高中化学-一轮复习——金属和非金属计算题专项训练(含解析)

高中化学一轮复习——金属与非金属计算专项训练（含解析）1、有一金属混合物7.5g，加入足量的稀硫酸中，放出气体在标准状况下体积为5.6L。

则此金属混合物可能是（）A．Zn和Fe B．Mg和Al C．Mg和Cu D．Zn和Al5.6L就是0.25mol,那么金属如果是+2价的那么金属的物质的量是0.25mol它的平均相对原子质量就是7.5/0.25=30也就是两个物质的相对原子质量一个必须大于30,另一个必须小于30,且小于30的那个必须要可以和酸反应A Zn,65和Fe,56,不对B Mg,24和Al,18,不对,Al是+3价的,所以不能看成27,要看成18C Mg,24和Cu,64,可以D Zn,65和Na,46,不对,Na是+1价的,所以不能看成23,要看成46答案是C2、有一金属混合物4g，与足量的氯气反应后，固体质量增重7.1g，则金属混合物的组成可能是（）A．Zn和Cu B．Fe和Al C．Mg和Fe D．Zn和Al试题分析：两种金属的混合物共4克，与足量氯气反应后，固体增重7.1克为参加反应的氯气，物质的量为0.1mol。

另取4克该金属混合物，投入到足量盐酸中，产生2.24L（标准状况）H 2 ，物质的量为0.1mol，在两反应中，4g 金属都提供0.2mol电子，结合金属与氯气、盐酸反应金属的化合价判断。

①Cu、Al都能与氯气反应，但Cu不能与盐酸反应，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子大于与盐酸反应提供的电子，故①不可能；②Mg、Fe都与氯气反应，但铁与氯气反应表现+3价，Mg、Fe都与盐酸反应，但铁表现+2价，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子大于与盐酸反应提供的电子，故②不可能；③Zn，Al都能与氯气、盐酸反应，金属在不同的反应中表现的化合价相同，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子等于与盐酸反应提供的电子，故③可能；④Mg，Zn都能与氯气、盐酸反应，金属在不同的反应中表现的化合价相同，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子等于与盐酸反应提供的电子，故④可能，因此答案选A。

3、将一定质量的镁、铝合金投入100 mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5 mol·L-1 NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积关系如下图。

求：（1）原合金中Mg、Al质量各是多少？（2）盐酸的物质的量浓度。

（1）Mg、Al的质量分别为4.8 g、2.7 g。

（2）盐酸的物质的量浓度为8 mol·L-1（1）由图知：沉淀先生成后溶解的是Al（OH）3，质量是（19.4-11.6）g="7.8" g，即0.1 mol，对应的铝也是0.1 mol，质量是2.7 g。

其余的11.6 g沉淀应为Mg（OH）2，物质的量为0.2 mol，对应的镁也是0.2 mol，质量是4.8 g。

（2）溶解金属消耗的盐酸是0.1 mol×3+0.2 mol×2="0.7" mol剩余的盐酸消耗了20 mL 5 mol·L-1 NaOH溶液，物质的量是5 mol·L-1×0.02 L="0.1" mol，所以盐酸总的物质的量是0.7 mol+0.1mol="0.8" mol，可得盐酸的物质的量浓度c="0.8" mol/0.1 L="8" mol·L-1。

解：Mg、Al在整个反应中的变化过程为：Mg ～MgCl2 ～Mg（OH）2 Al ～AlCl3 ～ Al（OH）3 ～NaAlO224 g 1mol 58g 27 g 1 mol 78 gm（Mg）n（MgCl2）11.6 g m（Al）n（AlCl3）19.4 g-11.6 gm（Mg）="4.8" gn（MgCl2）="0.2" mol m（Al）="2.7" g n（AlCl3）="0.1" mol根据Cl-守理可得：n（HCl）=n（Cl-）=n（MgCl2）×2+n（AlCl3）×3+0.1 mol="0.2" mol×2+0.1 mol×3+0.1 mol="0.8" molc（HCl）=="8" mol·L-14、10g某物质燃烧后的产物通过足量的Na2O2，Na2O2的质量增加了10g，则原物质不可能是（）A．H2 B．CO C．C2H5OH D．CH3COOH在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2•CO，2NaOH～Na2O2•H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量；10g某物质完全燃烧后的产物通过足量的Na2O2粉末，Na2O2的质量增加了10g，说明10g物质的组成符合相当于CO和H2的物质燃烧后的生成产物，通过足量过氧化钠时增重10g；A、C2H5OH，分子式为C2H6O可以写成CO•H6•C，燃烧后生成的二氧化碳和水蒸气通过足量过氧化钠后增重大于10g，故A 选；B、H2燃烧产物水通过过氧化钠后增重为H2的质量，故B不选；C、CH3COOH分子式写成C2H4O2，可以写成（CO）2•（H2）2，燃烧生成的水和二氧化碳通过过氧化钠后增重为物质的质量，故C不选；D、CO燃烧产物二氧化碳通过过氧化钠后增重的质量为一氧化碳的质量，故D不选；故选A．二、少量Na2O2与CO2和H2O混合气体的计算少量Na2O2与CO2和H2O蒸汽反应时，应先考虑Na2O2与CO2反应，若Na2O2有余再考虑与H2O 反应5、等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的8/9（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为A．3：4：1 B．3：3：2 C．6：7：3 D．6：9：0设反应前混合气各是1mol，则反应后混合气的物质的量是8/3mol。

