高中化学专题练习几种重要的金属试题及详解

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1、 或单元测试十一 几种重要的金属一、选择题（本题包括10小题，每小题4.5分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）1.某物质熔融状态时可导电，固体时可导电，将其投入水中后，水溶液也可导电，则可推断该物质可能是（ ）A.金属 B.非金属 C.可溶性盐 D.可溶性碱答案：A解析：只有活泼金属（如Na、K、Ca等）具有这些性质。2.把铁片分别投入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减小的是（ ）A.CuSO4 B.Fe2(SO4)3 C.HCl D.FeSO4答案：A解析：Fe2(SO4)3与Fe发生化合反应，质量增加；HCl中加入Fe，相当于每加入56 g Fe，放出2 g H2，质量

2、增加；FeSO4不与Fe反应，溶液质量不变。3.工业生产从海水中提取镁的方法是（ ）A.海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2晶体MgB.海水MgCl2溶液MgCl2晶体MgC.海水Mg(OH)2MgOMgD.海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2晶体Mg答案：D解析：制取物质时要求原料价廉易得（不能用NaOH）;MgO熔点高，故应电解MgCl2。4.铝与镓的性质相似，如M（OH）3都是难溶的两性氢氧化物。在自然界，镓常以极少量分散于铝（如Al2O3）中。用NaOH溶解处理铝土矿（Al2O3）时，生成NaAlO2；而后通入CO2，得Al(OH)3沉淀，而NaGaO2留在溶液中（循环多次

3、后成为提取镓的原料）。发生后一步反应是因为（ ）A.镓酸酸性强于铝酸 B.铝酸酸性强于镓酸C.镓浓度小，所以不沉淀 D.Al(OH)3是难溶物答案：A解析：不能生成镓酸，说明镓酸的酸性比碳酸强，比铝酸强。5.用稀H2SO4、NaOH溶液和金属铝为原料制取Al(OH)3，甲、乙、丙三个学生制备途径分别为：甲：AlAl2(SO4)3Al(OH)3 乙：AlNaAlO2Al(OH)3丙：若要制得等量的Al(OH)3，则（ ）A.三者消耗原料相同 B.甲消耗原料最多C.乙消耗原料最少 D.丙消耗原料比甲少，比乙多答案：B解析：写出各反应的化学方程式，比较得知，分别制备2 mol Al(OH)3，甲需要

4、3 mol H2SO4和6 mol NaOH，乙需要1 mol H2SO4和2 mol NaOH，丙需要1.5 mol H2SO4和1 mol NaOH。显然B正确。6.（2006四川成都高中毕业班摸底测试，16）制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是（ ）A.烧杯中铁、铜都有 B.烧杯中铁、铜均无C.烧杯中有铁无铜 D.烧杯中有铜无铁答案：C解析：由于金属活泼性FeCu，Fe3+先氧化Fe，后氧化Cu，因此溶液中不会出现有Fe无Cu现象。7.用NA表示阿

5、伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A.1 cm3铁所含的铁原子数是NA/56(铁的密度)B.1 mol Fe与稀HNO3充分反应后，转移电子数为3NAC.100 mL 0.25 molL-1 FeCl3溶液含阴、阳离子总数为0.1NAD.1 mol Fe完全转化为氢氧化铁胶体溶液中的Fe(OH)3，则胶体中Fe(OH)3胶粒数为NA答案：A解析：Fe与稀HNO3充分反应可生成Fe(NO3)3或Fe(NO3)2;Fe3+会水解；胶体粒子是分子或离子的集合体。因此B、C、D不正确。8.（2006新乡高三调考，6）下列关于实验现象的描述不正确的是（ ）A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表

6、面出现气泡B.把铜片插入硫酸铁溶液中，在铜片表面上出现一层铁C.用锌片作阳极，铁片作阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌D.把锌粒放入盛有稀硫酸的试管中，加入几滴硫酸铜溶液，气泡放出速率加快答案：B解析：铜的活泼性比较差，不可能将铁从Fe2(SO4)3溶液中置换出来。9.铁有可变化合价，将14.4 g草酸亚铁（FeC2O4）与空气隔绝加热分解，最终可以得到7.2 g铁的氧化物，此氧化物是（ ）A.FeO B.Fe2O3 C.Fe3O4 D.FeO和Fe3O4答案：A解析：n(Fe)=14.4 g144 gmol-1=0.1 mol；n（O）=（7.2-0.156）g16 gmol-1=0.

7、1 mol，则铁原子与氧原子的个数比为11。10.镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物溶解在60 mL 0.2 molL-1的盐酸中，用20 mL 0.5 molL-1的NaOH溶液刚好完全中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸出，用盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g，则镁带的质量为（ ）A.3.6 g B.2.4 g C.1.2 g D.0.6 g答案：C解析：氯离子存在于两种物质中，即氯化钠和氯化镁中，则m(Mg)=24 gmol-1(0.06 L0.2 molL-1-0.02 L0.5 molL-1)2=1.2 g。11.单质钛的机械强度高，抗腐蚀能力强，有“

8、未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿（FeTiO3）的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属钛，主要反应有：FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3+2H2SO4H2TiO3=TiO2+H2O TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti下列有关上述反应的叙述错误的是（ ）A.反应是非氧化还原反应 B.反应是水解反应C.反应中TiO2是氧化剂 D.反应表现了金属镁还原性比金属钛强答案：C解析：反应中Ti的化合价不变，氧化剂为Cl2。12.用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（ ）A.

9、电解稀H2SO4溶液，实质是电解水，故溶液pH不变B.电解稀NaOH溶液，要消耗OH-,故溶液pH减小C.电解稀Na2SO4溶液，阴阳两极析出产物的物质的量之比为12D.电解稀CuCl2溶液，阴阳两极析出产物的物质的量之比为11答案：D解析：电解稀H2SO4和NaOH溶液，实质都是电解水，由于水的消耗，溶液浓度增大，其pH分别减小和增大，A、B错误。电解Na2SO4溶液实质也是电解水，阴极生成H2，阳极生成O2，二者体积比为21，C错误。电解CuCl2溶液，阴极生成Cu，阳极生成Cl2，二者物质的量之比为11，D正确。13.甲、乙、丙三个电解池如下图所示（其中电极的大小、形状、间距均相同）。乙

10、、丙中溶液的浓度和体积相同。当通电一段时间后，若甲中铜电极的质量增加0.128 g时，乙中电极上银的质量增加（ ）A.0.054 g B.0.108 g C.0.216 g D.0.432 g答案：C解析：由题图知，乙、丙并联后再与甲串联。因乙、丙完全相同，故I（乙）=I（丙）=I（甲）。设通过三个电解池的电子的物质的量分别为n(甲)、n（乙）、n（丙），则n（乙）=n（丙）=n（甲）。n（甲）=2=0.004 mol，n（乙）=n（甲）=0.002 mol。故乙中析出银0.002 mol108 gmol-1=0.216 g。选C。14.取一定量铁粉和硫粉的混合物，隔绝空气加热使其充分反应，冷

11、却后再加入足量硫酸，产生2.24 L气体（标准状况下）。则下列说法正确的是（ ）A.2.24 L气体的质量一定等于3.4 g B.原混合物中一定含有5.6 g铁C.原混合物的质量不可能大于8.8 g D.原混合物加热反应后的物质肯定是纯净物答案：B解析：根据化学反应Fe+SFeS，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，得知气体与Fe的物质的量之比为11，铁的质量为56 gmol-1=5.6 g；因为气体可能是氢气和硫化氢的混合气体，最大值为3.4 g。15.有一无色透明溶液，取出少量滴入BaCl2溶液，只有白色沉淀生成；另取一定体积的无色溶液加入过量Na2

12、O2，有无色无味气体产生，同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O2的量关系如下图所示，则H+ Al3+ Mg2+ Fe2+ 中一定存在的离子是（ ）A. B.C. D.答案：C解析：图象反映的是Na2O2与沉淀量之间的关系。起始并无沉淀，证明有H+；有无色无味气体产生，证明无。白色沉淀量达到最大值后又逐渐减小到一恒定值，则证明有Al3+、Mg2+，而无Fe2+。因加入BaCl2溶液有沉淀生成，故有。二、非选择题(本题包括5小题，共55分)16.（8分）（1）引发铝热反应的操作是_；（2）某学生用体积为0.11025 cm3，质量分数99.5%的铝片和酸反应制取氢气，实验现象见下表：1 mi

13、n2 min5 min15 min20 min3 molL-1 HCl少量气泡较多气泡大量气泡反应剧烈铝片耗尽1.5 molL-1 H2SO4均无明显现象（只有少量气泡）写出铝与酸反应的离子方程式_；反应115 min内，铝与盐酸的反应逐渐加快，其原因是_；根据以上现象，可做出如下猜想：_。答案：(1)加少量氯酸钾，插上镁条并将其点燃（2）2Al+6H+=2Al3+3H2反应放热，温度升高，化学反应速率加快猜想一：Cl-对该反应有促进作用猜想二：对该反应有抑制作用（答其中之一）解析：从影响化学反应速率的因素分析，铝与盐酸反应逐渐加快的原因只能是反应放热，温度升高，对速率有影响；盐酸和硫酸溶液中

14、，起始时c(H+)相等，但反应速率不同，其原因是酸根离子的不同，说明酸根离子对反应速率有影响。17.(11分)用FeCl3溶液分别做下面实验，按要求将答案填入空格内。（1）在其水溶液中投入少量金属钠，现象是_，反应方程式为_。（2）在其水溶液中加入过量铁粉，现象是_，反应方程式为_。将变化后的溶液分装两个试管，一个试管中加入氯水，现象是_，反应方程式为_；另一试管中加入NaOH溶液，现象是_，反应方程式为_。（3）在其水溶液中加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液的颜色呈_色，其反应方程式为_。（4）如配制0.1 molL-1的FeCl3溶液500 mL，需FeCl36H2O_g。答案：（1）钠浮在液

15、面上，不断溶解，并产生气体，同时生成红褐色沉淀 2Na+2H2O=2NaOH+H2，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3+3NaCl（2）铁粉溶解，溶液由黄棕色变为浅绿色Fe+2FeCl3=3FeCl2 溶液由浅绿色变为黄棕色 2FeCl2+ Cl2=2FeCl3 生成白色絮状沉淀，逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）蓝 2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl（4）13.518.(5分)某待测溶液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、等离子。进行了下

16、述实验（所加酸、碱、氨水、溴水都是过量的）。根据实验结果：（1）判定待测液中有无Ba2+、Ca2+，并写出理由。（2）写出沉淀D的分子式：_。（3）写出从溶液D生成沉淀E的反应的离子方程式：_。答案：（1）含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，因为BaSO4难溶于水，CaSO4微溶于水（2）Fe(OH)3(3)2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+或+CO2+2H2O=Al(OH)3+解析：由溶液A+稀硫酸溶液B+沉淀B，知待测液中有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，由溶液B+氨水沉淀C+溶液C，知待测液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+中一种或多种，再由沉淀C+NaOH溶液沉淀D+溶液D，

17、推知沉淀D是Fe(OH)3,溶液D是NaAlO2溶液。19.(6分)用下图所示的装置进行电解。通电一会儿，发现湿润的KI-淀粉试纸的C端变为蓝色。则：(1)A中发生反应的化学方程式为_。(2)在B中观察到的现象是_、_、_。(3)室温下，若从电解开始到时间t s，A、B装置中共收集到标准状况下的气体0.168 L，若电解过程中无其他副反应发生，经测定，电解后A中溶液体积恰为1000 mL，则A溶液的pH为_。答案：(1)4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3(2)石墨极有气泡产生 Cu极周围变蓝色 溶液中有蓝色沉淀生成 (3)2解析：可以认为线路中串联了3个电解池。当选定一个为研究对象

18、时，另外的2个可看作是线路或是电阻。先选定湿润的KI淀粉试纸为研究对象。由于C端变为蓝色，可知C端有I2生成：2I-2e-=I2I2使淀粉变蓝色。该反应是在电解池的阳极发生的反应，由此可以断定外接电源的E端为负极，F端为正极。(1)(2)选A(或B)为研究对象，可忽略B(或A)和KI淀粉试纸的存在。(3)由题意可得如下关系式：4H+O2+2H2根据气体的体积可求出n(H+)、c(H+)及pH。20.（7分）工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3xH2O和少量Fe2O3、SiO2等）提取纯Al2O3作冶炼铝的原料，提取时操作过程如下图所示：（1）写出滤液A中一种溶质与过量NaOH溶液反应而进入滤液

19、B中的离子方程式：_。（2）在实验中除去了铝土矿中的_；在实验中，除去了铝土矿中的_；在实验应加入的是_，所发生反应的离子方程式为_。（3）若实验中不过滤，对后面的操作将产生什么样的影响：_。（4）Al2O3的熔点是2045 ，直接受热熔融后通电进行电解冶炼铝，消耗电能太多。工业上采取的措施是熔融冰晶石（Na3AlF6）,再加入Al2O3,Al2O3熔融在冰晶石里，然后通电进行电解。试评价这样的措施的意义是什么。答案：(1)Al3+4OH-=+2H2O (2)SiO2 Fe2O3 CO2 CO2+2H2O+=Al(OH)3+ (3)将不能除去SiO2 （4）降低对设备的要求，节约能源21.（8

20、分）聚合硫酸铁（PFS）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理。以铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。实验步骤如下：（1）用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_；A.容量瓶 B.烧杯 C.烧瓶 （2）步骤取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是_；A.控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比 B.确定下一步还原所需铁的量C.确定氧化Fe2+所需NaClO3的量 D.确保铁的氧化物酸溶完全（3）用NaClO3氧化时反应方程式如下：6FeSO4+NaClO3+3H2SO4=3

21、Fe2(SO4)3+NaCl+3H2O若改用HNO3氧化，则反应方程式如下：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4=3Fe2(SO4)3+2NO+4H2O已知1 mol HNO3价格0.16元、1 mol NaClO3价格0.45元，评价用HNO3代替NaClO3作氧化剂的利弊。利是_，弊是_；聚合硫酸铁溶液中与Fe3+物质的量之比不是32。根据下列供选择的试剂和基本操作，测定聚合硫酸铁产品溶液中与Fe3+物质的量之比。（4）测定时所需的试剂为_；A.NaOH B.FeSO4 C.BaCl2 D.NaClO3(5)需要测定_和_的质量（填写化合物的化学式）；（6）选出测定过程中所需的基本操作_

22、（按操作先后顺序列出）。A.萃取、分液 B.过滤、洗涤 C.蒸发、结晶D.冷却、称量 E.烘干或灼烧答案：（1）B (2)BC (3)原料成本较低 产生气体对大气有污染 （4）AC (5)Fe2O3 BaSO4 (6)BED22.（10分）在标准状况下，进行甲、乙、丙三组镁铝合金与盐酸的反应实验。三组实验的有关数据如下表：组别镁铝合金质量/mgHCl溶液体积/mL氢气的体积/mL甲25530280乙38530336丙45930336试完成下列问题：（1）甲组实验中，盐酸_（填“过量”“适量”或“不足量”），理由是_；乙组实验中，盐酸_（填“过量”“适量”或“不足量”），理由是_；要计算出盐酸的

23、物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是_，求得的盐酸物质的量浓度是_；（2）求合金中镁、铝的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是_，求得镁、铝的物质的量之比是_；（3）在丙组实验之后向容器中加入1 molL-1的氢氧化钠溶液，使合金中的铝恰好溶解，不形成含铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全，再过滤出不溶固体。求滤液中各溶质的物质的量和所加入的氢氧化钠溶液的体积（写计算过程）。答案：(1)过量 合金质量增加，氢气量也增加 不足量 m(合金乙)/m（合金甲）V(氢气乙)/V（氢气甲） 丙中30 mL与336 mL 1 molL-1（2）甲中255 mg与280 mL 11(3)根据实验过程可判断：滤液中含溶质NaCl和NaAlO2。根据“原子守恒及丙组中合金过量”，可得n(NaCl)=n(HCl)=2n(H2)=2336 mL10-3 LmL-122.4 Lmol-1=0.03 mol。又459 mg合金中n（Al）=45910-3 g(27 gmol-1+24 gmol-1)=0.009 mol，故n(NaAlO2)=0.009 mol。n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.039 molVNaOH(aq)=0.039 L，即390 mL。中鸿智业信息技术有限公司