键的3一己烯，而不能氧化烷烧，B项正确。苯和溟苯均不溶

于水，而苯的密度小于水，浪苯的密度大于水，因此可以用水鉴别，C项正确。

12.AlC1E4

［2023•全国卷］NA为阿伏加德罗常数，以下表达错误的是（）

A.18gH2O中含有的质子数为10以

B.12g金刚石中含有的共价键数为4NA

C.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA

D.ImolNa与足量O2反响，生成Na2。和NazCh的混合物，钠失去M个电子

12.AlC1E4

【解析】B金刚石中一个碳原子形成4条共价键，而每条共价键被两个碳原子拥有，因

此一个碳原子对每条共价键的“拥有权”为0.5,因此一个碳原子有两条共价键，12g金刚

石为Imol,因此含有共价键为2mo1。一个水分子中有10个质子，18g水是Imol,所以A

项正确。NCh和N2O4的最简式相同，因此只要质量相同，其所含原子个数也相同，C项正

确。钠与氧气反响时，无论生成物是NazO还是NazCh,Na均为+1价，因此ImolNa参加

反响时失去的电子数为INA,D项正确。

7.C1C3E2Q023•重庆卷］以下表达正确的是（）

A.Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同

BK、Zn分别与缺乏量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性

C.Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大

D.C、P、S、C1的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强

7.C1C3E2［2O23・重庆卷］【解析】D氯气具有强氧化性，铁在氯气中燃烧生成FeCh,

H.的氧化性较弱，与铁反响生成FeCh,A项错误。锌与缺乏量的稀硫酸反响生成ZnSO4

溶液，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，K与硫酸反响后得到K2s04为中性，而过量的K继

续与水反响生成KOH,因此最后溶液显碱性，B项错误。Li、Na、K为同主族元素，从上

到下原子半径依次增大，但密度金属钠大于金属钾，出现反常，C项错误。非金属性越强，

其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、C1的非金属性依次增强，因此D项正

确。

9.C1、J3［2O23•重庆卷］在实验室进行以下实验，括号内的实验用品都能用到的是（）

A.硫酸铜晶体里结晶水含量的测定（用烟、温度计、硫酸铜晶体）

B.蛋白质的盐析（试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液）

C.钠的焰色反响（伯丝、氯化钠溶液、稀盐酸）

D.肥皂的制取（蒸发皿、玻璃棒、甘油）

9.Cl、J3［2023・重庆卷］【解析】CA项中不使用温度计，B项中醋酸铅属于重金属盐，

因此会使蛋白质变性，而不是盐析,D项中制取肥皂的药品是硬脂酸甘油酯和氢氧化钠溶液，

不用甘油。

C2镁、铝及苴化合物

25.C2J5［2023・福建卷］化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探

究：

查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体

产生。

I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验

取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。

（1）往滤渣中参加过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反响的离子方程式是

⑵往⑴所得滤液中先通入过量二氧化碳，再参加过量稀盐酸。观察的现象是

n.牙膏样品中碳酸钙的定量测定

利用以下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反响后，测定C中生成的BaCCh

沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。

图00

依据实验过程答复以下问题：

(3)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反响物外，还有：

中反响生成的化学方程式是。

(4)CBaCO3

(5)以下各项措施中，不能提高测定准确度的是

(填标号)。

a.在参加盐酸之前，应排净装置内的CO2气体

b.滴加盐酸不宜过快

c.在A〜B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置

d.在B〜C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置

(6)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCCh平均质量为3.94g。

那么样品中碳酸钙的质量分数为。

(7)有人认为不必测定C中生成的BaCCh质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量

差，一样可以确定碳酸钙的质量分数.实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是

____________________________________________________________________________________O

或

25.C2J5(1)A1(OH)3+OH=[A1(OH)4]~

A1(OH)3+OH^=A1O7+2H2O

(2)通入CO2气体有白色沉淀生成；参加盐酸有气体产生，沉淀溶解

(3)把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收

(4)Ba(OH)2+CO2=BaCO3I+H2O

(5)c、d(6)25%

(7)B中水蒸气、氯化氢气体等进入C装置中(或其他合理答案)