即气体的物质的量减少了1/3mol，所以根据方程式2CO2＋2Na2O2=2NaCO3＋O2可知，参加反应的CO2是2/3mol，生成氧气是1/3mol，所以这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为1∶4/3∶1/3＝3∶4∶1 ，答案选A。

6、在标准状况下，将CO2和CO的混合气体（密度为10/7g/L），充满一盛有足量Na2O2的密闭容器中（容积为22.4L），用不间断的电火花引发至充分反应，反应完全后关于容器里的存在物质，下列说法正确的是A.有0.125molO2B.有0. 5molCOC.有2molNa2CO3D.有0.25mol Na2CO3故选B7、1.92 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL 气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为( )A．504 mL B．336 mL C．224 mL D．168 mL试题分析：1.92g Cu的物质的量为n（Cu）＝1.92g÷64g/mol＝0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol＝0.06mol，反应整个过程为H NO 3NO、NO 2 HNO 3，反应前后HNO 3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O 2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O 2）＝0.06mol÷4＝0.015mol，V（O 2）＝0.015mol×22400ml/mol＝336ml，所以通入O 2的体积为336ml，故答案选B。

8、某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的金属阳离子是（）A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答．解答：解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，故选AC．9、若在200 mL 0.5 mol ·L－1的Al2(SO4)3溶液中加入2 mol ·L－1的NaOH溶液，可得到7.8 g Al(OH)3沉淀，则NaOH溶液的体积为__________mL。

200ml 0.5mol/L的Al2(SO4)3,对应的Al元素应该是0.2mol如果完全生成Al(OH)3沉淀的话,就应该是78*0.2=15.6克题目只生成了7.8克,也就是说,你可以加完全反应时一半的NAOH就可以了这就是答案一至于答案二,如果我们先使Al2(SO4)3的Al全部变成Al(OH)3那么此时就有15.6克,此时再加入NaOH,则Al(OH)3中的一部分就会变成偏铝酸根,沉淀自然就会减少,直到减少到7.8,也就是答案二了我实在没有算,但是根据你的答案一我能告诉你答案二如何轻松得到答案一150ml,答案二350ml换句话说,0.1molAl离子对应150mlNaOH（注意：在生成Al(OH)3的方程式中,Al2(SO4)3和NaOH的系数比是1：3）,0.2molAl离子对应300mlNaOH（此时已经是完全沉淀）,我们再继续加入NaOH,在生成偏铝酸根的方程式中,Al2(SO4)3和NaOH的系数比是1：4,因为开始我们已经加了3份NaOH（300ml）,此时若再加入1份,那么沉淀就会完全消失,所以就只需要0.5份NaOH了（沉淀只消失一半）0.5*100=50ml,再加上刚才使Al2(SO4)3完全沉淀的300ml,50+300 150/35010、将100mL0.6mol/L氯化铝溶液跟0.4mol/L苛性钠溶液混合后，得到3.9gAl(OH)3沉淀，此时消耗苛性钠溶液的体积是（）A. 250mLB. 375mLC. 475mLD. 500mL分析：AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2，现AlCl3的物质的量为0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.68g，现沉淀质量为3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2．解答：解：现AlCl3的物质的量为0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.68g，现沉淀质量为3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）=3.9g78g/mol=0.05mol，①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.05mol×3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为0.15mol0.4mol/L=0.375L，即375mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓0.06mol 0.18mol 0.06molAl（OH）3 +OH-═AlO2-+2H2O（0.06-0.05）mol （0.06-0.05）mol则消耗的碱的物质的量为0.18mol+（0.06-0.05）mol=0.19mol，加入NaOH溶液的体积为0.19mol0.4mol/L=0.475L，即475mL；答：NaOH溶液的体积可能375 mL或475 mL．点评：本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据100mL0.6mol/L的AlCl3溶液、1mol/L的NaOH 溶液，以及3.9g沉淀，结合反应的有关方程式计算．11、现有200 mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)=0.2mol/L，c(Cl-)=1.3mol/L，要使Mg2+转化为Mg(OH)2，并使Mg2+与Al3+分离开，至少需要4 mol/L的NaOH溶液的体积为A. 140mLB. 120mLC. 100mLD. 80mL试题分析：要使Mg 2+转化为Mg(OH)2，并使之与Al 3+分开，则铝离子应该生成偏铝酸钠，即有关的方程式是Al 3＋＋4OH －=AlO 2－＋2H 2O 、Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓。