专题5.金属及其化合物（教师版）高考试题的走向对中学教学有一定指挥捧作用，是难以回避的事实，从近四年的化学试题元素化合物的命题及考生答题情况分析，高考复习必须坚持以考试大纲为纲，以教科书为本的方向，同时也提醒广大教师，必须还教学于本来面目，遵循教学的基本规律，努力完成教学的基本任务，高考复习教学中一定要熟悉考查范围，避免因超纲复习而枉费时间和精力。坚决、果断、彻底地抛掉教材里没有的、《考试大纲》不要求的内容。我们的复习工作应从学校、班级实际出发，追求实效，采取的措施要落实到位。师生都必须清楚每个单元复习的目标，要有明确的针对性。第一轮复习要控制难度，不可在偏、难、怪题上做文章；调控好训练的题量，训练要有针对性，实效性，把精力用在典型试题（历届高考原题、精心改编高考题或选编优秀的模拟题）的分析上。要充分尊重学生复习中的自主权，满足学生复习的需求，把更多的时间还给学生，给学生的思维以广阔的空间，要从根本上克服一味大量布置习题，满堂灌、缺乏针对性、不讲教学效益的问题。大家知道元素化合物知识是中学化学学习的主干内容，是学生学习化学基本概念、基本理论、化学实验的基础与素材，这部分知识内容从表面上看比较零碎、分散，难于记忆，使有些学生感觉花了较多的时间还是难于掌握，造成学习效率下降。因而，在复习时我们老师如何将零散的元素化合物知识整理成较为有序，又便于学生记忆和掌握的知识网络和知识体系是非常重要的。【考点定位】由于理综化学考试的总题量只有12题，所以对元素化合物知识的考查不可能覆盖面很广、面面俱到。每年相关元素化合物知识的试题内容一般比较基础，都是考试大纲的基本要求内容，有些直接来自书本知识，有些是书本知识的适当延伸，不过在考查的内容上尽量做到了多个知识点的综合，同时也很好地体现了化学学科的主干知识。从能力要求方面去分析，以理解和运用的中档题为主，从题型上主要以推断题为主，其中近两年还出现了化学开放性的试题，这类试题对培养学生的创新精神和能力起到积极作用。在解题思路上着重对主干知识中物质的主要化学性质、物质之间的相互关系、物质的特性等来突破，并依据对题给信息的综合分析和逻辑推理来解决具体问题。了解元素原子核外电子排布的周期性与元素性质递变关系。重点掌握典型金属和典型非金属在周期表中的位置及与其性质的关系。了解其他常见金属和非金属元素的单质及其化合物。由此可知，元素化合物部分的主干知识：（1）以Na、Mg为代表的ⅠA、ⅡA性质。62\n（2）以N、O、S、Cl为代表的ⅤA、ⅥA、ⅦA性质。（3）Al、Fe单质及化合物性质。（4）常见物质的制备和常见物质(离子)检验。（5）环保问题。【专题解读】1、镁铝及其化合物(1)镁是活泼金属，虽不跟碱性溶液反应，但能置换出酸中的氢，也能与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2。(2)注意对Al2O3、Al(OH)3两性的理解，以及对Al3+、存在条件的认识。Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、只能分别存在于酸性与碱性溶液中Al3+与下列离子不能大量共存：、、、、、，其中是因为直接反应，其余均是“双水解”与下列离子不能大量共存：H+、、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。其中H+和是因为直接反应（++H2O=Al(OH)3↓+），其余也是“双水解”。(3)注意正确理解图象的涵义图示中每个曲线或每条曲线的转折点（拐点），都反映了特定的反应，若没有找对，或对生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或气体）的量之比没搞清，易导致错误。注意研究以下几个实验现象及产生沉淀的量与加入物质的量的数量关系的图象：①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；②向AlCl3和MgCl262\n混合中逐滴加入NaOH溶液直至过量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至过量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至过量。这些是以化学知识为载体考查学生的综合能力的重要的命题内容，认真研究一定会有益处(4)Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。所以在碱性溶液中Mg2+总是转化为Mg(OH)2沉淀，产生的MgCO3也会在加热的条件下逐渐转化为Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。三、碱金属元素化合物(1)注意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na2O2溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。(2)注意Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时的先后顺序。若先发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，必还发生2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，即应先考虑Na2O2跟CO2的反应(3)正确理解“焰色反应”：①它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理变化过程。②不是所有元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应62\n③焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。四、过渡元素化合物（1）与Fe2+在酸性条件下，不能共存。（2）过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。（3）注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性酸，将不能得到Fe(OH)3固体（4）注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。（5）注意铁单质与强氧化性物质反应时，也有生成二价铁化合物的可能性。反应中若铁为足量，最终铁元素将以二价铁形式存在，因为2Fe3++Fe=3Fe2+【2022高考试题解析】（2022·四川）13.