【解析】具有两性，可以和溶液反响，离子方程式为：

(1)A1(OH)3NaOHA1(OH)3+

「或

OH——[A1(OH)4A1(OH)3+OH=A1O2+2H2OO

(2)向滤液中通入过量(202发生反响次1(024「+(202=人1(€^)31+14(20门参加过量

盐酸后发生反响：所以反响现象为：通入气体有白色沉

HCO3+H=CO2+H2Ot,CO2

淀产生；参加盐酸后有气体生成。

(3)空气通过NaOH溶液后，空气中的CO?已经被吸收，空气流可以保证把碳酸钙与盐

酸反响生成的全部排入装置中，使之完全被溶液吸收。

CO2CBa(OH”

(4)由于Ba(OH)2足量，所以该反响只生成BaCCh,而不生成BaHCCh。

(5)因为空气中CO2会与Ba(OH)2溶液反响，对实验结果产生影响，需排净装置内的CO2,

故a正确；缓慢滴加盐酸目的是使其与指示剂中的摩擦剂充分完全反响，且可以减少HC1

气体的挥发，故b项正确；空气中的水蒸气不能与Ba(OH)2溶液反响，故无需添加浓硫酸枯

燥装置，C项错误；添加饱和NaHCCh溶液后，B装置中盐酸挥发出的HC1气体会与其反响

产生CO2,与C装置中的Ba(OH)2溶液反响，使实验结果偏高，故d项错误。

394。

⑹由题意知”(BaCO3)=w(CaCO3)=历高前y=0O2mol,那么皿CaCC)3)=2g,那么

样品中碳酸钙中质量分数为段X100%=25%。

6g

(7)B装置中的空气流携带水蒸气和盐酸挥发出的HC1气体都会进入C装置，故不能只

测定吸收的CO2前后质量差

10.C2J2

[2023•广东卷]某同学通过系列实验探讨Mg及其化合物的性质，操作正确且能到达目的

的是()

A.将水参加浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探讨Mg的活泼性

B.将NaOH溶液缓慢滴入MgSCU溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成

C.将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀

D.将Mg(OH)2沉淀转入外表皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCb固体

10.C2J2

【解析】B由于浓硫酸溶于水放出大量的热，因此，稀释浓硫酸时，一定要将浓硫酸沿

着器壁慢慢注入水中，而且要不断搅拌，故A错误；B项可以到达实验目的；在过滤操作

中，滤液应沿着玻璃棒慢慢注入过滤器中，故C错误；MgCb在溶液中能发生水解：MgCl2

+2H2OMg(OH)2+2HCI,在加热蒸干MgCL溶液的过程中HCI不断挥发，故此过程不

能得到无水MgCb固体，D错误。

32.C2F4

[2023•广东卷]由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气

精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝，工艺流程如下：

图0

(注：NaCl熔点为801℃；A1CL在181'C升华)

(1)精炼前，需去除用埸外表的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反

响产生新的杂质，相关的化学方程式为

①___________________________________________________________________________

和

.

