高一化学 金属的计算图像推断专项练习.docx
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高一化学金属的计算图像推断专项练习
高一化学有关金属得计算题、图像题、推断题专项
1.200℃时,11、6gCO2与水蒸气得混合气体与过量得Na2O2充分反应后,固体质量增加了3、6g,再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na+、HCO
、SO
、CO
等离子得水溶液中,若溶液体积保持不变,则下列说法中正确得就是( )
A.原混合气体得平均摩尔质量为23、2g/mol
B.混合气体与Na2O2反应过程中电子转移得物质得量为0、25mol
C.溶液中SO
得物质得量浓度基本保持不变
D.溶液中HCO
得物质得量浓度减小,CO
得物质得量浓度增大,但就是HCO
与CO
得物质得量浓度之与基本保持不变
[答案]A
[解析]解答本题时首先根据质量守恒定律确定产生O2得量,然后利用Na2O2与CO2、水蒸气反应得物质得量得关系确定CO2与水蒸气得物质得量。
CO2与H2O与过量Na2O2反应得化学方程式分别为:
2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,反应后固体为Na2O2、NaOH、Na2CO3得混合物。
固体质量增加了3、6g,即生成O2得质量为11、6g-3、6g=8g,物质得量为8g÷32g/mol=0、25mol,所以CO2与H2O得总物质得量为0、25mol×2=0、5mol。
原混合气体得平均摩尔质量为11、6g÷0、5mol=23、2g/mol。
生成O2得物质得量为0、25mol,而生成1molO2转移电子得物质得量为2mol,所以反应过程中电子转移得物质得量为0、5mol。
剩余固体中含有Na2O2具有强氧化性,能够将SO
氧化为SO
所以SO
得物质得量浓度减小。
剩余固体中含有NaOH,溶液中HCO
得物质得量浓度减小,CO
得物质得量浓度增大,但就是固体中还含有Na2CO3,所以HCO
与CO
得物质得量浓度之与也要增大。
2.某溶液中含有HCO
、SO
、CO
、CH3COO-四种阴离子,向其中加入足量得Na2O2固体后,假设溶液体积无变化,溶液中离子浓度基本保持不变得就是( )
A.CO
B.HCO
C.CH3COO-D.SO
[答案]C
[解析]Na2O2与H2O反应后生成O2与NaOH,O2氧化SO
NaOH与HCO
反应生成CO
CO
得量增加。
3.将0、4gNaOH与1、06gNa2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0、1mol·L-1稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸得体积与生成CO2得物质得量得关系得就是( )
[答案]C
[解析]此题考查了元素化合物、图像数据得处理知识。
向NaOH与Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,首先与NaOH反应生成水与氯化钠,当滴入0、1L时,两者恰好反应完全;继续滴加时,盐酸与Na2CO3开始反应,首先发生:
HCl+Na2CO3===NaHCO3+NaCl,不放出气体,当再加入0、1L时,此步反应进行完全;继续滴加时,发生反应:
NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,此时开始放出气体,分析图像,可知选C。
4.现有铝与过氧化钠得固体混合物样品,加入稀盐酸使混合物完全溶解,所得溶液中c(Al3+)∶c(H+)∶c(Cl-)=1∶2∶8,则原固体混合物中铝元素与氧元素得质量比为( )
A.3∶4B.9∶32C.9∶16D.9∶8
[答案]C
[解析]根据反应后溶液中含有H+,显然加入得盐酸过量,溶液中得溶质为NaCl、AlCl3、HCl,根据电荷守恒得:
c(H+)+c(Na+)+3c(Al3+)=c(Cl-),设c(Al3+)、c(H+)、c(Cl-)分别为a、2a、8a,则c(Na+)=3a,根据元素守恒,则Al、Na2O2得物质得量之比为1∶1、5,故Al、O得质量比为1×27/(1、5×2×16)=9/16。
5.将1、12g铁粉加入25mL2mol/L得氯化铁溶液中,充分反应后,其结果就是( )
A.铁粉有剩余,溶液呈浅绿色,Cl-基本保持不变
B.往溶液中滴入无色KSCN溶液,溶液变红色
C.Fe2+与Fe3+物质得量之比为5∶1
D.氧化产物与还原产物得物质得量之比为2∶5
[答案]B
[解析]n(Fe)=1、12g/56g/mol=0、02mol,n(Fe3+)=0、025L×2mol/L=0、05mol,由反应2Fe3++Fe===3Fe2+可知Fe3+过量,加入KSCN显红色;溶液中n(Fe2+)=3n(Fe)=0、06mol,溶液中n(Fe3+)=0、05mol-2n(Fe)=0、01mol,即Fe2+与Fe3+得物质得量之比为6∶1;氧化产物与还原产物得物质得量之比为1∶2。
