2020届高三化学二轮复习 课时作业 专题3 第1讲 常见金属及其化合物

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)1(2020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/97.81 0836601 535沸点/8832 5672 4672 750A.Cu和AlBFe和CuCFe和Na DAl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1 0832 467之间都是液态，Fe和Cu在1 5352 567之间都是液态，Al和Na在660883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C。答案：C2(2020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m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，m1与m2的关系是()Am1一定大于m2 Bm1可能等于m2Cm1一定等于m2 Dm1可能大于m2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NO，再加入硫酸引入H后，则溶液中就相当于存在HNO3)，都可以使金属再溶解，所以m1一定大于m2。答案：A3(2020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100 mL 0.3 molL1稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL；再加入0.2 molL1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为()A0.005 molB0.01 molC0.025 molD0.03 mol解析：镁铝合金溶于稀硫酸生成氢气560 mL，即0.025 mol H2，而硫酸为0.03 mol，说明酸过量，余下0.005 mol。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(OH)2。设n(Al)x mol，n(Mg)y mol，列式：1.5xy0.025,4x2y0.070.0052，解得x0.01。答案：B4(2020惠州高三调研)Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末a g，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82 g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生10.00 g白色沉淀，则a的数值为()A14.82B4.92C6.42D7.18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0.1 mol，则金属氧化物中氧原子为0.1 mol，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1 mol的ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2的物质的量(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2 mol Fe3、2 mol H、1 mol Cu2，又因为氧化性Fe3Cu2H，故加入铁粉时先后发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2； Cu2Fe=CuFe2；2H2 mol1 mol3 mol1 mol 1 mol1 mol2 molFe=Fe2H2，A正确。 1 mol1 mol答案：A6铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知反应：BeCl2Na2BeO22H2O=2NaCl2Be(OH)2能完全进行，则下列推断正确的是()ANa2BeO2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOBBeCl2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2CBe(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2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Na2BeO2；BeCl2是强酸弱碱盐，其溶液pHa)，则混合物中Cu2O的质量分数为_。(5)实验小组欲利用该红色粉末制取较纯净的胆矾(CuSO45H2O)。经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使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 BH2O2CNaOH DCu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：试剂1为_，试剂2为_(填字母)。固体X的化学式为_。操作为_。答案：(1)固体完全溶解，溶液呈血红色(2)不合理当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后Cu2O生成Cu和CuSO4，产生的Fe3与Cu反应生成Fe2，滴