(2)将C12连续通入用埸中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除C12外

还含有；固态杂质粘附于气泡上，在熔体外表形成浮渣，浮渣中肯定存在O

(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反响的离子方程式为

(4)镀铝电解池中，金属铝为极，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以A1C14

和Al2cl亍形式存在，铝电极的主要电极反响式为

___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O

(5)钢材镀铝后，外表形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是

___________________________________________________________________________O

高温

32.C2F4(lXDFe2O3+2Al==A12O3+2Fe

②3SiCh+4A1=^=2A12O3+3Si

(2)HC1,氯化铝NaCl

(3)Ch+2OH=C1O+Cr+H2O,

+

H+OH=H2O

-

(4)阳Al-3e+7A1C1；=4A12C17

(5)致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化

学腐蚀不能发生

【解析】(1)结合题意，即是FezCh、SiCh和金属Al在高温下发生置换反响；(2)杂质中

还存在H2,与CL结合形成HC1,高温下Cb也能与Na和A1反响生成NaCl和A1C13(7OO℃

时升华形成气体)；(3)冷凝后的气体CL和HC1均能与碱液反响；(4)电镀时，镀层金属作阳

极，失电子形成阳离子，即A1失电子形成APIAP+再与A1C14结合形成AbCb；(5)防止

腐蚀的原理包括隔绝金属与电解质溶液的接触、改变金属内部结构等。

14.C2F2[2023•海南化学卷]镁化合物具有广泛用途，请答复有关镁的以下问题：

(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的

还生成少量的(填化学式)；

(2)CH3Mge1是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价是,该化合物水解

的化学方程式为

⑶以下图是金属镁和卤素反响的能量变化图(反响物和产物均为298K时的稳定状态)。

图0

以下选项中正确的是(填序号)。

①MgL中Mg2+与P间的作用力小于MgF2中Mg?+与F一间的作用力

②Mg与F2的反响是放热反响

③MgBn与Cl2反响的AW<0

④化合物的热稳定性顺序为Mgl2>MgBr2>MgCb>MgF2

⑤MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F?(g)

A//=+600kJmol1

14.C2F2(l)MgOMg3N2

(2)+2CH3MgCl+H2O—>CH4f+Mg(OH)Cl

(3)①②③⑤

【解析】⑴镁在空气中燃烧的反响：2Mg+O2=2MgO、3Mg+N2=Mg3N2;(2)镁

原子最外层电子数是2,且镁元素没有可变化合价，只能为+2价；(3)组成和结构相似的离

子化合物，离子半径之和越大，离子键越弱，F<1\故①正确；由于Mg与F2的反响体

系总能量降低，因此该反响是放热反响，故②正确；Mg(s)+C12(g)=MgCl2(s)△"=一

641.3kJ.moL,Mg(s)+Br2(l)=MgBr2(s)A//=-524kJ-mol',由盖斯定律两方程式相减

得Cb(g)+MgBr2(s)=Br2⑴+MgCL(s)AW--U7.3kJmolAH<0是放热反响，故③

正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定，F<Cr<Br-<r,故④错；

由盖斯定律可得MgF2(s)+Br2(l)=MgBn(s)+F2(g)A//=+600kJ-mol',故⑤正确。

C3铁、铜及其化合物

26.C3H5|2023•课标全国卷]0.80gCuSO4-5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量

随温度变化的曲线)如图1-11所示。

图1-11

请答复以下问题：

(1)试确定200℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)；

(2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，

该反响的化学方程式为o把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、

冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是

(3)上述氧化性气体与水反响生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反

响的化学方程式为;

(4)在O.lOmol-L-'硫酸铜溶液中参加氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀

生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)=mol-L'(A：sp[Cu(OH)2]=2.2X10、。)。

假设在O.lmoLL1硫酸铜溶液中通入过量H2s气体，使CM+完全沉淀为CuS,此时溶

-|

液中的PT浓度是molL0

26.C3H5

(l)CuSO4-5H2O=^=CuSO4(5-n)H2O+rtH2O

25018”

0.80g0.80g—0.57g=0.23g

n=4

200℃时该固体物质的化学式为CUSO4H2O

57O*C

(2)CUSO4=CUO+SO3t

CUSO4-5H2O102℃

(3)2H2so“浓)+CUT=CUSC>4+SO2t+2H.O

(4)2.2X10-80.2

【解析】(2)同(1)的计算方法求得270C所得样品为CuSCh,那么570℃灼烧所得黑色

粉末和氧化性气体分别为CuO和SO3;将CuO溶于稀硫酸，经浓缩、冷却，析出CUSO4-5H2O

晶体，分析图象可知其在102℃时开始分解。

(3)SCh与水反响生成硫酸，浓硫酸具有强氧化性，在加热时与Cu反响的化学方程式为

2H2so式浓)+Cu=^=CuSO4+SO2t+2H20o

K,22X]0-2。

(4)c(Cu2)=(]*]0-6)2moLL1=2.2X10Smol-L1

2++

将H2s气体通入CuSOa溶液中发生反响：CU+H2S=CUSI+2H,Cu?+完全沉淀时

c(FT)=2XO.lmolL1=0.2molL'»

7.C1C3E2[2O23•重庆卷]以下表达正确的是()

A.Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同

BK、Zn分别与缺乏量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性

C.Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大

D.C、P、S、C1的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强

7.C1C3E2[2O23・重庆卷]【解析】D氯气具有强氧化性，铁在氯气中燃烧生成FeCb,

H，的氧化性较弱，与铁反响生成FeCl2,A项错误。锌与缺乏量的稀硫酸反响生成ZnSO4

溶液，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，K与硫酸反响后得到K2s04为中性，而过量的K继

续与水反响生成KOH,因此最后溶液显碱性，B项错误。Li、Na、K为同主族元素，从上

到下原子半径依次增大，但密度金属钠大于金属钾，出现反常，C项错误。非金属性越强，

其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、C1的非金属性依次增强，因此D项正

确。

C4金属的通性及金属材料

C5金属及其化合物综合

10.J2c5[2023・安徽卷]以下有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()

选项实验操作现象解释或结论

过量的Fe粉中参加稀

稀HNCh将Fe氧化为Fe3

AHNCh,充分反响后，滴入溶液呈红色+

KSCN溶液

Agl沉淀中滴入稀KC1溶

B有白色沉淀出现AgCl比Agl更难溶

液

A1箔外表被HNO3氧化,

CA1箔插入稀HNCh中无现象

形成致密的氧化膜

用玻璃棒蘸取浓氮水点到

D试纸变蓝色浓氨水呈碱性

红色石蕊试纸上

10.J2C5

【解析】D过量的Fe粉与稀HNCh反响得到的溶液中含有Fe2+,不含有Fe3+,故A项

中的现象、解释或结论都错误；由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故Agl沉淀不能转化为AgCl沉

淀，故B项中的现象、解释或结论都错误；A1遇到冷的浓硝酸或浓硫酸时发生钝化，A1能

与稀HNO3发生反响，其现象是铝不断溶解，溶液中有气泡冒出，故C项中的现象、解释

或结论都错误；石蕊遇酸变红，遇碱变蓝，故D项中的现象、解释或结论都正确。

7.C5D5[2023•福建卷]依据元素周期表及元素周期律，以下推断正确的是()

A.H3BO3的酸性比H2c。3的强

B.Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强

C.HC1、HBr、HI的热稳定性依次增强

D.假设M卡和R2-的核外电子层结构相同，那么原子序数：R>M

7.C5D5【解析】BC的非金属性比B强，故其对应最高价氧化物的水化物酸性H2BO3

弱于H2co3,A项错误；Mg的金属性强于Be,所以对应碱的碱性Mg(0H)2强于Be(OH)2,

故B项正确；Cl、Br、I,非金属性依次减弱，其对应氢化物的稳定性应依次减弱，故C项

错误；M失去一个电子后与R得到两个电子具有相同的电子层子结构，故原子序数M>R,

D项错误。

27.C5[2023•全国卷]

图1一9中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的

二元化合物。：

图1一9

①反响C+G-B+H能放出大量的热，该反响曾应用于铁轨的焊接；

②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反响：2E+I兽=2F+D,F中E元素的

质量分数为60%。

答复以下问题：

⑴①中反响的化学方程式为

(2)化合物I的电子式为，它的空间构型是：

(3)1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反响，计算至少所需铜粉的质量(写出离子

方程式和计算过程)；

(4)C与过量NaOH溶液反响的离子方程式为,反响后溶液与过量化

合物I反响的离子方程式为；

(5)E在I中燃烧观察到的现象是

___________________________________________________________________________O

27.C5(1)2Al+Fe2O3=^=Fe+A12O3

(2)0CO直线形

+3+3+2+2+

(3)Fe2O3+6H=2Fe+3H2O2Fe+Cu=2Fe+Cu

162

001Omo1

〃(Cu)="(FezCh)^|60g/mor-

铜粉的质量=64g-mo「1X0.01Omol=0.64g

(4)2A1+2OH-+2H2O=2A1O?+3H2t

A1O2+CO2+2H2O=A1(OH)3I+HCO3

(注：不要求写OH+CC)2=HC0力

(5)镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反响器内壁附着有黑色的碳

【解析】根据反响①的用途可判断此反响为铝热反响，2Al+Fe2O3二^2Fe+ALO3,

因此反响物中的单质C为铝，单质B为铁，生成物中的化合物H为AI2O3。而G那么为另

一种氧化物FezCh。由G和H的组成可判断A为氧气。含氧元素的温室气体为CO2,常见

的有CO2参与的置换反响为镁在二氧化碳中的燃烧，生成物是碳单质和氧化镁，即I为CO2,

E为Mg,D为碳，F为MgO,其中MgO中Mg的质量分数为60%。(2)CC>2为直线形分子。

(3)Fe2Ch与盐酸反响生成Fe3+,Fe3+与Cu反响时，物质的量之比为2：1。(4)铝与氢氧化钠

溶液反响可生成偏铝酸钠溶液，然后通入足量的二氧化碳得到氢氧化铝与碳酸氢根离子(容

易错误)，这是因为碳酸为弱酸，不能与两性氢氧化物氢氧化铝反响。(5)镁在二氧化碳中燃

烧得到两种固体物质，其颜色可以用来描述实验现象。

12.C5［2023•山东卷］ALFe,Cu都是重要的金属元素。以下说法正确的是()

A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物

B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物

C.制备AlCb、FeCb、CuCb均不能采用将溶液直接蒸干的方法

D.电解AlCb、FeCb、CuC12的混合溶液时阴极上依次析出Cu,Fe,Al

12.C5【解析】CAI2O3属于两性氧化物，A项错误；Cu的单质长期放置在空气中会生

成铜绿，其成分为碱式碳酸铜，B项错误；AlCb、FeCb、CuCL溶液在加热时促进水解，

且水解生成的HC1挥发，在蒸干过程中彻底水解，最后得到它们的氢氧化物，C项正确；

电解AlCb、FeCb、CuCL的混合溶液时阴极上依次析出Cu和H?,D项错误。

26.C5Q023•重庆卷］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。

(1)A1的原子结构示意图为；A1与NaOH溶液反响的离子方程式为

(2)30Si原子的中子数为；SiCh的晶体类型为。

(3)A产与丫厂的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，那么该族氢

化物中沸点最低的是。

(4)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

(5)经处理后的熔渣36.0g(仅含FezCh、AI2O3、SiO2),参加足量稀盐酸，别离得到11.0g

固体；滤液中参加过量NaOH溶液，别离得到21.4g固体；那么此熔渣中A12O3的质量分数

2A1+2OH-+2H2O=2A1O2+3H2t

(2)16原子晶体(3)HC1(4)CO2(5)25%

【解析】(2严Si的质子数为14,质量数为30,因此中子数为30—14=16。

(3)丫"一离子的形成可排除第IVA族元素，根据气态氢化物显酸性判断Y为第VDA族元素

(第VIA族的H2O为中性，第VA族的NH3的水溶液显碱性)，该族元素形成的气态氢化物

均为分子晶体，由于HF中含有氢键，使其熔沸点较高，其余氧化物由于结构相似，因此相

对分子质量越小者，熔沸点越低，因此H。的沸点最低。

(4)根据药皮的组成可以确定，在高温条件下，大理石发生分解，CaCO3=^=CaO+

CO2t。

+3

(5)Fe2O3,AI2O3以及SiCh的混合物中参加过量盐酸，发生的反响为Fe2O3+6H=2Fe

++3+

+3H2O,AI2O3+6H=2A1+3H2O,只有Si。不反响,因此得到的110g固体是SiC*

在滤液中参加过量的NaOH溶液，发生的反响为A13++4OH--A1O2+2H2。，Fe3++3OH

=Fe(OH)3I,因此得到的21.4g固体是Fe(OH)3,其物质的量为0.2mol,根据质量守恒

得熔渣中FeiOs的物质的量为O.lmol,质量为16g,所以熔渣中AI2O3的质量为36.0g—11.0

g-l6g=9.0g,在熔渣中的质量分数为急£xi00%=25%。

1.[2023•嘉兴测试]钠及其化合物的以下用途与化学性质有关的是()

A.制焰火

B.作原子反响堆的导热剂

C.冶炼金属钛

D.应用在电光源

1.C【解析】金属及其化合物的焰色反响属于物理性质；冶炼金属钛是利用金属钠的

复原性，反响的化学方程式为：4Na+TiCl4^=Ti+4NaCk

2.[2023•海淀三模]钾(K)与Na在性质上具有很大的相似性，但K比Na的活泼性强，

下面是根据Na的性质对K的性质的预测，其中正确的是()

A.K是银白色金属，硬度大，熔点高

B.K在空气可以被空气中的氧气所氧化，且产物只有KzO

C.K与水能够反响，但不如Na与水的反响剧烈，产物都有氢气

D.K也可以与氯气反响，且比Na与氯气的反响剧烈

2.D【解析】锂(Li)、钠(Na)、钾(K)、锄(Rb)、钠(Cs)等元素称为碱金属。由于它们的

原子最外层电子数都是1,都容易失去最外层的1个电子，因此，在性质上有相似性。但随

着电子层数的增加，原子核对外层电子的吸引力逐渐减弱，失去电子的能力增强，因此，它

们的金属活动性逐渐增强。碱金属单质的硬度都很小，熔点都较低，故A错误；由于K的

活动性比Na更强，更容易与02、02、比0等反响，故BC错误，D正确。

3.[2023•舟山三模]某化学教师为“氯气与金属钠反响"设计了如图K19-3所示装置

与操作以替代相关的课本实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即

可见钠着火燃烧，并产生大量白烟。以下表达错误的是()

图K19-3

A.钠着火燃烧产生苍白色火焰

B.反响生成的大量白烟是氯化钠晶体

C.管中部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气

D.管右端棉球处颜色变化可判断氯气是否被碱液完全吸收

3.A【解析】A项错误，钠燃烧的火焰颜色为黄色；B项正确，通入氯气，钠着火燃

烧，生成大量白烟，反响为2Na+CL=、2NaCl,生成的大量白烟是氯化钠晶体；C项正

确，浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气，Cl2+2NaOH=NaCl

+NaClO+H2O；D项正确，假设氯气完全被吸收，那么棉球颜色不会变蓝，假设吸收不完

全，CL+2KI=2KC1+L，L会使淀粉变蓝。

4.[2023•南京调研]将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入

足量的烧碱溶液中，充分反响后放出气体在标准状况下的体积为②一份在高温下恰好

VI；

反响完全，反响后的混合物与足量的盐酸反响后，放出的气体在标准状况下的体积为V2;

③一份直接放入足量的盐酸中，充分反响后放出气体在标准状况下的体积为匕。以下说法

正确的是()

A.V1=V3>V2B.V2>VI=V3

C.V|=V2>V3D.V|>V3>V2

4.A【解析】这是一道选择型计算题，根据经验一定会有技巧。假设据电子得失守恒

就显得简单得多，①和③情况铝失电子，2Al〜3H2，由于Al一样多，那么气体也一样多；

②铝失电子，氢离子和+3价铁共同得电子，这样产生的气体减少，所以选A。

5.[2023•南昌二模]为了探究课堂铝热反响演示实验生成的熔融物(不含氧化物)的成分，

进行如下实验：

(1)取一定量熔融物与一定量很稀的HNO3完全反响，反响过程无气体放出；

(2)向反响后溶液逐滴参加4mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与生成沉淀的物

质的量的关系如下图。

以下有关反响过程的表达正确的是()

A.A、B两点相差0.002mol

B.D点沉淀为0.024mol

C.C点对应的体积为8mL

D.DE段沉淀物质的量不变的原因是被溶解沉淀物质的量与生成沉淀物质的量相等

5.C【解析】铝热反响所得到的熔融物应是铁铝合金，因为该反响放出的热量使铁熔

化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。通过(1)可知硝酸发生氧化

复原反响时，硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低，故在(1)中HNO3被

复原生成NH；。通过图象可知，在(1)反响后，溶液中有A13+、Fe3+,H\NH4，在OC段,

反响为H++OH-=H2O,在DE段，反响为NH；+OH「=NH3・H2O(同时也可说明溶液中

A|3+、Fe3+、Er结合OH的能力比NH1强)，在EF段,反响为A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O,

由DE段可知〃(NH；)=0.012mol,由EF段可知«(Al3+)=0.008mol,故A、B两点相差

0.008mol,A项错误。由于Fe+Al+HNO3--Fe^+Al^+NH；,通过得失电子守恒可知

3+

n(Fe)=(0.012molX8-0.008molX3)^3=0.024mol,所以D点对应沉淀为/j[Fe(OH)3]+

/7[Al(OH)3]=0.032mol,B项错误。在E点时，溶液中的盐全部为NaNC)3,通过电荷守恒