6.某同学设计下列方法对A盐得水解液进行鉴定:
由此得出得结论中,不正确得就是( )
A.D溶液中存在Fe(SCN)3B.滤液中有Fe3+
C.B为AgBrD.A一定为无氧酸盐FeBr2
[答案]D
[解析]根据B、D现象可确定A就是由Fe3+与Br-或由Fe2+与Br-组成得盐。
7.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4得混合溶液100mL,已知溶液中阳离子得浓度相同(不考虑水解),且SO
得物质得量浓度为6mol/L,则此溶液最多可溶解铁粉得质量为( )
A.5、6gB.11、2g
C.22、4gD.33、6g
[答案]C
[解析]设阳离子浓度为x,则根据电荷守恒:
2x+3x+x=2×6mol/L,求得x=2mol/L,其中能与Fe反应得物质为H+、Cu2+、Fe3+,2Fe3++Fe===3Fe2+,2H++Fe===Fe2++H2↑,Cu2++Fe===Fe2++Cu,所以溶解Fe得物质得量=
+2mol/L×0、1L+
=0、4mol,m(Fe)=0、4mol×56g/mol=22、4g。
8.某同学将某种金属分别与等体积得甲、乙两种溶液反应,所加金属得质量与相同条件下产生气体得体积关系如图所示,下列推论可能正确得就是( )
A.金属就是镁,甲溶液为0、2mol/L盐酸,乙溶液为0、1mol/L盐酸
B、金属就是铁,甲溶液为pH=1得醋酸溶液,乙溶液为pH=1得盐酸
C.金属就是铝,甲溶液为0、1mol/L盐酸,乙溶液为0、1mol/L氢氧化钠溶液
D.金属就是铝,甲溶液为0、1mol/L氢氧化钠溶液,乙溶液为0、1mol/L盐酸
[答案]C
[解析]根据图像可知甲、乙与过量金属反应时,乙与金属反应产生得气体多,由此可知A、B选项不正确;足量铝与等物质得量NaOH、HCl反应,与NaOH反应放出得氢气多,故C项正确,D项错误。
9.向一定量得NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液,生成沉淀Al(OH)3得量随AlCl3加入量得变化关系如图所示。
则下列离子组在对应得溶液中一定能大量共存得就是( )
A.a点对应得溶液中:
Na+、Fe3+、SO
、HCO
B.b点对应得溶液中:
Na+、S2-、SO
、Cl-
C.c点对应得溶液中:
K+、Ag+、Ca2+、NO
D.d点对应得溶液中:
K+、NH
、CO
、SO
[答案]B
[解析]发生反应为a→b段4NaOH+AlCl3===NaAlO2+3NaCl+2H2O,b→c段3NaAlO2+AlCl3+6H2O===4Al(OH)3↓+3NaCl,分析各点对应溶液得成分,即可得出答案,a点中含有大量OH-,Fe3+、HCO
不能共存;c点溶液变为NaCl,Ag+不能大量共存;d点中溶液中含大量AlCl3,CO
不能大量共存。
10.下列固体物质各1mol:
①Na2O ②NaOH ③Na2O2 ④Na2SO3,长期放置在空气中,固体质量增加得关系(不考虑潮解因素)正确得就是( )
A.①=②>③>④B.①>③>④>②
C.②>①=③>④D.④>②>③>①
[答案]B
[解析]Na2O→Na2CO3(Δm=44);NaOH→Na2CO3(Δm=13);Na2O2→Na2CO3(Δm=28);Na2SO3→Na2SO4(Δm=16),故B项正确。
11.将物质得量均为amol得Na与Al一同投入mg水中(水足量),所得溶液得密度为ρg·cm-3,则此溶液得物质得量浓度为( )
A、
mol·L-1 B、
mol·L-1
C、
mol·L-1D、
mol·L-1
[答案]C
[解析]物质得量均为amol得Na与Al投入水中得反应为
2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
2mol 2mol 1mol
amol amol
mol
2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
2mol2mol 2mol 3mol
amolamol amol
amol
所得溶液为NaAlO2得溶液
c(NaAlO2)=
=
=
mol·L-1。
12.常温下,将一定量得钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20mLpH=14得溶液,然后用1mol/L得盐酸滴定,测得生成沉淀得质量与消耗盐酸得体积关系如图所示,则下列说法正确得就是( )
A.原合金质量为0、92g
B.图中V2为60
C.整个滴定过程中Na+得浓度保持不变
D.OP段发生得反应为:
NaOH+HCl===NaCl+H2O
[答案]D
[解析]Q点时,溶液中得溶质只有氯化钠,由钠与氯守恒可得:
n(Na)=n(NaCl)=n(HCl)=1mol/L×0、04L=0、04mol,m(Na)=0、92g,A错;OP段之所以没有沉淀产生,就是因为盐酸用于中与NaOH,D对;OP段消耗盐酸得体积为n(NaOH)剩/c(HCl)=1mol/L×0、02L÷1mol/L=0、02L(20mL),即V1=20,所以PQ段消耗得盐酸为20mL,QW段消耗盐酸就是PQ段得3倍为60mL,故V2=40+60=100,B错;整个滴定过程中,n(Na+)保持不变,但溶液得体积不断增大,故Na+得浓度就是不断减小得,C错。
13.将一定量得铁粉加入到一定浓度得稀硝酸中,金属恰好完全溶解,反应后溶液中存在:
c(Fe2+)∶c(Fe3+)=3∶2,则参加反应得Fe与HNO3得物质得量之比为( )
A.1∶1B.5∶16
C.2∶3D.3∶2
[答案]B
[解析]假设生成2molFe(NO3)3与3molFe(NO3)2,则共转移12mole-,12mole-可还原HNO3得到4molNO,参加反应得Fe与HNO3得物质得量之比为:
=
=
。
14.(12分)向明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量。
(1)写出可能发生得有关反应得化学方程式。
(2)在图中,纵坐标表示生成沉淀得物质得量,横坐标表示加入Ba(OH)2得物质得量。
试在图中画出当溶液中明矾为1mol时,生成得每一种沉淀得物质得量随Ba(OH)2物质得量变化得曲线(在曲线上标明沉淀得化学式)。
(3)向aL物质得量浓度为Mmol/L得明矾溶液中滴加物质得量浓度为nmol/L得Ba(OH)2溶液bL,用含a、M、N得表达式表示:
①当b满足________条件时,沉淀得总物质得量为最大值;
②当b满足________条件时,沉淀得质量为最大值。
[答案]
(1)2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2===K2SO4+3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
K2SO4+2Al(OH)3+Ba(OH)2===2KAlO2+BaSO4↓+4H2O
(2)图见解析
(3)①1、5aM=nb ②2aM=nb
[解析]
(1)设溶液中明矾得物质得量为1mol。
则当滴加得Ba(OH)2得物质得量分别在0~1、5mol与1、5mol~2、0mol时,所发生得反应得化学方程式分别为:
2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2===K2SO4+3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ ①
K2SO4+2Al(OH)3+Ba(OH)2===2KAlO2+BaSO4↓+4H2O ②
(2)从化学方程式可以瞧出,生成BaSO4得物质得量随Ba(OH)2得量得增加而增加,生成Al(OH)3得物质得量随Ba(OH)2得量得增加而发生先增加后减少直至完全溶解得变化过程。
(3)由方程式①知,当加入了1、5molBa(OH)2时,生成沉淀得物质得量为
=2、5mol质量为1、5mol×233g/mol+1mol×78g/mol=427、5g;由方程式②知,当继续滴加0、5molBa(OH)2时,沉淀得物质得量将减少0、5mol×2=1mol,沉淀得质量却增加0、5mol×233g/mol-78g=38、5g。
所以,把明矾溶液中Al3+恰好沉淀完全时,生成沉淀得总得物质得量最大,把SO
沉淀完全时,生成沉淀得质量最大。
15.把金属钠与金属钠在空气中得燃烧产物P分别加入到足量得水中,生成得气体在一定条件下恰好完全反应,则与水反应得金属钠与被氧化成P得金属钠得质量比为( )
A.23∶78B.2∶1
C.1∶1D.46∶78
[答案]C
[解析]2Na+2H2O===2NaOH+H2↑;
2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,2H2+O2
2H2O。
由题意知n(H2)∶n(O2)=2∶1,所以n(Na)∶n(Na2O2)=2∶1,
再由Na元素守恒知,与水反应得Na与被氧化为Na2O2得Na得物质得量之比为1∶1,质量比亦为1∶1。
16.X、Y、Z就是三种常见元素得单质,甲、乙就是两种常见得化合物,这些单质与化合物之间存在如图所示得转化关系,下列说法正确得就是( )
A.X、Y、Z一定都就是非金属单质
B.X、Y、Z中至少有一种就是金属单质
C.如果X、Y都为金属单质,则Z必为非金属单质
D.如果X、Y都为非金属单质,则Z必为金属单质
[答案]C
[解析]选项A,若X为Fe,甲为H2O,Z为O2,Y为H2时,符合转化关系,所以X、Y、Z不一定都就是非金属单质;若X为C,甲为H2O,Z为O2,乙为CO,Y为H2时符合转化关系,故选项B、D错误;选项C,如果X、Y都为金属单质时,X、Y在反应中失去电子,而金属单质在反应中不可能获得电子,所以Z一定就是非金属单质。
17.下列曲线图(纵坐标为沉淀得量,横坐标为加入物质得物质得量)与对应得选项相符合得就是( )
A.向1L浓度均为0、1mol·L-1得Ba(OH)2、NaAlO2混合液中加入0、1mol·L-1得稀H2SO4
B.向1L浓度分别为0、1mol·L-1与0、3mol·L-1得AlCl3、NH4Cl得混合液中加入0、1mol·L-1得NaOH溶液
C.向烧碱溶液中滴加明矾溶液
D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水
[答案]A
[解析]A项中,表示向浓度相同得Ba(OH)2、NaAlO2混合液中滴加等浓度稀硫酸时生成沉淀得过程:
0~1阶段只生成BaSO4;1~1、5阶段发生H++AlO
+H2O===Al(OH)3↓,反应生成Al(OH)3沉淀;1、5~3阶段就是生成得Al(OH)3沉淀又溶于稀硫酸得过程,A正确。
B项中,铝离子结合氢氧根离子得能力比铵根离子强,先进行反应,生成1mol氢氧化铝需要3mol氢氧根离子,溶解1mol氢氧化铝只需要1mol氢氧根离子,B错误。
C项中,形成1mol偏铝酸根离子需要1mol铝离子,消耗1mol偏铝酸根离子只需要
mol铝离子,C错误。
D项中,氢氧化铝沉淀不能溶解于氨水中,D错误。
18.研究反应物得化学计量数与产物之间得关系时,使用类似数轴得方法可以收到直观形象得效果,下列表达不正确得就是( )
[答案]C
[解析]A正确,因为发生得反应为SO2+2NaOH===Na2SO3+H2O与SO2+NaOH===NaHSO3。
B正确,因为发生得反应为AlO
+H++H2O===Al(OH)3↓与AlO
+4H+===Al3++2H2O。
C不正确,因为不论配料比例就是多少,发生得反应总就是2Fe+3Cl2
2FeCl3。
D正确,因为如果铁过量,过量得铁与生成得Fe3+继续反应,生成Fe2+。
19.某化学小组为测定一定量得某铜铝混合物中铜得质量分数,设计了如下实验方案:
方法Ⅰ:
铜铝混合物
测定生成气体得体积
方案Ⅱ:
铜铝混合物
测定剩余固体得质量
下列有关判断中不正确得就是( )
A.溶液A与B均可选用稀硝酸
B.溶液A与B均可以就是盐酸或NaOH溶液
C.实验室中方案Ⅱ更便于实施
D.若溶液A选用浓硝酸,则测得得铜得质量分数偏小
[答案]A
[解析]溶液B若选稀硝酸,与铜、铝都反应,则反应后无固体剩余,从而无法确定二者得量,A错误;若溶液A就是盐酸或NaOH溶液,只与铝反应,根据气体或剩余固体得质量均可确定铝得量,B正确;气体体积测量较为困难,而称量剩余固体质量则较为容易,C正确;若溶液A选用浓硝酸,浓硝酸使铝钝化后与铜反应,生成得NO2易与水反应,使测量得气体体积偏小,测得得铜得质量分数也偏小,D正确。
20.部分氧化得Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5、76g,经如下处理:
下列说法正确得就是( )
A.滤液A中得阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B.样品中Fe元素得质量为2、24g
C.样品中CuO得质量为4、0g
D.V=896
[答案]B
[解析]根据题意,3、2g滤渣一定就是铜,而铜与Fe3+不共存,则A项一定错误;最后得3、2g固体为Fe2O3,其中Fe元素得质量为2、24g,B正确;铜元素共3、2g,且Cu不可能完全被氧化成CuO,则C项错误;同理,2、24gFe元素不可能全就是单质,故生成得氢气得体积小于896mL,D错误。
21.(9分)A~I分别表示中学化学中常见得一种物质,它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。
已知H为主族元素得固态氧化物,F就是红褐色难溶于水得沉淀,且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。
请填写下列空白:
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含得同一种元素得名称就是________。
(2)写出C、H物质得化学式:
C________,H________。
(3)写出反应①、⑦得化学方程式:
反应①:
_____________________________________________;
反应⑦:
____________________________________________。
(4)反应⑥过程中得现象就是______________________________。
[答案]
(1)铁元素
(2)FeCl2 Al2O3
(3)8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe
2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
(4)生成得白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色
[解析]根据F就是红褐色难溶于水得沉淀,可以推断F为Fe(OH)3进而推断E为Fe(OH)2,C为FeCl2,D为FeCl3,则B为Fe3O4。
