C单元金属及其化合物目录C1钠及其化合物1C2镁、铝及其化合物10C3铁、铜及其化合物26C4金属的通性及金属材料42C5金属及其化合物综合43C1钠及其化合物【理综卷（化学解析）·2022届湖北省襄阳市高三第一次调研考试（202201）word版】12．某溶液中含有、、、、五种离子。若向其中加入过氧化钠粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是A．、B．C．、D．、、【知识点】离子共存问题，钠的重要化合物B1C1【答案解析】B解析：Na2O2粉末加入溶液中，SO32-因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3-与之反应生成CO32-，使CO32-、Na+均增加，HCO3-减少，整个过程中只有NO3-浓度保持不变，正确选项为B。【思路点拨】本题考查了Na2O2的性质，当其溶于水后生成的物质与其他微粒的反应，属于易错试题。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】16．混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并高温下灼烧至质量不变，最终残留固体为纯净物的是（）A．向CuSO4溶液中加入适量铁粉B．等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2溶于水D．在Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体【知识点】氯气的化学性质；常见金属的活动性顺序及其应用；钠的重要化合物C1D2【答案解析】【解析】D解析：A．向CuSO4溶液中加入适量铁粉，一定生成硫酸亚铁，无论Fe是否过量，产物均为混合物，故A不选；B、等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，高温加热，碘升华，氯化亚铁水解、被氧化，最后固体有KCl、氧化铁或氧化亚铁，故B错误；C、等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3=Δ=Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠再与二氧化碳、水反应，蒸干灼烧后的固体为碳酸钠和NaOH，为混合物，故C不选；D、Na2SiO3溶液中通入过量的CO2，生成碳酸钠和硅酸，加热蒸干、灼烧，硅酸灼烧分解生成二氧化硅和水，残留固体为碳酸钠和二氧化硅，故D选．故答案选D【思路点拨】本题考查了47\n物质的性质、发生的化学反应以及分离等操作，侧重于学生的分析能力、实验能力和基础知识的综合运用，为高考常见题型，题目难度中等，选项C为解答的难点。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】21．已知某KOH样品中含水7．62%,含K2CO32．38%,含KOH90%。现将1．00g样品加入46．00ml1．00mol/L的盐酸中,过量的酸用1．070mol/L的KOH中和。蒸发溶剂,蒸发到无水时,可得到的固体的质量为（）A．3．00gB．3．43gC．4．50gD．无法计算【知识点】有关混合物反应的计算C1【答案解析】B解析：K2CO3和KOH与盐酸反应的产物都是KCl，盐酸过量，用1.070mol/LKOH溶液刚好中和，最后全部生成KCl，即蒸发得到的固体为KCl，根据Cl元素守恒可得：n（KCl）=n（HCl）=0.046L×1.00mol/L=0.046mol，所以m（KCl）=0.046mol×74.5g/mol=3.43g。【思路点拨】本题考查了物质质量的计算，利用Cl元素守恒的方法进行计算，题目难度不大。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】20．现有一由Na2SO4、Na2SO3、Na2S组成的混和物,经测定硫的质量分数为25．6%,则此混合物中氧元素的质量分数应为（）A．37．6%B．36．8%C．25．6%D．51．2%【知识点】元素的质量分数计算C1【答案解析】A解析：因为Na2SO4、Na2SO3、Na2S组成中钠和硫的个数比是2：1，可以把钠元素和氢元素放在一起（23×2+32=78），硫元素的质量分数为25．6%，所以钠元素的质量分数为：46/32×25．6%=36.8%，则混合物中氧元素的质量分数为：1-25．6%-36.8%=37.6%，故选A。【思路点拨】本题考查了在混合物中元素的质量分数的计算，在计算时注意方法的选择，钠元素和硫元素的物质的量之间的关系是解答本题的关键，难度中等。【理综卷（化学解析）·2022届湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考（202201）】27．（10分）某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验．（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f，接，接，接．47\n（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是。A．NaNO3溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到时再点燃酒精灯。（4）反应过程中CO2足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式．Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体．。Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留。【知识点】碱金属及其化合物的性质实验J5C1【答案解析】（1）g接d，e接a（或b)，b（或a）接h．(2分)（2）ABD．(2分)（3）装置⑤中澄清石灰水变浑浊(2分)（4）Ⅰ．2Na+2CO2Na2CO3+CO(2分)Ⅱ．4Na+3CO22Na2CO3+C(2分)解析：：（1）根据实验目的，先需要准备二氧化碳，选用二氧化碳发生装置为②，为了便于控制反应，选用的药品是块状碳酸钙，所以只能选用稀盐酸，生成的二氧化碳中混有氯化氢氢气，需要经过装置④饱和碳酸氢钠溶液除去杂质氯化氢，然后干燥二氧化碳，选用装置③浓硫酸，干燥后的二氧化碳通入装置①与金属钠反应，反应后的气体利用装置⑤检验，所以正确的连接顺序为：c→f→g→d→e→a→b→h→I；（2）苯的密度小于水的密度，故不能选。（3）反应开始前，需要排尽装置中空气，以免空气中O2、CO2、H2O干扰实验，等到装置⑤中澄清石灰水变浑浊，说明装置中空气已经排净；（4）①装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，说明反应生成了一氧化碳；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的固体是碳酸钠，钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和一氧化碳，反应的化学方程式为：2Na+2CO2═Na2CO3+CO； ②钠的质量为0.46g，物质的量为0.02mol；反应装置⑤中无现象，说明没有生成一氧化碳和二氧化碳气体；充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为0.01mol，含有碳酸根离子0.01mol，钠与碳酸根离子物质的量为2：1，说明生成了碳酸钠固体；溶液中还有固体残留，说明有固体碳生成，根据以上分析，钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，反应的化学方程式为：4Na+3CO2═2Na2CO3+C。【思路点拨】本题考查了探究钠与CO2的反应，涉及了实验装置的连接、化学方程式书写等知识，注意（4）需要根据题中信息判断生成产物，充分考查了学生的分析、理解能力和灵活应用所学知识的能力，综合性较强，难度较大。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】8．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是47\n选项现象或事实解释A用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯B用氢氟酸蚀刻玻璃Si02是碱性氧化物，能溶于酸C过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳DAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热【知识点】化学与环境O1D1C1【答案解析】A解析：A、乙烯有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，利于水果保鲜，故A正确；B、Si02是酸性氧化物，故B错误；C、过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂是因为过氧化钠与呼出的气体中的二氧化碳、水蒸气反应生成氧气，故C错误；D、Al(OH)3受热分解吸收热量，且生成水，都会阻止或延缓塑料燃烧，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了化学与社会、生活的关系，学习时要联系实际，注意积累。【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】28．（14分）工业以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为：NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3;NH4HCO3＋NaClNaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）。a．碳酸氢钠难溶于水b．碳酸氢钠受热易分解c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出d．碳酸氢钠的稳定性大于碳酸钠（2）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验。①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。试回答下列有关问题：（Ⅰ）乙装置中的试剂是，其作用是；（Ⅱ）丁装置中稀硫酸的作用是；47\n（Ⅲ）实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是（填分离操作的名称）,该操作所需要的玻璃仪器有②另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验。（Ⅰ）实验时，须先从a管通入_______气体，说明原因_________________________（Ⅱ）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是。（3）碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g,则所得固体中碳酸钠的质量分数为。（4）请你再设计出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：。【知识点】物质制备实验J1C1J5【答案解析】（1）c（1分）（2）①（Ⅰ）饱和碳酸氢钠溶液；（1分）除去CO2中的HCl气体（1分）（Ⅱ）吸收未反应完的NH3（1分）（答“防止倒吸”或“吸收CO2”不给分）；（Ⅲ）过滤（1分）玻璃棒、漏斗、烧杯（3分）②（Ⅰ）氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵。（1分）（Ⅱ）增大气体与溶液接触面积，提高CO2的吸收率。（1分）（3）83.6%（或0.863）（0.86也得分）（2分）（4）用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。（或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等。其他合理方法均可；化学方程式也可。）（2分）解析：（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出，选c；（2）①（Ⅰ）乙装置用来除去二氧化碳中的氯化氢杂质，所盛试剂是饱和碳酸氢钠溶液；作用是：除去CO2中的HCl气体；（Ⅱ）注意问题是丁装置中稀硫酸的作用，而不是问丁中导管末端连接倒置漏斗的作用，所以答吸收未反应完的NH3；（Ⅲ）实验结束后NaHCO3晶体从溶液中析出，所以用过滤法分离；过滤用到三种玻璃仪器：玻璃棒、漏斗、烧杯；②（Ⅰ）从图中看a管末端未伸到液面下，通的气体时氨气，实验时，须先从a管通入氨气，氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵。（Ⅱ）在戊装置的b管下端连接己装置，可增大气体与溶液接触面积，提高CO2的吸收率。（3）设碳酸氢钠受热所得固体中碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y，则：解得：x=0.1mol，y=0.02mol，所以碳酸钠的质量分数为=83.6%；（4）用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。（或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等。其他合理方法均可；化学方程式也可。）【思路点拨】本题考查了物质制备实验，难点是（3）的计算，注意碳酸氢钠受热所得固体中含有碳酸钠和碳酸氢钠，二者都能与石灰水反应。47\n【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】14.下列反应可能会生成Na2O2的是A.金属钠高温还原CO2，制人工金刚石B.汽车气囊中用氧化铁除去NaN3受撞击时分解生成的钠C．隔绝空气条件下加热金属钠与NaNO2反应制取Na2OD.将4.6g钠与1.6g硫粉迅速混合起来，并放在石棉网上加热【知识点】元素化合物的性质C1【答案解析】D解析：A.金属钠高温还原CO2时发生反应得到氧化钠和碳单质，错误；B.NaN3受撞击生成钠和大量的氮气，当用氧化铁除去钠时钠生成氧化钠，错误；C．隔绝空气条件下加热金属钠与NaNO2反应制取Na2O，没有过氧化钠的生成，错误；D.将4.6g钠与1.6g硫粉迅速混合起来，并放在石棉网上加热时，金属钠与空气接触可能会生成Na2O2，正确。【思路点拨】本题考查了钠及其他一些化合物的性质，明确钠的性质是解本题关键，注意钠生成Na2O2的条件，为易错点．【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】6．如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为A．NaB．Mg C．AlD．Mg或Al【知识点】Na、Mg、Al及浓硫酸的性质C1C2D3【答案解析】B解析：第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质为Mg和Al，但是Al遇浓硫酸产生钝化的现象，故选B。【思路点拨】本题考查了金属的性质和浓硫酸的性质，难度不大。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】7.过碳酸钠（）在生产和生活领域应用广泛，其制备反应为：。过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质，在500C时分解为碳酸钠和过氧化氢。下列有关说法错误的是A.实验室制备过碳酸钠时可釆用冷水浴控制反应温度B.过碳酸钠水溶液呈碱性，可用作漂洗剂和消毒杀菌剂C.过碳酸钠应密封保存，放置于冷暗处D.过碳酸钠可使酸性高锰酸钾溶液褪色，并放出一种无色气体【知识点】钠的重要化合物C1【答案解析】D解析：A．在50℃时分解为碳酸钠和过氧化氢，则制备过碳酸钠时可釆用冷水浴控制反应温度，不能使反应温度过高，故A正确；B．碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质，其中碳酸钠水解呈碱性，过氧化氢具有强氧化性，可用于漂洗剂和消毒杀菌剂，故B正确；C．过碳酸钠应密封保存，放置于冷暗处，可防止温度过高而分解，故C正确；D47\n．过碳酸钠可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其中碳酸钠与酸反应生成二氧化碳气体，过氧化氢与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氧气，则生成两种气体，故D错误；故选D。【思路点拨】本题考查了碳酸盐及过氧化氢的性质，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，为高频考点，注意把握过氧化氢和碳酸钠的性质，然后利用它们的性质来正确的解答该题，难度不大。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】2．下列判断正确的是A．