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】：B【解析】：设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有62\n64x+144y=27.2……①由CuCu(OH)2Cu2O2Cu(OH)2得34x+68y-16y=39.2-27.2……②，解①②得x=0.2y=0.1Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；硝酸的物质的量为硝酸铜中NaOH和NO的物质的量之和，1.0mol+（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L，B不正确；产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=4.48L，C正确；Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2mol×2-0.1mol×2×2=0.2mol，D正确。【考点定位】本题考查铜及其化合物知识和氧化还原反应的计算。（2022·重庆）7．下列叙述正确的是A.与S混合加热生成FeS2B.的热稳定性大于C.过量的铜与浓硫酸反应用一氧化氮生成D．白磷在空气中加热到一定温度能转化成红磷【答案】C
【解析】Fe与S混合加热生成FeS，A项错误；NaHCO3加热可以生成Na2CO3，B项错误；过量铜与浓硝酸反应，过程中随硝酸浓度变小与铜反应生成一氧化氮，C项正确；白磷在空气中加热可以与空气中氧气反应，D项错误。【考点定位】本题考查元素化合物的有关知识吗，考查的知识点有Fe与S的反应、NaHCO3的稳定性、Cu与HNO3的反应等。（2022·安徽）13．已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是62\n13、【答案】C【解析】根据题意Ksp[Al(OH)3]＞＞Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，而题意是生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系，故C项图像符合实际情况。【考点定位】本题主要考查元素化合物的知识及化学反应的竞争性。（2022·天津）2．下列单质或化合物性质的描述正确的是A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反应C．NO2溶于水时发生氧化还原反应D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】：C（2022·海南）8．两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是A．BaCl2和(NH4)2SO4B．AgNO3和NH4ClC．FeCl3和NaHCO3D．KCl和Na2CO3【答案】：AC62\n【解析】：硫酸铵和氯化钡混合加热时会释放氨气，加水溶解会生成硫酸钡沉淀，A符合；氯化铵受热能放出氨气，但生成的盐酸AgCl不溶于盐酸，B排除；碳酸氢钠受热放出二氧化碳气体，溶于水生成的Fe(OH)3可溶于盐酸，C符合；氯化钾和碳酸钠混合溶于水不生成沉淀，D排除。【考点定位】此题以实验现象为载体考查了元素化合物的性质。（2022·上海）17．将l00mLlmol／L的Na2CO3溶液等分为两份．其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32－)的变化分别是A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小（2022·上海）22．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将lmolPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2。则剩余固体的组成及物质的量比是A．1：1混合的Pb3O4、PbOB．1：2混合的PbO2、Pb3O4C．1：4：l混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．PbO2、Pb3O4、PbO【答案】AD【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒可知PbO2生成O2时，生成O2与生成的＋2价Pb(用PbO表示)的关系为：O2~2PbO，氧化还原反应中得失电子守恒可知由剩余固体与浓盐酸反应时，其中反应物中的＋4价Pb(用PbO2表示)与生成物Cl2的关系为：PbO2~Cl2。由上述两个关系式及题目已知信息O2和Cl2的物质的量之比为3:2可知剩余固体中，PbO：PbO2=6:2=3:1。Pb3O4可以看做2PbO·PbO2，故选将四个选项中的Pb3O4换算为2PbO·PbO2时，选项A、D中的PbO：PbO2=3:1，选项B中的PbO：PbO2=4:3，选项C中的PbO：PbO2=7:5。【考点定位】本题考查铅的化合物的性质，考查氧化还原反应规律的应用。（2022·江苏）5.下列有关物质的性质与应用不踿相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆62\nD.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料（2022·上海）二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：27．Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式________。答案：解析：28．已知：Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42-+4H+SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______。29．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。30．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为___。【答案】27．Se＋2HNO3(浓)→H2SeO3＋NO↑＋NO2↑28．H2SO4(浓)＞SeO2＞SO229．＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O30．0．92562\nSeO2~4Na2S2O4故样品中的SeO2质量为m=×0．2000mol/L×0．025L×111g/mol。即样品中SeO2质量分数为=0．925。【考点定位】本题主要考查氧化还原反应和有关的化学计算能力，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解与应用。（2022·上海）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算：57．叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠___g。58．钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05g钠-钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气。(1)计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。(2)计算并确定该钠-钾合金的化学式。59．氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O己知通入二氧化碳336L(标准状况下)，生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比。62\n60．常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失。 氢氧化钠质量(g)氯化钠质量(g)①2.403.51②2.322.34③3.483.51上述实验①②③所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论。112L二氧化碳得物质的量：＝5mol，n(Al(OH)3)：n(Na2CO3)=[(5－3)×2]=4：560．由氯化钠质量推算，氢氧化钢样品厚乐质量为M1(氢氧化钠)=×2．40=40g/molM2(氢氧化钠)=×2．40=58g/molM3(氢氧化钠)=×3．48=58g/mol结论：实验①所取氢氧化钠样品是NaOH；实验②和实验③所取氢氧化钠样品应该是NaOH·H2O。【解析】57．根据氮元素守恒：n(NaN3)=n(N2)=×=1．2mol，m(NaN3)=1．2mol×65g·mol－1=78g。62\n5。60．见“答案”。【考点定位】本题考查化学计算与判断。（2022·全国新课标卷）26.（14分）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol.L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：（列出计算过程）；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应制备，FeCl3可用铁粉和反应制备；（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为。与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为。62\n（4）根据题意，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，根据元素守恒、电子转移守恒，可得反应的离子方程式。根据原电池反应原理，锌做负极材料，失电子，发生氧化反应；K2FeO4在电池中作为正极材料，得电子，发生还原反应。【考点定位】铁及其化合物、酸碱中和滴定、离子方程式的书写、电化学、化学计算。（2022·江苏）20.(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：图8Al2O3(s)+AlC13(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol－13AlCl(g)=2Al(l)+AlC13(g)△H=bkJ·mol－1①反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为。(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al122+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是。②在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为。62\n③在0.5mol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中，图8混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图8所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是(填化学式)。图9(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图9所示。该电池反应的化学方程式为。【答案】20.(14分)电子被还原为Ag，电解质溶液为NaOH溶液，由此可写出总反应。【考点定位】盖斯定律，铝及其化合物的性质以及电化学反应方程式（2022·海南）14．(9分)在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：I：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；II：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。己知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-3862\n回答下列问题：(1)FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为：(2)过程I加入铁屑的主要作用是，分离得到固体的主要成分是，从固体中分离出铜需采用的方法是；(3)过程II中发生反应的化学方程式为；(4)过程II中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为。(列式计算)【答案】：（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（2）回收铜；Cu和Fe；加盐酸反应后过滤；（3）FeCl2+Ca(OH)2=Fe(OH)2↓+CaCl2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）c(Fe3+)=4.0×10-38÷(10-9)3=4.0×10-11(mol/L)。【解析】：（1）氯化铁溶液蚀刻铜板发生的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（2）过程I中加入铁屑是为了回收铜；分离得到的固体是过量的铁屑和生成的铜；分离铁和铜时，可以加盐酸反应后过滤；（3）过程II中，加入石灰水的反应为：FeCl2+Ca(OH)2=Fe(OH)2↓+CaCl2；生成氢氧化亚铁继续被氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）调节溶液的pH值为5，结合Ksp=c(Fe3+)·c(OH-)3和c(OH-)=Kw/c(H+)，可得：c(Fe3+)=4.0×10-38÷(10-9)3=4.0×10-11(mol/L)。