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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C2(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()A0.1a mol B0.4a molC0.3a mol Da mol解析反应后溶液中有c(K)c(Cl)c(AlO)3a mol/La mol/L4a mol/L，即加入的钾的物质的量为0.4a mol，B项正确。答案B3(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BH2O2是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生O2C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D4(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反应最多能产生0.05 mol O2B反应的离子方程式为Na2H2O=Na2OHH2CNa2O2中阴阳离子数目之比为1:1D、充分反应后所得溶液中溶质的质量分数从大到小：解析0.1 mol Na2O2与100 g H2O反应，H2O过量，反应最多能产生0.05 mol O2，选项A正确；反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，选项B错误；Na2O2中阴阳离子数目之比为1:2，选项C错误；、充分反应后所得溶液中溶质的质量分数从大到小：，选项D错误。答案A5(2013湖北八校联考)下列叙述不正确的是()Fe与S混合加热生成FeS2Fe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过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路A BC D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，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，错。答案B6(2013安庆模拟)部分氧化的FeCu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、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO质量为4.0 gDV896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 g2.24 g3.52 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B7(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：94 gX6.4 g固体。下列说法正确的是；A步骤中减少的3 g固体一定是混合物B步骤中质量减少的物质一定是CuC根据上述步骤可以得出m(Fe2O3):m(Cu)1:1D根据步骤、可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2解析步骤中加入过量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 mol64 gmol11.92 g3.2 g，m(Fe2O3)160 gmol10.02 mol3.2 g，m(Fe2O3) :m(Cu)1:1，C对，B、D错。答案C8(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。2Na2O22H2O=4NaOHO22 4 102 mol 0.4 mol 0.1 mol2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22 2 2 302 mol 0.2 mol 0.2 mol 0.3 molNaOHHCl=NaClH2O1 1 102 mol 0.2 mol 0.2 molNaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl1 1 1 101 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 mol78 g/mol7.8 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C9(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0a 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ab 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。Fe33OH、Mg22OH，D正确。答案D10(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(a1.7)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 NAB沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物Cx2yDa的取值范围为0.9a1.2解析Mg、Al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)(a1.7)ga g1.7 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2xy，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)蒸发结晶放入干燥器转移入过滤器中用水洗涤23次用乙醇洗涤加热灼烧(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)Na2CO3nH2O=Na2CO3nH2O，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)(3)设A的化学式为Na2CO3nH2O，加热到质量不再变化时得到Na2CO3，则Na2CO3nH2ONa2CO310618n 1061392 g 6.36 g(10618n):10613.92 g:6.36 g，n7故A的化学式为Na2CO37H2O12(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 molL1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(ab) : (2a3b)1:2.1，解得a9b，所以FeCl3的物质的量分数为b: (ab)b:10b0.10。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)x3n(Cl)0.025 0 L0.40 molL10.010 molm(Fe)0.54 g0.010 mol35.5 gmol10.19 gn(Fe)0.19 g56 gmol10.003 4 moln(Fe) :n(Cl)0.003 4:0.0101:3，x3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe32I=2Fe2I2(或2Fe33I=2Fe2I)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_。aFe2O3 bNaClcCu2S dAl2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，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NOe2H=NO22H2O。(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)Cu2S4H2(3)aNO2He=NO2H2O(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。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_。AlMg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。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。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。80.0 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_。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pH3.4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)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。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)在海水中，合金 钢、海水构成原电池，发生吸氧腐蚀。在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，以降低硅含量。(3)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 mol27 g/mol13.5 g，则铜的质量为66.5 g，质量分数为66.5 g80.0 g100%83.1%。看图可知Al3在pH为3.4时开始沉淀，而Fe2和Ni2在pH为7.08.0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)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合理答案均可得分)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%Al、Ni