甲基橙呈黄色的溶液中一定存在NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-B．同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高C．实验室制乙烯时，加入浓硫酸其作用既降低了反应的活化能，又起到脱水作用D．Na2O2是碱性氧化物，将过量Na2O2投入紫色石蕊溶液，溶液显蓝色。【知识点】离子共存问题，元素周期律的应用，钠的重要化合物，乙烯的实验室制法B1E2C1【答案解析】C解析：A．甲基橙呈黄色的溶液的性质可能是酸性，在酸性溶液中不能大量存在AlO2-，故A错误；B．同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高，但含氢键的物质沸点更高，如沸点HF＞HCl，故B错误；C．实验室制乙烯，浓硫酸作催化剂和脱水剂，则加入浓硫酸其作用既降低了反应的活化能，又起到脱水作用，故C正确；D．过量Na2O2投入紫色石蕊溶液，溶液显蓝色，还具有漂白性，最后溶液为无色，Na2O2是过氧化物，因与酸反应生成盐和水、氧气，不属于碱性氧化物，故D错误；故选C。【思路点拨】本题考查了离子共存、物质熔、沸点的比较、实验室制取乙烯、Na2O2氧化性及漂白性等，注重基础知识的考查，题目难度不大。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】2．下列关于物质的性质与应用相对应的是A．氯气有毒，不可用作自来水的杀菌消毒B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．硫粉具有还原性，可用于制造黑火药D．Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具的供氧剂【知识点】氯、硫、钠元素形成的单质和化合物性质及铁盐和亚铁盐的相互转变C1C3D2D3【答案解析】B解析：A、氯气有毒，能和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，所以可用来自来水的杀菌消毒，错误；B、FeCl3溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；D、过氧化钠可以和水或是二氧化碳反应生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，在呼吸面具中可用Na2O2作为供氧剂，但不是利用的Na2O2的强氧化性，错误。【思路点拨】本题考查了物质的性质和用途，基础性较强。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】4．下列有关金属及其化合物的说法中正确的是A．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OB．常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸C．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D．FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时变红色47\n【知识点】金属及其化合物的性质C1C2C3【答案解析】B解析：A、钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；B、常温下铝遇浓硫酸、浓硝酸钝化，阻止内部的铝继续反应，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故B正确；C、铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时不变色，铁离子遇KSCN溶液时变红色，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了物质的性质，属于记忆内容，钠与氧气反应是条件不同产物不同。C2镁、铝及其化合物【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】16．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。则下列叙述不正确是A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g【知识点】有关混合物反应的计算C2C3D4【答案解析】C解析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g/17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，正确；B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，硝酸有可能有剩余，错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，正确；故选C。【思路点拨】本题考查了混合物的有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用能力和解决复杂问题的能力，难度较大。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】17．现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）①沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克47\n②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤与合金反应反应的硝酸的物质的量为()molA．2项B．3项C．4项D．5项【知识点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物A4C2【答案解析】【解析】C解析：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，故①正确；②、恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3-离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故②正确；③、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e-）=n（OH-）=mol，故③正确；④、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即×1/3mol，其体积在标准状况下为L,但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故④错误；⑤、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为(n-m)/51mol,所以与合金反应的硝酸的物质的量为()mol故⑤正确,故①②③⑤正确．故答案选C【思路点拨】本题47\n结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题.【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】14．下列实验与对应的图象符合的是()A．向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量B．向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量C．C表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B饱和溶液升温至t2℃时，溶质的质量分数B=AD．D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液【知识点】物质化学反应性质综合、弱电解质的电离B4C2H1【答案解析】【解析】C解析：A、醋酸是弱酸，通入氨气生成盐醋酸铵导电能力增大，，故A错误；B、向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，先发生酸碱中和反应，之后铝盐与碱反应生成氢氧化铝，二者消耗氢氧化钠物质的量之比是1:3，故图像不符，故B错误；C、t1℃时A、B饱和溶液中二者质量分数相等，升温溶解度都增大，故升温至至t2℃时，溶质的质量分数不变，B=A，故C正确；D、D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，说明HB酸性比HA弱，盐类水解中“越弱越水解”，则同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学与性质图像题，结合弱电解质的电离、盐类的水解等知识，D选项难一点，其它选项难度中等。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】3．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气、二氧化碳等气体B．二氧化硫具有漂白性，可用于加工食品使食品增白C．铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料D．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸【知识点】硫及其化合物、铝铜性质C2C3D3【答案解析】【解析】C解析：A．浓硫酸具有很强的吸水性，不可用于干燥氨气，故A错误；B．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故B错误；C．因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料，故C47\n正确D．因铜能与浓硝酸反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了常见物质的性质，属于对基础知识的考查，题目难度不大，结合相关知识即可解答。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】28．（12分）现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应,将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（计算pH时假定溶液体积没有变化）：①向其中一份固体中加入100mL2．0mol/L的NaOH溶液,加热使其充分反应后过滤,测得滤液的pH=14；②向另一份固体中加入140mL4．0mol/L的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且pH=0。（1）写出该铝热反应的化学方程式：；写出实验①发生的离子方程式：。（2）这包铝热剂中铝粉的质量为。（3）这包铝热剂中氧化铁粉末的质量为。【知识点】有关混合物反应的计算C2【答案解析】（1）Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O、2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；（2）5.4g；（3）9.6g解析：根据实验可得：①反应后溶液显碱性，说明溶液中元素Al都以AlO2-形式存在，Fe及其氧化物和碱不反应，则溶液里的物质就是NaAlO2、NaOH，其中OH-浓度是1mol/L，则根据钠离子守恒可知，n（AlO2-）=n总（NaOH）-n反应后溶液（OH-）=0.1L×（2.0mol・L-1-1.0mol・L-1）=0.1mol；②反应后pH=0，则氢离子的物质的量=1mol/L×0.14L=0.14mol，由①可知，在第二个反应中Al3+的物质的量是0.1mol，氯离子的物质的量=4mol/L×0.14L=0.56mol，所以亚铁离子的物质的量是（0.56-0.14-0.1×3）mol÷2=0.06mol；根据反应式2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3可知，反应后每一份中单质铁的物质的量是0.06mol，反应后每一份中单质铝的物质的量是0.1mol-0.06mol=0.04molAl与氧化铁在高温下反应生成Fe与氧化铝，反应方程式为：由上述分析可知，铝粉和氧化铁粉末的混合物反应后固体为Fe、氧化铝及剩余的Al，反应①中Fe和碱不反应，反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O、2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑（2）由Al元素守恒可知，每份铝热剂中n（Al）=n（AlO2-）=0.1mol，故整包铝热剂中m（Al）=0.1mol×2×27g/mol=5.4g（3）由Fe元素守恒可知，每份铝热剂中n（Fe2O3）=1/2n（Fe2+），整包铝热剂中n（Fe2O3）=0.06mol×1/2×2=0.06mol，故整包铝热剂中m（Fe2O3）=0.06mol×160g/mol=9.6g【思路点拨】本题考查了混合物的计算、铝热反应、金属溶于酸及碱的有关计算等，该题难度较大，既要根据电荷守恒，计算离子的浓度，还要判断铝热反应中反应物的过量问题，对学生的思维能力和审题能力都提出了较高的要求。47\n【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】18．1L某混合溶液中,溶质X、Y浓度都为0．1mol·L-1,向混合溶液中滴加某溶液Z（0．1mol·L-1氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如下图,则X、Y、Z分别是（）A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【知识点】镁、铝的重要化合物C2【答案解析】C解析：C．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH-+H+=H2O，Ba2++SO42-=BaSO4↓，H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，图中第一段直线：氢氧化钡的OH-和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42-1：1反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，正确；B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH-）=1：2，n（Al3+）：n（OH-）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1，不符合图象的数值变化，错误；A．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH-）=1：3，n（Fe3+）：n（OH-）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1，不符合图象的数值变化，错误；D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42-=BaSO4↓，H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；故选C。【思路点拨】本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，需要从图象中分析数据结合物质之间的反应和沉淀的生成判断，题目难度较大。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】9．一定条件下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZ①NaOH溶液Al稀硫酸②KOH溶液Br2Na2SO3溶液③O2N2H247\n④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．只有①③④B．只有①②④C．只有①②③D．①②③④皆可【知识点】物质的性质C2D2C3【答案解析】D解析：①、铝既能与碱溶液反应又能与酸反应，故①正确；②、卤素单质能与碱液反应，也能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，故②正确；③、氮气与氧气在放电时生成NO，氮气与氢气在高温高压催化剂存在时能够合成氨气，故③正确；④、铜能将氯化铁还原为氯化亚铁，铜能溶于浓硝酸，故④正确。①②③④皆可。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质的性质，掌握常见物质的性质是关键，铝、氧化铝、氢氧化铝都既能溶于酸，又能溶于碱。【理综卷（化学解析）·2022届湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考（202201）】11．向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊→澄清”现象的是A．X：硝酸银溶液，Y：氨气B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氢氧化钡溶液，Y：二氧化碳D．X：偏铝酸钠溶液，Y：二氧化氮【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物D2D4C2【答案解析】B解析：：A．氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清；B．漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清；C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清；D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象。【思路点拨】本题考查了物质的基本性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】28．(14分)某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4.7H2O。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31％)、Fe(1．3％)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3％)。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：47\n(1)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是(2)“酸浸”时所加入的酸是(填化学式)。(3)加入H2O2时发生反应的离子方程式为(4)操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是(5)产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeS04·7H20)，其原因可能是(写出一点即可)。(6)NiS04·7H20可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为。【知识点】物质制备工艺流程铝铁及其化合物的性质原电池原理J4C2C3F3【答案解析】（1）2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O；（2）H2SO4；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）3.2-9.2；（5）H2O2的用量不足（或H2O2失效，或保温时间不足），导致Fe2+未被完全氧化；（6）NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-解析：（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，从而达到除去铝元素的目的；反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸；加入H2O2时将亚铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）依据图表中形成沉淀需要的PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，同时保证镍离子不沉淀，pH应在3.2-9.2间，（5）在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，所以产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O）；（6)根据电池工作时正极发生还原反应，即NiOOH得电子生成Ni(OH)2：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-【思路点拨】本题考查了物质制备工艺流程，涉及铝铁及其化合物的性质、原电池原理，难点是应用阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH分析问题。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】9．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，w、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，w的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是A.单质熔点：w>ZB.离子半径：w>x>ZC．最高正价：w>X>ZD．原子序数：Z>W>X>Y【知识点】元素推断、元素周期表元素周期律C2E247\n【答案解析】C解析：根据w的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，w、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，A、w的单质是氮气，Z的单质是金属，单质熔点：应该是Z>w，故A错误；B、根据核外电子排布相同的离子，核电荷数大的半径小，所以离子半径应该是：w>Z>x，故B错误；C、最高正价：w是+5价，X是+3价，Z是+1或+2价，故C正确；D、原子序数：Y>X>Z>W，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了元素推断、元素周期表、元素周期律，关键是得到W、X、Y、Z对应的元素。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】25．（14分）四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：信息①原子半径大小：A>B>C>D信息②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：丙：有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌。乙：无色，无气味并且易燃，含B的质量分数为75%，是常见的一种基础能源。甲：是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二。请根据上述信息回答下列问题。（1）B元素在周期表中的位置，请写出BC2分子的电子式。（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，F元素的某些盐类常用作净水剂。E单质与甲反应有化合物X生成。请写出以下两个反应的离子方程式。①A元素的单质与物质甲发生的反应。②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，X与Y两种化合物在溶液中发生的反应。（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构。向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液。滴加过程中的现象是：①浅绿色溶液变成深棕黄色，②有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，并放出较多热量，继续滴加溶液，静置一段时间，③试管底部出现红褐色沉淀。向浊液中再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黄色。请用化学方程式或离子方程式及必要的文字解释①、②、③中加点的字。①；②；③。【知识点】元素推断元素周期表和元素周期律E2C2【答案解析】（1）第2周期IVA族（2分）（2分）（2）①Cl2+H2OH++Cl-+HClO（2分）47\n②Al2O3+2OH-2AlO-2+H2O（2分）（3）①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O，浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+（浓度大时呈深棕黄色）（2分）②过氧化氢分解可产生氧气，常温时反应2H2O22H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈（2分）③反应①使c（H+）降低且反应②放热，从而使水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀（2分）。解析：根据三种分子的比例模型及部分性质可知甲、乙、丙分别是水、甲烷、次氯酸，结合四种短周期元素A、B、C、D的原子半径大小关系：A>B>C>D，得到A、B、C、D分别是Cl、C、O、H，（1）B是碳元素，在周期表中的第2周期IVA族，（2）A是氯元素，所在周期是第三周期，根据第三周期E元素的单质还原性最强知E是Na元素，F元素的某些盐类常用作净水剂知F是铝元素，E单质与甲反应有化合物X生成，X是NaOH，①A元素的单质与物质甲发生的反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，Y是Al2O3，X与Y两种化合物在溶液中发生的反应：Al2O3+2OH-2AlO-2+H2O；（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，知丁为H2O2，亚铁离子被双氧水氧化：①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O，浅绿色Fe2+被过氧化氢氧化成黄色Fe3+（浓度大时呈深棕黄色）；②过氧化氢分解可产生氧气，常温时反应2H2O22H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；③反应①使c（H+）降低且反应②放热，从而使水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀；【思路点拨】本题考查了元素推断、元素周期表和元素周期律，突破口是三种分子的比例模型及性质。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】30．HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种。现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出。在反应结束后的溶液中，逐渐加入4mol·L-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量关系如下图。请回答：n(沉淀)V(NaOH)BCAOED3.0F1516.518.5（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是________（2）纵坐标中A点数值是____，B点数值是_______，原HNO3浓度是______________【知识点】硝酸的化学性质，镁、铝的重要化合物C2D4【答案解析】（1）+3（2）0.008、0.016、0.72mol/L解析：47\n根据图象可知混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3。（1）图象分析，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁。（2）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；通过上面的分析、根据氮原子守恒可知O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质=2硝酸钠的物质的量，而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以硝酸的物质的量=4mol/L×0.015L+2×4mol/L×（0.0165L-0.015L）=0.072mol，所以原硝酸的物质的量浓度=0.072mol/0.1L=0.72mol/L；根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，即：n[Al（OH）3]=4mol/L×（0.0185L-0.0165L）=0.008mol，根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量=3×0.008mol=0.024mol，CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量=4mol/L×（0.015L-0.003L）-0.024mol=0.024mol，则n[Fe（OH）3]=1/3n(NaOH)==0.008mol，纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量=0.008mol；纵坐标B点的数值即是氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量=0.008mol+0.008mol=0.016mol。【思路点拨】本题考查了铁、铝、硝酸的性质应用，图象分析能力，计算应用能力，综合性较强，题目难度较大。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】17．已知：2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，向含2molNaOH、1molBa(OH)2、2molNa[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(CO2)（mol）2345n(沉淀)（mol）2232【知识点】化学方程式的有关计算，离子反应的先后顺序C2【答案解析】C解析：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，错误；B．当通入的n（CO2）=3mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH-+CO2=CO32-+H2O、2[Al（OH）4]-+CO2=2Al（OH）3↓+CO32-+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3），故B错误；C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与Na[Al（OH）4]发生反应2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；D．当通入5mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的1mol二氧化碳与生成的1mol碳酸钠发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以最后剩余沉淀的物质的量为3mol，错误。故选C。【思路点拨】本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响。47\n【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】6．如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为A．NaB．Mg C．AlD．Mg或Al【知识点】Na、Mg、Al及浓硫酸的性质C1C2D3【答案解析】B解析：第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质为Mg和Al，但是Al遇浓硫酸产生钝化的现象，故选B。【思路点拨】本题考查了金属的性质和浓硫酸的性质，难度不大。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】3．某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点。下列用数轴表示不合理的是A．Cl2与CH4取代反应后的产物：B．向烧碱液中通入SO2后的产物：C．铁和稀硝酸反应：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：【知识点】镁、铝及铁形成的单质和化合物的性质，二氧化硫的化学性质，取代反应C2C3D3I1【答案解析】A解析：A、氯气和甲烷发生的取代反应是连锁反应，四种取代产物都会生成，故A错误；B、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故B正确；C、少反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3HNO3+8Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=4：1，；过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=8：3；，在4：1～8：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化符合，故C正确；D、OH-与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al（OH）3的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al（OH）3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以AlO2-的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≥4时铝元素都以AlO2-的形式存在，故D正确；故选A。【思路点拨】本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，难度中等，掌握化学方程式的书写是解题的关键。【化学卷（解析）·47\n2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】10．甲和乙两烧杯中各装有100mL0.2mol·LAlCl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的NaOH溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是A．实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致B．甲中沉淀一定比乙中的少C．甲中沉淀可能比乙中的多D．乙中沉淀可能比甲中的多【知识点】铝元素的性质C2【答案解析】D解析：在氨水和NaOH溶液中，加入10mL 0.1mol•L-1 AlCl3溶液，都会生成氢氧化铝沉淀。氨水为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，则相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的多； 当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中生成的氢氧化铝的物质的量=10mL×10-3L/mL×0.1mol•L-1=0.001mol，乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；当氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；当氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，甲中生成的氢氧化铝为0.001mol，乙中生成的0.001mol氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多。通过以上分析知D正确。【思路点拨】本题考查了元素化合物知识，此题解答时，根据氢氧化铝的性质采用讨论的方法进行解答，能正确进行分段是解本题的关键，所以在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法，难度较大。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】1．化学与生产、生活和社会密切相关。下列说法不正确的是A．漂白粉长期暴露在空气中会变质失效B．雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象C．硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品D．不锈钢具有较强的抗腐蚀性，是因为在钢铁表面镀上了金属铬【知识点】化学与生产、生活和社会D2H4C2C3【答案解析】D解析：A、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，正确；B、雾霾属于常见的气溶胶，当一束强光通过该液体可以观察到丁达尔现象，正确；C、硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品，正确；D、不锈钢是在钢中加入铬、镍等金属，改变内部结构，并不是在金属表面覆盖保护层，故D错误。【思路点拨】本题考查了铝、氯及铁元素化合物的性质以及金属的防护、胶体的性质等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】12．用下列装置能达到有关实验目的的是粗铝纯铝AlCl3溶液NaHCO3Na2CO3Ca(OH)2煤油FeSO4溶液NaOH溶液47\n甲乙丙丁A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备Fe(OH)2C．用丙图装置制取金属锰D．用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【知识点】实验设计C2F4J4【答案解析】BC解析：A、阴极氢离子放电，不能析出铝，故A错误；B、使用油封，以及采取长的胶头滴管伸到液面下，可以防止Fe(OH)2被氧化，故B正确；C、铝热反应可以冶炼锰，故C正确；D、应该将碳酸氢钠放在内部的小试管中做对照实验，故D错误。故答案选BC【思路点拨】本题考查了实验设计，理解Fe(OH)2的制备关键是防止氧化。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分)11．下列反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水中滴加少量的小苏打溶液：Ca2+＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O+CO32－B．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－＝AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2OC．过氧化钠和水反应：2O22-＋2H2O＝4OH－＋O2↑D．H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O【知识点】离子方程式的判断B1C2【答案解析】D解析：A、澄清石灰水中滴加少量的小苏打溶液，小苏打完全反应，正确的离子方程式为：Ca2+＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O，故A错误；B、缺少铵根离子与氢氧根离子的反应，故B错误；C、过氧化钠应该保留化学式，故C错误；D、H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，科学合理，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了离子方程式的判断，应特别注意物质的量不同发生的反应不同的情况。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】6．下列现象或反应的原理解释正确的是现象或反应原理解释A．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用B．合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应47\nC．镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D．2CO＝C＋O2在任何条件下均不能自发进行该反应△H＞0，△S＜0【知识点】化学反应原理C2F1G2【答案解析】D解析：A、解释错误，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落是因为铝表面的氧化膜熔点比铝的高，铝熔化而氧化铝未熔化，故A错误；B、合成氨反应需在高温条件下进行是综合考虑反应速率和产率而选择的条件，并且合成氨的反应为放热反应，故B错误；C、由于活泼性锌＞铁＞锡，所以镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀，故C错误；D、熵减、吸热的反应任何条件下均不能自发，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了反应原理的理解，学习时要注意理解一些现象或反应的原因。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】4．下列有关金属及其化合物的说法中正确的是A．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OB．常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸C．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D．FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时变红色【知识点】金属及其化合物的性质C1C2C3【答案解析】B解析：A、钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；B、常温下铝遇浓硫酸、浓硝酸钝化，阻止内部的铝继续反应，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故B正确；C、铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时不变色，铁离子遇KSCN溶液时变红色，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了物质的性质，属于记忆内容，钠与氧气反应是条件不同产物不同。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】2．下列物质或反应的分类正确的是A．纯碱、醋酸钠分别属于碱和盐B．钢和目前流通的硬币都是金属单质C．氯水和氨水都属于弱电解质D．铝与强酸、强碱的反应都是氧化还原反应【知识点】物质分类和基本概念C2C4【答案解析】D解析：A、纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B、钢和目前流通的硬币都是合金，故B错误；C、氯水和氨水都是混合物不属于电解质，氯水中的次氯酸和氨水中的一水合氨属于弱电解质，故C错误；D、铝与强酸、强碱的反应都有元素的化合价变化，都是氧化还原反应，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质分类和基本概念，氯水和氨水都是混合物既不属于电解质也不属于非电解质。C3铁、铜及其化合物【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】16．在100mL密度为1.2g47\n/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。则下列叙述不正确是A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g【知识点】有关混合物反应的计算C2C3D4【答案解析】C解析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g/17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，正确；B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，硝酸有可能有剩余，错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，正确；故选C。【思路点拨】本题考查了混合物的有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用能力和解决复杂问题的能力，难度较大。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】3．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气、二氧化碳等气体B．二氧化硫具有漂白性，可用于加工食品使食品增白C．铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料D．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸【知识点】硫及其化合物、铝铜性质C2C3D3【答案解析】【解析】C解析：A．浓硫酸具有很强的吸水性，不可用于干燥氨气，故A错误；B．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故B错误；C．因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料，故C正确D．因铜能与浓硝酸反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了常见物质的性质，属于对基础知识的考查，题目难度不大，结合相关知识即可解答。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】19．向1047\n0mlFeCl3溶液中通入标准状况下的H2S气体3．36L，设H2S全部被吸收后,再加入过量的铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有0．6mol金属阳离子，则原FeCl3溶液的物质的量浓度为（）A．5．0mol/LB．4．0mol/LC．4．5mol/LD．3．0mol/L【知识点】物质的量浓度的计算，铁的化合物的性质A3C3【答案解析】B解析：该反应过程为：氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和盐酸、S，生成的盐酸再和铁反应生成氯化亚铁，所以最终溶液中的溶质是氯化亚铁，根据氯原子守恒计算氯化铁的物质的量浓度，2n（FeCl3）=3n（FeCl2），n（FeCl3）=2/3n（FeCl2）=0.6mol×2/3=0.4mol，则原氯化铁溶液的浓度为：c（FeCl3）=0.4mol/0.1L=4mol/L，故选B。【思路点拨】本题考查了物质的量难度的有关计算，题目难度中等，明确反应实质是解答本题的关键，然后利用原子守恒进行分析解答即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，综合性较强。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】28．（14分）铜是与人类关系非常密切的有色金属。已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu。大多数+1价铜的化合物是难溶物，如：Cu2O、CuI、CuCl、CuH等。（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为：，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为：。（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a.2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)+I2b.2Cu2++2Cl-+2I-=2CuCl↓(白色)+I2。为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是。A．SO2B．苯C．NaOH溶液D．乙醇（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）。①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：。②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式。③将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式（4）常温下，向0.20mol•L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c(Cu2+)=________________mol.L 1。[已知：]【知识点】物质的性质沉淀溶解平衡及计算方程式的书写C3B1H5【答案解析】（14分）（每空2分）（1）砖红色，CuO(2)B(3)①电子式略②2CuH+2H+==Cu+Cu2++2H2↑③6、16、6、3、4NO、8H2O2.2×10-4解析：⑴新制Cu（OH）2悬浊液中氧化葡萄糖生成砖红色的Cu2O，黑色物质是CuO⑵为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是苯，因为苯可萃取碘47\n⑶①NH5是NH4H，电子式：②CuH中的H是-1价，在过量稀盐酸中发生归中反应，生成氢气：2CuH+2H+==Cu+Cu2++2H2↑③稀硝酸被还原为NO，同时有水生成，1molCuH失去电子2mol，与NO的物质的量之比是3：2⑷pH=6时，c(OH-)=10-8mol·L 1，c(Cu2+)=2.2×10-20÷（10-8）2=2.2×10-4mol·L 1。