高三第二三轮专刊金属复习典型题解析和综合测试

高三金属复习典型题解析和综合测试典型题分析：例1、在允许加热的条件下，只用一种试剂（溶液）经一步实验就可以鉴别(NH4)2SO4、NaCl、MgCl2、Al2(SO4)3四种溶液，这种试剂是（）A、AgNO3B、BaCl2C、NaOHD、NH3·H2O解析：本题中被检验的物质是四种离子化合物，其阴离子只有Cl-、SO42-两种，但阳离子各不相同。这就要求选用试剂中阴离子能与这四种不同的阳离子反应（或至多与其中的一种不反应），从而根据产生的不同现象来鉴别。NO3-、Cl-显然不能达到这个目的。又因氨水能使Mg2+、Al3+都转变为白色沉淀，且氨水加到硫酸铵溶液和氯化钠溶液中，也无明显现象，所以不能用氨水来鉴别，这样只能选择含OH-的试剂NaOH。反应现象如下：硫酸铵：NH4++OH-H2O+NH3↑（有刺激性气味）氯化钠：无明显现象氯化镁：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓（白色）硫酸铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓（白色）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（沉淀溶解）答案：C如果题目要求任选一种试剂，经一步实验鉴别Na2S、Na2CO3、Na2SiO3、NaAlO2、Na2SO3五种溶液，你选择什么试剂？（提示：选用稀盐酸）例2、用含少量镁的铝片制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是①加盐酸溶解，②加烧碱溶液溶解，③过滤，④通入过量CO2生成Al(OH)3,沉淀，⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀，⑥加入过量烧碱溶液生成Al(OH)3沉淀A．①⑤⑥③B．②③⑥③C．②③④③D．②③⑤③分析：本题是考查Al、Al(OH)3既能与酸又能与强碱溶液反应的实际题，在分析中要注意步骤⑥，加入过量烧碱将使Al3+转化为AlO2-，因此是不能生成Al(OH)3沉淀的：Al(OH)3－OH-=AlO2-+2H2O这样就淘汰选项A和D；选项B、C两种方案都利用镁不溶于强碱溶液，而铝溶于强碱溶液的性质，通过②、③步骤经过滤除去杂质镁，然后利用偏铝酸是比碳酸还弱的酸的性质，分别用盐酸、碳酸（通CO2）把Al(OH)3沉淀出来，按理，两种方案都可行，但盐酸能进一步溶解Al(OH)3；Al(OH)3+3H-=Al3++3H2O而Al(OH)3不溶于碳酸这种弱酸，另外CO2比盐酸经济得多，也就是说选项C可以既经济又最大限度地得到产品，所以是最恰当的组合。解答：C评述：对于某些最佳选择题中，往往给出2个或2个以上具有类似性的可选项，此时必须从两者差别中进行分析比较，才能得出正确结论。例3、将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是A．2∶3B．3∶2C．1∶2D．1∶1分析：有关Fe3+与Fe2+相互转化的氧还反应的定量计算与解题技巧。解答本题的依据是下列反应式：Fe+2Fe3+==3Fe2+由于剩余Fe3+与由它还原生成的Fe2+处于同一溶液中。因此它们的浓度关系就是它们之间的物质的量的关系。这是计算的要素。解法一：设反应前溶液中Fe3+n摩，其中有a摩转化为Fe2+，则未反应Fe3+的为n—a摩Fe+2Fe3+====3Fe2+起始n0反应后n—a32a根据题意n—a=32a则FeFeana33已反应未反应23解法二：设反应后剩余Fe3+为n摩，则反应生成的Fe2+也是n摩Fe+2Fe3+===3Fe2+23xnx=23n(反应的Fe3+)则FeFe23nn33已反应未反应23答案：A评述：对于解法二只要由生成的Fe2+为n摩当然参加反应的2/3n摩，不用列式一想就得出已反应的与未反应的Fe3+的物质的量之比为2∶3，因此在简单的定量计算中巧设未知量很重要，它能省略一些繁杂的运算过程。例、4、图1是向MgCl2、AlCl3的混合溶液中加入a或b（先加其中一种，再加另一一种）时，沉淀的物质的量y(mol)与加入a或b的体积x(mL)的关系图，以下结论不正确的是（）A、混合溶液中AlCl3与MgCl2的物质的量相等B、混合溶液中AlCl3的物质的量是MgCl2物质的量的3倍C、t之前加的是NaOH溶液，t之后加的是盐酸D、这种盐酸与NaOH溶液的物质的量浓度相等解析：本题的图象比较复杂，但可以看出有这些特点：①分析图象变化趋势：加入某物质后即产生沉淀，逐渐增多，并部分溶解，再加入另一物质后沉淀先增多又逐渐溶解。由此可以看出首先加入的是NaOH溶液，然后加入的是盐酸。②分析图象对称性；可以发现该图象是以t为分界的轴对称图象，由此可知NaOH溶液与盐酸的物质的量浓度相等。③分析沉tx/mLy/mol02mm2t图1淀的量：可发现两种沉淀的物质的量相等，即原溶液中两种物质的物质的量浓度相等。答案：B例5、铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高猛酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe3+离子。（1）配平制取铁酸钠的化学方程式：□Fe(NO3)3+□NaOH+□Cl2□Na2FeO4+□NaNO3+□NaCl+□H2O反应中元素被氧化，转移电子总数为。（2）铁酸钢之所以能净水，除了能消毒杀菌外，另一个原因是。分析：Na2FeO4中的Fe元素为+6价，本题的（1）问，据此可解。在未配平的反应式中在配平前就可以看出铁元素由Fe(NO3)3中的Fe3氧化为铁酸钠中的Fe6.题中已指出Na2FeO4在杀菌消毒时为强氧化剂，其铁元素的还原产物为Fe3+.Fe3+可发生水解，生成物中有Fe(OH)3胶体，它可使水中悬浮的泥沙等很快凝出，达到净水的效果，似明矾中Al3+的净水原理。答案：（1）2、16、3、2、6、6、8，铁元素，6e.例6、哥伦比亚号航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料。加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解。mmol高氯酸铵分解时除产生2mmol水蒸气和mmol氧气外，其它组成元素均以单质气体形式放出，因而产生巨大的推动力。试写出其中涉及的化学方程式。（1）（2）。根据此反应原理，1mol高氯酸铵分解所产生的气体有mol。分析：本题属于信息给予型题。固体高能燃料中Al为还原剂，NH4ClO4为氧化剂。铝粉氧化时放热，显然生成Al2O3。高氯酸铵分解产物已在题中指明有水蒸气和氧气，其它以单质形式出现的生成物必为N2和Cl2，据此可列出化学方程式并由系数确定生成气体的物质的量。答案：（1）4Al+3O22Al2O3+Q2NH4ClO4（固）N2（气）+Cl2（气）+2O2（气）+4H2O（2）4mol例7、在有机化学工业中常用的一种钠盐是NaBH4，即氢硼化钠。它不能与水和酸共存。（1）将其投入水中可生成偏硼酸钠和氢气，写出该反应的化学方程式，反应中的还原剂是，每摩NaBH4反应时电子转移数为mol。（2）若将NaBH4投入酸溶液中其反应速率与其放入水中相比，应快还是慢，理由是。（3）NaBH4还用于将含Au3+的碱性废液中回收黄金，其离子方程式为：请写出配平的离子方程式。分析：由NaBH4中各元素的价态观察，Na1、B3，而氢只能是H1。H1为2个电子绕着仅1个质子运转的结构，H1原子的半径会相当大，对电子的束缚能力小，而易失电子为强还原性。NaBH4与H2O反应时，应发生H1与水中的H+结合为H2的反应（H1+H1H2），生成1molH2时电子转移数仅为1mol。因反应由水中H+的浓度决定反应速率，所以投入酸中，H+浓度加大，反应会加快。NaBH4还原金离子时可用原子数守恒与电荷守恒为思路进行配平，因反应在碱性溶液里进行所以在反应物一方要补入OH-离子。答案：（1）NaBH2HONaBO4H,NaBH,442224（2）快，因BH4与H2O中的H+反应为反应实质，酸中[H+]比水中大，生成H2的速率要比在水中的快。（3）3BH8Au24OH8Au3BO18HO4322例8、1.0g镁条在纯O2中燃烧生成MgO时增重0.64g,在实验中发现：（1）1.0g镁条在空气中燃烧后增重不足0.64g;（2）1.0g镁粉置于瓷坩埚中，点燃并充分反应后，整体增重约0.20g，简述（1）、（2）两种情况下镁燃烧增重不足0.64g的原因。分析：本题给出了一定量的镁在三种不同条件下反应后增重的数据。要正确解释原因，必须根据镁是一种强还原剂，它不仅能与O2、N2反应，而且能从某些氧化物中夺取其中的氧，已学过的是CO2，而陶瓷是硅酸盐，成分中含有SiO2,在高温下也能与镁反应，然后根据反应的化学方程式分析增重关系解答。解答：根据反应分析：①2Mg+O2点燃2MgO1molMg增重16g②3Mg+N2点燃Mg3N21molMg增重28/3=9.3g③4Mg+SiO2高温Mg2Si+2MgO整体不增重（1）镁条在空气中燃烧除主要生成氧化镁，还有部分生成氮化镁(Mg3N2)，其增重量小于氧化镁。因此增重不足0.64g；（2）镁粉置于瓷坩埚中，因空气不足及温度高，有部分镁发生反应；（3）而该反应整体不增重，因此1.0g镁粉在坩埚中燃烧整体只增重0.20g。评述：这是一道利用数据分析解决化学问题的简答题。从另一种新颖的角度考查镁的强还原性。尤其解释（2）的原因需运用镁能与CO2的反应作出推论。这也是对已有知识的迁移、重组。例9、在一定条件下可实现下图所示物质之间的变化：请填写以下空白：（1）孔雀石的主要成份是CuCO3·Cu(OH)2（碱式碳酸铜），受热易分解。上图中的F是。（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式。（3）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式。（4）每生成1molD，同时生成molE.分析：由题给信息，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]跟NaOH溶液反应得Al(OH)3，继而溶于过量碱生成NaAlO2。孔雀石加热分解可迁移碳酸盐与Cu(OH)2的热分解生成CuO、H2O和CO2。图中已示出生成的水，则与A即NaAlO2反应生成沉淀的是CO2，可解认其为F。NaAlO2+CO2+2H2O===NaHCO3+Al(OH)32NaAlO2+CO2+3H2O===Na2CO3+2Al(OH)3则G为CuO。沉淀Al(OH)3加热分解为Al2O3即B和图中示出的H2O。将Al2O3熔融（如冰晶石共熔）电解生成铝和氧气。即D、E。G与D“均为固体”，分别为CuO和Al，二者发生铝热反应，得熔化的铜与Al2O3。按化学方程式中的系数比可得生成1molD时的E的物质的量。答案：（1）CO2（2）Al3++4OH-==AlO2-+2H2O（3）3CuO+2Al高温3Cu+Al2O3（4）3/4例10、试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1）请写了步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为（用m表示）分析：由图示可对照各物质的反应析解为：W为Cu,质量为mg,它系两份X的CuO所提供，按关系式，设总CuO为xg:CuO~Cu8064xm,x=54w每份X中有CuO为54W2=58Wg答案：（1）Cu2++Fe==Cu+Fe2+2H++Fe===Fe2++H2（2）5/8m或0.625m例11、下图每一方框表示有关反应的某一反应物或生成物，有关操作已略去。又知A为高熔点物质，B为无色气体，D为一种天然出产的矿石的主要成分，可作为颜料。G在开始刚生成时呈白色。试回答：（1）写出化学式：A，D，G。（2）写出化学方程式：C+D的反应。（3）写出离子方程式：①AJ：。②I+JK：。分析：由题给有关物质的某些性质等，可判断A为两性氧化物Al2O3，D为赤铁矿中的Fe2O3，由此为突破口与图示关系对照可解：答案：（1）A为Al2O3,D为Fe2O3,G为Fe(OH)2（2）①2Al+Fe2O3点燃2Fe+Al2O