根据A到B得转化关系,可以推断A为Fe,则反应①为Fe3O4与Al得反应,因此Ⅰ为Al,H为Al2O3,G为NaAlO2。
22.(7分)A~G得转化关系如下图所示(部分反应物、产物与反应条件未标出)。
已知:
①A、B为中学化学常见得金属单质,C~G均为化合物,并且E与G均含有3种元素,E中所含3种元素分属3个不同得短周期;②C就是淡黄色固体,D既能与强酸溶液反应,又能与强碱溶液反应;③F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸得白色沉淀;④E与G焰色反应均呈黄色。
根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质得化学式:
C________,G________;
(2)①~⑥反应中,不属于氧化还原反应得就是________;
(3)将过量得E溶液逐滴加入F溶液中,出现得现象就是________________________________________________________________________________________________________________________________________________;
(4)反应③得离子方程式为______________________________;
(5)F与G溶液混合可以生成白色沉淀,反应得离子方程式为________________________________________________________________________;
(6)反应③中,若有31、2gC参加反应,转移电子得物质得量为________。
[答案]
(1)Na2O2 NaAlO2
(2)⑥
(3)先产生白色沉淀,然后沉淀又逐渐溶解
(4)2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑
(5)Al3++3AlO
+6H2O===4Al(OH)3↓
(6)0、4mol
[解析]结合框图关系,由已知条件①与②可以推知A为Na、B为Al;由已知条件②知C就是Na2O2、D就是Al2O3;由已知条件①与④可以推知E为NaOH,G为NaAlO2。
由已知条件③可以推知F为AlCl3。
根据框图关系可以推测反应①为Na与H2O反应,反应②为Na在O2中燃烧,反应③为Na2O2与H2O反应,反应④为Al与Cl2或盐酸反应,反应⑤为Al与O2反应,反应⑥为Al2O3与盐酸反应。
所以①-⑥反应中,属于非氧化还原反应得就是⑥。
过量得NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中,先生成Al(OH)3白色沉淀,然后Al(OH)3又溶解在过量得NaOH溶液中。
NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合,发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀。
根据Na2O2与H2O反应得方程式可以瞧出,每2molNa2O2参与反应,转移电子得物质得量为2mol。
31、2gNa2O2为0、4mol,所以反应中转移电子得物质得量为0、4mol。
23.(9分)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si得化合物。
实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3,步骤如下:
请回答下列问题:
(1)溶液A中得金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+。
从下列所给试剂中选择:
实验步骤中试剂①为________(填代号),检验溶液A中Fe3+得最佳试剂为________(填代号)。
a.KMnO4b.(NH4)2S
c.H2O2d.KSCN
(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O,需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。
除烧杯、漏斗外,过滤操作还用到另一玻璃仪器,该仪器在此操作中得主要作用就是________。
(3)制备CaCO3时,应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)________(填化学式)。
若实验过程中有氨气逸出,应选用下列________装置回收(填代号)。
(4)欲测定溶液A中Fe2+浓度,需要用容量瓶配制某标准溶液,定容时视线应____________,直到________。
[答案]
(1)c d
(2)冷却结晶 引流
(3)NH3(或NH3·H2O) b
(4)平视凹液面(或平视刻度线) 凹液面得最低点与刻
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