【思路点拨】I2溶液有颜色，因此解答本题⑵只需除去I2即可；-1价的H有还原性。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】28．(14分)某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4.7H2O。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31％)、Fe(1．3％)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3％)。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：(1)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是(2)“酸浸”时所加入的酸是(填化学式)。(3)加入H2O2时发生反应的离子方程式为(4)操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是(5)产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeS04·7H20)，其原因可能是(写出一点即可)。(6)NiS04·7H20可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为。【知识点】物质制备工艺流程铝铁及其化合物的性质原电池原理J4C2C3F3【答案解析】（1）2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O；（2）H2SO4；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）3.2-9.2；（5）H2O2的用量不足（或H2O2失效，或保温时间不足），导致Fe2+未被完全氧化；（6）NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-解析：（1）“碱浸”47\n过程中是为了除去铝及其氧化物，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，从而达到除去铝元素的目的；反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸；加入H2O2时将亚铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）依据图表中形成沉淀需要的PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，同时保证镍离子不沉淀，pH应在3.2-9.2间，（5）在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，所以产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O）；（6)根据电池工作时正极发生还原反应，即NiOOH得电子生成Ni(OH)2：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-【思路点拨】本题考查了物质制备工艺流程，涉及铝铁及其化合物的性质、原电池原理，难点是应用阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH分析问题。【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】13．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mLbmol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是（▲）A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，Fe又开始溶解，Cu不溶解B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋C．若金属全部溶解，且产生336mL气体(标准状况)，则b=0.3D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a与b的关系为：b≥80y(1－a/3)【知识点】金属与硝酸反应的规律C3D4【答案解析】D解析：A、若金属有剩余，说明溶液中有硝酸根，在溶液中再滴入硫酸后，相当于又存在了硝酸，金属均能溶解，故A错误；B、由于铁可以将生成的三价铁还原为亚铁离子，溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；C、硝酸中氮元素的化合价由+5价降到+2价，当产生336mL（标准状况）即0.015mol一氧化氮时，转移电子的物质的量为0.015mol×（5-2）=0.045mol，即还原的硝酸为0.015mol，这部分硝酸的浓度为0.015mol/0.05L=0.3mol/L，还有一部分硝酸显示了酸性，所以硝酸的浓度b＞0.3，故C错误；D、根据铁和铜与硝酸的反应生成Fe（NO3）3和Cu（NO3）2，起酸性作用硝酸为3y（1-a）+2yamol，还原的硝酸硝酸等于NO的物质的量，为mol，所以反应消耗硝酸的物质的量为=4y（1-），C（HNO3）=80y（1-），因为硝酸还可能有剩余，所以b≥80y（1-），故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了金属与硝酸反应的规律，理解消耗的硝酸总量等于溶液中的硝酸根与一氧化氮的物质的量之和。47\n【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】25．部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是A．V＝44.8B．原样品中Fe元素的质量分数为38.89%C．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋D．样品中CuO的质量为4.0g【知识点】铁、铜及其重要化合物的化学性质，化学方程式的有关计算C3【答案解析】B解析：A、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量5.76g-3.2g-2.24g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，错误；B、根据A项中充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，则原样品中Fe元素的质量分数为0.04×56/5.76=38.89%,正确；C、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，错误；D、根据B的答案知道铁元素质量为2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误。【思路点拨】本题是一道关于元素以及化合物知识的综合题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】21．8.34gFeS04·7H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4•5H2OB．温度为l59℃时固体物质N的化学式为FeSO4•3H2OC．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4FeO+SO3↑D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量，铁及其化合物的性质实验C347\n【答案解析】D解析：A、依据图象分析在78℃时固体质量变为6.72g，绿矾加热失去结晶水，质量减小，设失去结晶水x个，则8.34gFeS04•7H20样品物质的量=8.34g/278g/mol=0.03mol，FeSO4•7H2OFeSO4•（7-x）H2O+xH2O0.03mol 0.03xmol依据加热分解减少的是水的质量列式：0.03xmol×18g/mol=8.34g-6.72g=1.62gx=3所以加热到78℃时固体为FeSO4•4H2O，错误；B、根据和A选项相同的计算方法可以得到固体物质N的化学式为FeSO4•H2O，错误；C、经过计算可以得到在P点时，固体物质为FeSO4，则N得到P的化学方程式为FeSO4•7H2OFeSO4+7H2O，错误；D、晶体全部失去结晶水得到固体质量为8.34g-0.03mol×7×18g/mol=4.56g；对应温度为633°C；取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，结晶水全部失去，硫酸亚铁受热分解，假设Q的化学式为Fe2O3，根据元素守恒可得Fe2O3的物质的量为0.015mol，质量为2.40g，与图像中的Q的质量恰好相同，同时有两种无色气体生成，判断为SO2，SO3，正确。【思路点拨】本题考查了图象分析及计算，注意过程的分析和判断，掌握物质性质和数据分析是解题的关键，题目难度较大。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】19．铁和氧化铁的混合物共amol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到bmol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为A．molB．molC．molD．mol【知识点】有关混合物反应的计算C3【答案解析】A解析：根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为1/2（a-b）mol，故共含铁bmol+1/2（a-b）mol=1/2（a+b）mol，故选A。【思路点拨】本题考查了混合物有关计算，难度中等，清楚反应过程是解题关键，注意利用总反应方程式解答，侧重对学生思维能力考查。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】8.(14分）某同学旅游时发现，苗族人的银饰美丽而富有民族文化，制作银饰时可以选用Fe(NO3)3溶液做蚀刻剂。受此启发，该同学所在的化学兴趣小组在实验室选用Fe(NO3)3溶液清洗做过银镜反应的试管，发现不但银镜溶解，而且较少产生刺激性气体。化学兴趣小组对Fe(N03)3溶液溶解银的原理进行探究：【提出假设】假设1:Fe(N03)3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3-能氧化Ag;假设2:Fe3+具有氧化性，能氧化Ag【验证假设】47\n(1)甲同学验证假设1。①用淡紫色的Fe(NO3)3·9H20晶体（分析纯，Mr=404)配制1.5mol/L的Fe(N03)3溶液100mL。需要称取__gFe(N03)3·9H20晶体，配制过程中所用到的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需：__②测得1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液pH约为1，其原因用化学用语表示为_。③将pH=1的HN03溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜慢慢溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色，溶液中发生反应的离子方程式应是④将1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜很快溶解，并且溶液颜色加深。(2)乙同学为验证假设2。分别用溶质的质量分数为2%、10%的足量FeCl3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，都看不出银镜溶解。乙同学由此得出结论，假设2不成立。你是否同意乙的结论?_______,简述理由：_______【思考与交流】甲同学的实验④中，溶液颜色为什么会加深？查阅资料得知，Fe2+能与NO形成配离子：（棕色)。已知，同浓度的硝酸氧化性比Fe3+略强。根据以上信息综合分析，浓、稀Fe(NO3)3溶液溶解银镜时，发生的反应有何不同？________________【知识点】性质实验方案的设计C3J4【答案解析】【验证假设】（1）①60.6100 mL容量瓶、胶头滴管②Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+③3Ag＋NO＋4H+==3Ag+＋NO↑＋2H2O（2）不同意没有检验是否生成了Fe2+，可能是Fe3+与Ag发生了反应，但生成的Ag+与Cl－形成沉淀阻止了反应继续进行，也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银【思考与交流】Fe(NO3)3浓溶液中，Fe3+、NO都氧化了Ag，Fe(NO3)3稀溶液中可能只有NO氧化了Ag解析：：[验证假设]（1）①用淡紫色的Fe（N03）3•9H20晶体配制1.5mol/L的Fe（N03）3溶液100mL，依据硝酸铁溶质物质的量为0.15mol，所以需要晶体质量=0.15mol×404g/mol=60.6g；配制溶液的过程和步骤分析可知需要的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需100ml的容量瓶，胶头滴管；②测得1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液pH约为1说明溶液呈酸性，是铁离子水解的原因，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；③将pH=1的HN03溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜慢慢溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色，溶液中发生反应的离子方程式应是：47\n3Ag+NO3-+4H+═3Ag++NO↑+2H2O；（2）假设2中，铁离子的氧化性和铁离子的浓度大小有关，且生成的银离子在溶液中生成氯化银沉淀阻止反应进行，可能是浓度小或阻止反应进行，需要验证亚铁离子的存在证明铁离子是否发生还原反应；没有检验是否生成了Fe2+，可能是Fe3+与Ag发生了反应，但生成的Ag+与Cl-形成沉淀阻止了反应继续进行，也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银，所以不同意乙的结论；[思考与交流]）已知，同浓度的硝酸氧化性比Fe3+略强．根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时的原理不同，Fe（NO3）3浓溶液中，Fe3+、NO3-都氧化了Ag，Fe（NO3）3稀溶液中可能只有NO3-氧化了Ag。【思路点拨】本题考查了物质性质的实验设计和现象分析判断，题干信息的分析理解是解题关键，注意掌握物质性质和实验基本操作，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】3．某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点。下列用数轴表示不合理的是A．Cl2与CH4取代反应后的产物：B．向烧碱液中通入SO2后的产物：C．铁和稀硝酸反应：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：【知识点】镁、铝及铁形成的单质和化合物的性质，二氧化硫的化学性质，取代反应C2C3D3I1【答案解析】A解析：A、氯气和甲烷发生的取代反应是连锁反应，四种取代产物都会生成，故A错误；B、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故B正确；C、少反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3HNO3+8Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=4：1，；过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=8：3；，在4：1～8：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化符合，故C正确；D、OH-与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al（OH）3的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al（OH）3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以AlO2-的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≥4时铝元素都以AlO2-的形式存在，故D正确；故选A。【思路点拨】本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，难度中等，掌握化学方程式的书写是解题的关键。47\n【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】10.（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用(NH4)2Fe(SO4)2代替FeSO4作标液，(NH4)2Fe(SO4)2的制备工艺流程如下：(l)已知流程中铁粉制备反应如下：4H2O(g)+3Fe(s)Fe3O4(s)十4H2(g)△H=akJ/molFe3O4(s)=3Fe(s)+2O2(g)△H=bkJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为____。(2)步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②。(3)步骤Ⅳ生成(NH4)2Fe(SO4)2，其化学反应方程式为____；操作I为。(4)已知在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化。据此分析(NH4)2Fe(SO4)2比FeSO4稳定的原因是。【知识点】工艺流程题反应热氧化还原反应实验操作B3C3F1J1【答案解析】解析：⑴根据盖斯定律两式相加除以2即可：H2O(g)=H2(g)＋0.5O2(g),△H=(a＋b)/4kJ/mol⑵根据电荷守恒和原子守恒，该空的物质是TiO2+。步骤I加入铁粉的作用是消耗酸，促进TiOSO4水解生成H2TiO3，另一方面是防止Fe2+被氧化⑶步骤Ⅱ的滤液是硫酸亚铁，在步骤Ⅲ中与硫酸铵反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，操作I是得到(NH4)2Fe(SO4)2晶体，可采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法获得⑷在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化，即Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4)2Fe(SO4)2中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO4的酸性强，则(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的程度减弱。【思路点拨】解答本题的⑷需分析题意获取信息;Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化,然后结合水解分析即可。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】19．(14分)某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验。请回答下列问题：47\n(1)按上图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。仪器b的名称为_____________：实验过程中，装置B中观察的现象是_______________；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是______________(填化学式)。(2)装置A中还会产生CO2气体，请写出产生CO2的化学方程式：____________________________________________________。(3)为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列①～④中选出必要的装置连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为_______________(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是________________________________。(4)某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是_______________________________(用离子方程式表示)。【知识点】浓硫酸的性质实验，铁及其化合物的性质实验D3C3J5【答案解析】（1）分液漏斗品红试纸退色，石蕊试纸变红BaSO4（2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（3）③②④赶尽装置中的空气，防止空气的CO2影响实验（4）Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑解析：（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；硝酸具有氢氧化性，把二氧化硫通入硝酸钡溶液，会生成硫酸钡沉淀。（3）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳，从左到右的顺序为③②④。（4）随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，反应的方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。47\n【思路点拨】本题考查了浓硫酸性质的分析判断，产物性质的实验验证实验方法和反应现象应用，主要是二氧化硫性质的分析应用，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】2．下列关于物质的性质与应用相对应的是A．氯气有毒，不可用作自来水的杀菌消毒B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．硫粉具有还原性，可用于制造黑火药D．Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具的供氧剂【知识点】氯、硫、钠元素形成的单质和化合物性质及铁盐和亚铁盐的相互转变C1C3D2D3【答案解析】B解析：A、氯气有毒，能和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，所以可用来自来水的杀菌消毒，错误；B、FeCl3溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；D、过氧化钠可以和水或是二氧化碳反应生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，在呼吸面具中可用Na2O2作为供氧剂，但不是利用的Na2O2的强氧化性，错误。【思路点拨】本题考查了物质的性质和用途，基础性较强。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】1．化学与生产、生活和社会密切相关。下列说法不正确的是A．漂白粉长期暴露在空气中会变质失效B．雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象C．硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品D．不锈钢具有较强的抗腐蚀性，是因为在钢铁表面镀上了金属铬【知识点】化学与生产、生活和社会D2H4C2C3【答案解析】D解析：A、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，正确；B、雾霾属于常见的气溶胶，当一束强光通过该液体可以观察到丁达尔现象，正确；C、硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品，正确；D、不锈钢是在钢中加入铬、镍等金属，改变内部结构，并不是在金属表面覆盖保护层，故D错误。【思路点拨】本题考查了铝、氯及铁元素化合物的性质以及金属的防护、胶体的性质等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】18．（13分）钡盐行业生产中排出大量的钡泥，主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等。某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba(NO3)2，其部分工艺流程如下（已知溶液中Fe3+沉淀完全的pH=3.7）：47\n（1）酸溶后溶液中，Ba(FeO2)2与HNO3的反应化学方程式为。（2）酸溶时通常控制反应温度不超过70℃，且不使用浓硝酸，原因是。（3）该厂结合本厂实际，选用的X为（填化学式）；中和Ⅰ使溶液中（填离子符号）的浓度减少（中和Ⅰ引起的溶液体积变化可忽略）。【知识点】物质制备流程C3J4【答案解析】(1)Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O（3分）(2)防止反应速度过快（2分）浓HNO3易挥发、分解（2分）(3)BaCO3（3分）Fe3+H+（3分）解析：(1)Ba(FeO2)2中铁的化合价是+3，与HNO3的反应不涉及氧化还原，化学方程式为Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O(2)酸溶时通常控制反应温度不超过70℃，是因为温度高时反应速度过快，不使用浓硝酸是因为浓HNO3易挥发，受热或见光易分解。(3)X的作用是与氢离子反应使溶液的PH调高到4-5，根据制备的产品是Ba(NO3)2，用BaCO3不会引入杂质。加入X消耗氢离子，溶液的PH调高到4-5，铁离子沉淀完全，所以溶液中Fe3+H+的浓度减少。【思路点拨】本题考查了物质制备流程，书写与硝酸的反应时注意Ba(FeO2)2中铁的化合价，理解除杂时尽量不要引入新杂质。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】5．下列实验操作能够达到目的的是A．用金属钠除去乙醇中混有的少量水B．用足量铁粉和氯气直接反应制FeCl2固体C．用激光笔照射鉴别Fe(OH)3胶体和Fe(SCN)3溶液D．用铂丝蘸取某溶液于无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，证明其中不含K＋【知识点】物质的检验、除杂J2H4C3【答案解析】C解析：A、钠与水、乙醇都反应，故A错误；B、无论铁粉少量还是过量，铁粉和氯气直接反应只能生成FeCl3固体，故B错误；C、区别胶体和溶液的简单方法是利用丁达尔效应，故C正确；D、用铂丝蘸取某溶液于无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，证明其中含Na＋，透过蓝色的钴玻璃观察才能知道是否含K＋，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了物质的检验、除杂，注意无论铁粉少量还是过量，铁粉和氯气直接反应只能生成FeCl3固体，在溶液中铁粉能将铁离子还原得到亚铁离子。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】4．下列有关金属及其化合物的说法中正确的是A．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OB．常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸C．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D．FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时变红色【知识点】金属及其化合物的性质C1C2C3【答案解析】B解析：A、钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；B、常温下铝遇浓硫酸、浓硝酸钝化，阻止内部的铝继续反应，所以47\n常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故B正确；C、铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加KSCN溶液时不变色，铁离子遇KSCN溶液时变红色，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了物质的性质，属于记忆内容，钠与氧气反应是条件不同产物不同。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】2．工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是A.CO过量B．CO与铁矿石接触不充分C．炼铁高炉的高度不够D．CO与的反应有一定限度【知识点】铁的冶炼化学平衡C3G2【答案解析】D解析：由于CO与Fe2O3的反应有一定限度，存在平衡状态，因此反应物不能完全转化为生成物，所以焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，答案选D。【思路点拨】可逆反应的反应物不能全部转化为生成物。C4金属的通性及金属材料【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】13．.出土的锡青铜（铜锡合金）文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法不正确的是A．锡青铜的熔点比纯铜高B．在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用C．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【知识点】合金的熔点金属的腐蚀C4F3【答案解析】AD解析：A、根据合金的熔点低于形成合金的成分的熔点，应该是锡青铜的熔点比纯铜低，故A错误；B、锡比铜活泼，锡青铜中的锡可对铜起保护作用，故B正确；C、一般金属在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，故C正确；D、生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，也是化学反应过程，故D错误。故答案选AD【思路点拨】本题考查了合金的熔点及金属的腐蚀问题，注意合金的熔点低于形成合金的成分的熔点。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】2．下列物质或反应的分类正确的是A．纯碱、醋酸钠分别属于碱和盐B．钢和目前流通的硬币都是金属单质C．氯水和氨水都属于弱电解质D．铝与强酸、强碱的反应都是氧化还原反应【知识点】物质分类和基本概念C2C447\n【答案解析】D解析：A、纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B、钢和目前流通的硬币都是合金，故B错误；C、氯水和氨水都是混合物不属于电解质，氯水中的次氯酸和氨水中的一水合氨属于弱电解质，故C错误；D、铝与强酸、强碱的反应都有元素的化合价变化，都是氧化还原反应，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质分类和基本概念，氯水和氨水都是混合物既不属于电解质也不属于非电解质。C5金属及其化合物综合【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】21．（9分）已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式_______________________。将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D—空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：________________。（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为____________（写化学式）。（3）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：_________________________________。已知常温下1molC与H2O反应生成气体D和E溶液放出46kJ热量,写出C与水反应生成D和E的热化学方程式：___________________________________________。【知识点】无机物的推断，化学电源新型电池，热化学方程式的书写C5D5F5【答案解析】(1)Mg3N2+6H2O＝3Mg(OH)2↓+2NH3↑2NH3-6e-+6OH-＝N2+6H2O(2)Al2S3(3)Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O；3NO2(g)+H2O(l)＝2HNO3(aq)+NO(g)△H＝－138KJ/mol(其它合理答案也可)解析：：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH3，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，所以其反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝。（3）若条件①为常温，B和D为同-种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和稀硝酸反应为：Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O【思路点拨】本题考查了元素化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，明确物质的特殊性质即可解答，难度中等。47\n【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】5．已知A、B为单质，C为化合物。且有如下转化关系A+BCA+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液与Na2CO3溶液反应，放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则B可能为Al④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是A．①②B．②④C．①③D．③④【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5F4【答案解析】B解析：由题目可知，电解的最终结果是电解电解质本身，故C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na，B可能为氯气，但电解NaCl溶液不能得到Na单质，错误；②若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，C为HCl，则A可能是H2，故正确；③若C溶液中滴加NaOH溶液有沉淀生成，后沉淀有溶解，满足上述转化时，则B可能为Al，但在电解铝的化合物时得不到金属铝，故错误；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中应含铜离子，则B可能为Cu但电解氯化铜溶液可以得到单质铜和氯气，故正确。正确选项为B【思路点拨】本题考查了本题考查无机推断，把握电解生成A、B两种单质为解题本题的突破口，熟悉元素化合物的性质及电解原理即可解答，明确电解中离子的放电顺序，题目的综合性较强，但是难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省江南十校高三期末大联考（202201）WORD版】10．下列物质的转化在一定条件下通过一步反应难以实现的是()A．Ca(Cl)2(aq)→HClO(aq)→HCl(aq)B．FeO→FeCl2(aq)→FeCl3(aq)→无水FeCl3C．Al2O3→NaAlO2(aq)→Al(OH)3D．H2SiO3→SiO2→SiF4【知识点】元素化合物C5D5【答案解析】B解析：FeCl3(aq)蒸发浓缩会水解得到氢氧化铁，选B。【思路点拨】运用物质的性质判断发生的反应。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省襄阳市高三第一次调研考试（202201）word版】7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A．处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装中放入生石灰C．金属汞一旦洒落在地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【知识点】合金，食品添加剂的组成、性质和作用，生活环境的污染及治理C5【答案解析】D解析：A、明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀，不是作为消毒剂，错误；B、生石灰是干燥剂，能吸水，但是不能吸收氧气，所以加入生石灰不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，错误；C、金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应加入硫磺粉，错误；D、47\n铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，正确。【思路点拨】本题考查了化学知识在生活实际的应用，明矾的净水作用、常用干燥剂及其使用注意事项、合金的性质等，属于基础知识的考查，题目较简单。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】8．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁A．①④ B．②④ C．①②④ D．①②③④【知识点】金属及其化合物的重要性质C5【答案解析】【解析】C解析：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故①错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而生成致密的氧化膜而能稳定存在，故②错误；Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解，故③正确；不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝是因为它是共价化合物；但可以用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了以类推思维方式为载体考查了元素化合物的性质，解题的关键是对相关问题的理解与掌握，对开阔学生的知识面有一定帮助。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】8．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）。下列各组物质中，满足图示转化关系的是物质选项甲乙丙戊丁ACuHNO3Cu(NO3)2FeNOBH2OFeH2O2Fe2O3CAlNaOHH2Al2O3NaAlO2DCH3CHOO2CH3COOHH2H2O【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】【解析】A解析：A．铁和硝酸反应也能生成NO气体，铁和硝酸铜反应方程式为：Fe+Cu（NO3）2=Fe（NO3）2+Cu，所以能实现物质间的转化，故A正确；B．铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，氢气和氧气反应方程式为2H2+O22H2O，所以不能能实现三氧化二铁的转化，故B错误；C．Al和氢氧化钠溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑47\n，铝是活泼金属不能用氧化还原反应冶炼铝，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；D．乙醛和氧气反应生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，，所以不能实现转化，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意铁和水蒸气反应后的产物，为易错点．【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】15．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11．2L,则混合物中一定含有的金属是（）A．锌B．铁C．铝D．镁【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用C5【答案解析】C解析：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，镁12g，铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。【思路点拨】本题考查了混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】8．下列选项中最后的物质是要制取的物质,其中不能通过所列变化得到的是（）A．B．C．D．【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5【答案解析】C解析：C、FeS是可溶于酸的金属硫化物，故硫酸亚铁不能与硫化氢反应，不能制备硫化亚铁，错误。【思路点拨】本题目综合考查学生元素以及化合物的性质方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，综合性较强，但难度不大。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】17．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2和氯水有漂白性两者都能使溴水褪色B用淀粉-KI鉴别FeCl2Fe2+有氧化性C盐酸和氨水能溶解Al(OH)3Al(OH)3是两性氢氧化物47\nDCuSO4可以用作消毒剂铜盐能使蛋白质变性【知识点】元素化合物（因果关系）C5D5【答案解析】D解析：A、氯水不能使溴水褪色，所以陈述II错误；B、用淀粉-KI不能鉴别FeCl2，二者不反应，错误；C、氢氧化铝只溶于强碱溶液，所以氨水不能溶解氢氧化铝，错误；D、因为CuSO4属于重金属盐，可以使蛋白质变性，因此可以用作消毒剂，正确，答案选D。【思路点拨】根据物质的性质作答。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】10．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，则乙可能是A．Al(OH)3 B．H2SiO3 C．FeCl2 D．CH3C1【知识点】元素化合物C5D5【答案解析】C解析：制备氢氧化铝是由氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵或由偏铝酸钠和氯化铝反应，但两者均不为化合反应，故A错误；二氧化硅不能与水反应生成硅酸，可以用硅酸钠与盐酸反应得到，不能通过化合反应获得硅酸，故B错误；氯化铁与铁单质发生化合反应可以制备氯化亚铁，属于化合反应，故C正确；甲烷与氯气取代反应会按比例生成CH3ClCH2Cl2 CHCl3，不属于化合反应，故D错误。【思路点拨】按选项顺序利用物质的性质解答。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】36．【化学—化学与技术】（15分）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。（1）二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作______________剂。（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。写出过程中的离子方程式：。（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是。（4）NiSO4·xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。操作步骤如下：废渣稀硫酸过滤滤液Ⅰ调pH，加入FeS过滤加H2O2，调pH过滤加Na2CO3过滤NiCO3滤液Ⅱ滤液Ⅲ稀硫酸NiSO4一系列操作NiSO4·xH2O①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为。②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是，调pH的目的是。③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是。【知识点】元素化合物实验离子方程式B1B3C5【答案解析】(15分)(1)氧化(2分)47\n550℃(2)Cr2O72－+3SO32－+8H+=2Cr3++3SO42－+4H2O(3分)(3)4Na+TiCl4=====Ti+4NaCl(2分)(4)①FeS+Cu2+=CuS+Fe2+(2分)②氧化Fe2+(2分)除去Fe3+(2分)③增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO4)(2分)解析：⑴CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，是氧化剂⑵+6价的Cr主要以Cr2O72－存在，被SO32－还原为Cr3+，根据得失电子相等，Cr2O72－与SO32－的物质的量之比是1：3⑶四氯化钛被钠还原为钛⑷①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+。③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶。【思路点拨】根据化合价变化判断物质是氧化剂还是还原剂；根据实验目的判断流程中的反应及操作目的（如I→Ⅱ→Ⅲ）。【理综卷（化学解析）·2022届湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考（202201）】7．下列叙述不正确的是A．根据金属活动性顺序表，可以推断冶炼金属时可能的方法B．CaCl2、MgCl2晶体都容易潮解，它们潮解的实质是晶体表面吸水形成溶液C．根据某元素原子的质子数和中子数，可以确定该元素的相对原子质量D．根据酸、碱、盐的溶解性表，可以判断某些溶液中的复分解反应能否进行【知识点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系，化学基本反应类型，金属冶炼的一般原理C5E1【答案解析】C解析：A、金属的活泼性很强的金属一般用电解法冶炼，较活泼的用热还原法冶炼，不活泼的用热分解法冶炼，所以根据金属活动性顺序表，可以推断冶炼金属时可能的方法，正确；B、CaCl2、MgCl2晶体易吸收空气中的水蒸气，在晶体表面形成水溶液，正确；C、元素的相对原子质量等于各同位素的相对原子质量乘以其在自然界中的丰度之和，错误；D、复分解反应的条件之一是有沉淀生成，所以根据酸、碱、盐的溶解性表，可以判断某些溶液中的复分解反应能否进行，正确；故选C。【思路点拨】本题考查了元素相对原子质量的求算、晶体的潮解、金属的冶炼、复分解发生的条件，侧重于基础知识的考查，难度不大。【化学卷（解析）·2022届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（202201）】8．（16分）金属元素及其化合物在生产生活中应用日趋广泛，根据相关化学知识，回答下列问题：（1）金属钠在空气中燃烧的产物常用于呼吸面具中的供氧剂，钠原子的结构示意图为，请写出其燃烧产物用作供氧剂的原理。（用化学方程式表示）（2）2612Mg的中子数为，化合物MgO的化学键类型为。（3）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种应用广泛的强氧化剂，利用酸性K2Cr2O7的相关性质可以用来检测酒驾。已知将K2CrO4溶于稀硫酸酸化得到重铬酸钾溶液，请写出酸化K2CrO4制备K2Cr2O7溶液的平衡离子方程式：，这一过程溶液从色变成色。47\n（4）为了避免轮船的钢质外壳被腐蚀，通常在轮船外壳上镶嵌比铁活动性强的金属以保护轮船外壳，这种金属防护的方法叫做。（5）向5.2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入0.5mol•L-1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为__________g。【知识点】元素化合物离子方程式计算电化学物质结构与元素周期律A4B1C5E5【答案解析】解析：⑴Na是11号元素，原子结构示意图为，其燃烧产物过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2⑵2612Mg的质量数是26，中子数为26-12=14，MgO的化学键是离子键⑶K2CrO4溶于稀硫酸酸化得到K2Cr2O7溶液，离子方程式为CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O,溶液颜色由黄色变为橙色⑷该方法没有外接电源，因此是牺牲阳极的阴极保护法⑸根据题意反应后的溶液中只有FeSO4和CuSO4，二者的物质的量之和等于硫酸的物质的量，是0．14L×0．5mol/L=0．07mol，混合物中的O与硫酸中的H+结合，即n(O)=n（H2SO4）=0．07mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为m=n·M=0．07mol×16g/mol=1．12g。【思路点拨】本题⑸也可以这样解：在混合物与硫酸混合时发生反应：Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3 +3H2O；Fe2(SO4)3 +Cu=2FeSO4+CuSO4。n(Cu)=n[Fe2(SO4)3]=n(Fe3O4)+n(Fe2O3),向5．2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入0．5mol·L−1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+说明溶液为FeSO4和CuSO4.用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为其中所含有的氧元素的质量。假设5．2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中Fe3O4、Fe2O3的物质的量分别为X、Y，则Cu的物质的量为（X+Y）。根据题意可得：3X+2Y+X+Y=0．14L×0．5mol/L=0．07;232X+160Y+64(X+Y)=5．2,解得X=0．01mol；Y=0．01mol，所以n(O)=4×0．01mol+3×0．01mol=0．07mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为m=n·M=0．07mol×16g/mol=1．12g。【化学卷（解析）·2022届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（202201）】1．下列有关物质应用的说法正确的是A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂【知识点】元素化合物D5C547\n【答案解析】D解析：漂白粉用于自来水的处理是利用漂白粉的氧化性去杀菌消毒，明矾用于自来水的处理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，二者的作用原理不同，A错误；电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气、氯气，欲得到镁，应该电解熔融的氯化镁，B错误；生石灰是碱性干燥剂，不能用来干燥氯气，C错误；D正确。【思路点拨】活泼金属的制备，通常是电解熔融状态的化合物，不能电解其水溶液。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】15．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B、若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC、若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D、若D是一种强酸且可与铜反应生成B或C，则A既可以是单质也可以是化合物【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】A解析：A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，正确；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，正确；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，正确。故选A。【思路点拨】本题考查了无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】19．（12分）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是________________。a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为________；以下选项中的试剂可以检验C溶液中金属阳离子的是__________（填字母编号）。a．NaOH溶液b．KSCN溶液c．稀硫酸d．新制氯水与KSCN溶液C溶液在贮存时应加入少量金属单质X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示（3）若A、B、C为含有同种金属元素的无机化合物，X为强酸或强碱，A溶液与C溶液反应生成B。反应①的离子方程式可能为或。47\n【知识点】元素化合物推断离子方程式氧化还原反应B1B2C5【答案解析】（12分）（1）de（2分，漏选错选均不得分）（2）FeCl3（2分））ad（2分，选对一个给1分，错选不给分））2Fe3++Fe＝3Fe2+，防止Fe2+被氧化（2分）（3）Al3++3OH―＝Al(OH)3↓（2分）[Al(OH)4]－+H+＝Al(OH)3↓+H2O（2分）解析：（1）若X是强氧化性单质，A是单质，则A和X形成的化合物有变价元素，a．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，所以符合转化关系；b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以符合转化关系；c．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，所以符合转化关系；d．Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，所以不符合转化关系；e．Al和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氧气不反应，所以不符合转化关系；故选d e；（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，且X是变价金属，则为铁，所以C是氯化亚铁，B是氯化铁，A是氯气，向溶液中滴加硫氰化钾溶液，如果溶液无颜色变化，再滴加氯水，溶液呈红色，则证明含有亚铁离子，或加入氢氧化钠，生成白色沉淀后变成灰绿色，也可证明含有亚铁离子，亚铁离子易被氧气氧化生成铁离子而变质，为防止变质，C溶液在贮存时应加入少量铁，铁和铁离子反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++Fe=3Fe3+。（3）若A、B、C为含有金属元素的无机化合物，X为强酸或强碱，A溶液与C溶液反应可生成B，则A和X的反应与量有关，且B是氢氧化铝，X可能是氢氧化钠和盐酸，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝，偏铝酸根离子和酸反应生成氢氧化铝，离子反应方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，[Al(OH)4]－+H+＝Al(OH)3↓+H2O。【思路点拨】根据题意若X是强氧化性单质，则A和X形成的化合物有变价元素（连续氧化）；平时学习注意归纳：【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】47\n14．取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到固体X和滤液Y。下列叙述正确的是（）A．上述四种氧化物中，至少有三种是碱性氧化物B．将固体X加入氢氟酸中，X会溶解C．滤液Y中的阳离子只有Mg2＋、Al3＋、Fe3＋三种D．滤液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2【知识点】元素化合物D5C5【答案解析】B解析：上述四种氧化物中，MgO、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，A错误；MgO、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，它们可溶于氢氟酸中，二氧化硅也可与氢氟酸反应，因此X能溶解，B正确；由于盐酸过量，因此溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋，加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3、Mg(OH)2，C、D错误。【思路点拨】解答本题需看清题意：盐酸过量；注意二氧化硅与氢氟酸可以反应。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】13．下列关于元素及其化合物的说法正确的是（）A．Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反应B．Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用相同C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，若再继续加入KNO3固体，铜粉会溶解D．金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱【知识点】元素化合物D5C5【答案解析】C解析：Fe在常温下可被浓硝酸、浓硫酸钝化，没有剧烈反应的现象产生，A错误；Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，两单质的作用分别是作还原剂、还原剂和氧化剂，B错误；酸性条件下NO3-氧化Cu，C正确；Fe在一定条件下与水反应生成H2和四氧化三铁，D错误。【思路点拨】注意认真审题，挖掘题目隐含的信息，如本题C项隐含的信息是酸性环境NO3-有氧化性。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】18．(12分)已知两种相邻周期、相邻主族的短周期非金属元素X、Y，其最高价氧化物的水化物均为强酸。根据下图转化关系(反应条件及部分产物已略去)，回答下列问题：(1)若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子均为10电子微粒，则：①F属于____________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。②反应I的化学方程式为____________________________________________。③将1.92g铜粉与一定量的D的浓溶液反应，当铜粉完全反应时收集到气体1.12L(标准状况)，则反应消耗的D的物质的量为________________mol。(2)若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34gmol，则：47\n①将铜粉与D的浓溶液反应所得溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为____________(填化学式)。②将少量Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生反应，无沉淀生成，请写出该反应的离子反应方程式_______________________。在该反应中若有74.5gNaClO被还原，则转移电子的物质的量为_________mol。【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】（1）①共价化合物②4NH3＋5O24NO＋6H2O③0.11（2）①CuSO4②S2－＋4ClO－===SO42－＋4Cl－2解析：两种位于短周期的相邻周期、相邻主族的非金属元素X、Y，已知两元素最高价氧化物的水化物均为强酸，故X、Y两元素一种为N元素，另一种为S元素。（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A的一个分子中只含有10个电子，故X为N元素，A为NH3，由A与E反应生成B，B与E反应生成C，考虑E为O2，B为NO，C为NO2，由Cu+D→B，C+F→D可知，D为硝酸，F为H2O，验证符合转化关系，则：①由上述分析可知，F为H2O，属于共价化合物；②反应I是氨气催化氧化生成NO与水，反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；③1.92g铜的物质的量为0.03mol，生成Cu(NO3)2的物质的量为0.03mol，生成的气体的物质的量为0.05mol，根据氮元素守恒，消耗的硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.05mol=0.11mol。（2）Y元素为S元素，若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，由Cu+D→B，考虑D为H2SO4，B为SO2，A的摩尔质量为34g•mol-1，则A为H2S，可以推知E为O2，C为SO3，F为H2O，验证符合转化关系，则：①将反应IV是铜与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，所得的溶液是硫酸铜溶液，加热蒸干得到的物质是CuSO4；②化合物Na2S和次氯酸钠溶液在强碱性环境中能发生反应，产物无沉淀，生成硫酸钠、氯化钠与水，该反应的离子反应方程式：S2-+4ClO-=SO42-+4Cl-；74.5gNaClO的物质的量为1mol，NaClO的还原产物为Cl-，则转移的电子的物质的量为2mol。【思路点拨】本题考查了无机物推断，涉及N、S等元素单质及其化合物之间的相互转化，X、Y两元素最高价氧化物的水化物均为强酸及再周期表中的位置为解题突破口，推断出X、Y元素后，根据题目信息结合转化关系进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】8．甲、乙是两种常见的化合物，X、Y、Z是三种常见的单质。下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是【知识点】无机物的性质D1C5【答案解析】B解析：A、X为C，Z为O2，碳与氧气可以发生不完全燃烧生成化合物47\n乙CO，碳与水在高温的条件下可以反应生成CO和H2，氢气在氧气在燃烧生成水，可以一步实现；B、X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，不可以一步实现；C、X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），可以一步实现；D、X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙（HCl）与单质Y（Si），可以一步实现。【思路点拨】本题是道开放型试题，难度不大，旨在考查元素化合物的性质，框图推断选择题，采取验证方法解答，可以省去推断的繁琐，简单易把握，但需对元素化合物知识掌握全面。【化学卷（解析）·2022届福建省厦门市高三上学期质检检测（202201）word版】17.（10分）已知A、B、C、D是中学化学常见物质，它们在一定条件下有A+B→C+D的转化关系。（1）若A为金属铝，B为氧化铁，该反应的一种用途是。（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，该反应的化学反应方程式为。（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，C为强碱，则该反应的化学反应方程式为。（4）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味品的主要成分，且A的相对分子质量比B大14。①该反应的化学反应方程式为。②某种以B为反应物的新型电池如右所示，该电池的负极的电极反应式为 。【知识点】无机物的推断C5D5I2【答案解析】（1）焊接钢轨（2分）（2）4NH3+5O24NO+6H2O（2分）浓硫酸Δ（3）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑（2分）（4）①CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O（2分）②C2H5OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+（2分）解析：：（1）若A为金属铝，B为氧化铁，则A+B→C+D为铝热反应，该反应的一种用途是焊接钢轨。（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即为氨气，该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，则该反应为氨的催化氧化，反应的化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，C为强碱，则A为过氧化钠，该反应为过氧化钠与水的反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（4）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味品的主要成分，且A的相对分子质量比B大14，则A为乙酸，B为乙醇，D为乙酸乙酯。47\n②以乙醇为反应物的新型电池如图所示，该电池中乙醇是还原剂，在负极被氧气氧化，所以负极的电极反应式为C2H5OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+【思路点拨】本题考查了物质之间的相互转化关系，综合性较强，难度中等，答题时注意常见元素化合物知识的灵活运用以及有机化合物知识的应用。47