(2)这是先置换出铜，铁过量固体为铁与铜的混合物，再分离铜应加入盐酸；(3)II步骤是亚铁离子生成Fe(OH)2，鼓入空气为转化成Fe(OH)3；(4)【考点定位】此题以铜板的蚀刻为载体，综合考查了离子方程式的书写、物质的分离、元素化合物和相关计算知识。【2022高考试题解析】1.（重庆）下列叙述正确的是A.Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B.K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C.Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【答案】D【解析】氯气具有强氧化性，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，H＋的氧化性较弱，与铁反应生成FeCl2，A项错误。锌与不足量的稀硫酸反应生成ZnSO4溶液，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，K与硫酸反应后得到K2SO4为中性，而过量的K继续与水反应生成KOH62\n，因此最后溶液显碱性，B项错误。Li、Na、K为同主族元素，从上到下原子半径依次增大，但密度金属钠大于金属钾，出现反常，C项错误。非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性依次增强，因此D项正确。2．（上海）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌解析：高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。答案：A3．（上海）过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)二氧化碳碳酸钠转移的电子A1molNAB22.4L1molC106g1molD106g2NA解析：二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠，同时生成2mol碳酸钠，而转移的电子数是2mol。答案：AC4．（上海）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g解析：若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。答案：D5.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是62\nA.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B6.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是()A．硫酸钡可用钡餐透视B．盐卤可用于制豆腐C．明矾可用于水的消毒，杀菌D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确。盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误。醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确。7.（山东）Al，Fe，Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物B.三者的单质放置在空气中只生成氧化物C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu，Fe，Al【答案】C【解析】本题考查几种重要金属及其化合物知识，同时间杂着考查盐类水解规律应用与电解规律的应用。A选项中Al2O3为两性氧化物，故A项错误；B选项中Cu主要生成铜绿——碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，故B错误；C选项中三者氯化物溶液蒸干发生水解得到对应氢氧化物和氧化物混合物，若再灼烧得到全是氧化物，故一般在HCl气流中蒸干，才能得到无水物；D选项考查电解放电规律，Fe3+先放点得到Fe2+，再Cu2+放电得到Cu，然后Fe2+放电得到Fe，Al3+不在溶液中放电得到Al，故D错误62\n8、（广东）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A、将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成C、将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D、将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体答案：B解析：此题以镁及其化合物知识为基础考查化学实验知识。将浓硫酸稀释为稀硫酸时，为防止液体飞溅，应将浓硫酸加入水中，A错；NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，发生反应：2NaOH+MgSO4=Mg(OH)2↓+Na2SO4，B对；过滤时浊液不能直接倒入漏斗中，应用玻璃棒导流，C错；加热蒸干MgCl2溶液时，由于镁离子的水解，其最后得到的是氧化镁固体，得不到无水MgCl2固体，D错。9.（安徽）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋BAgl沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比Agl更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔 表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性解析：Fe粉与稀硝酸反应生成物是Fe3+，但过量的铁会继续和Fe3+反应，将其还原成Fe2+，即溶液中不存在Fe3+，所以滴入KSCN溶液不可能显红色，A不正确；AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数，所以Agl沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，B不正确；Al箔插入稀HNO3中，首先硝酸会和Al箔表面的氧化膜反应，然后再和单质铝发生氧化还原反应，硝酸被还原生成NO气体单质铝表面的氧化膜是被空气中氧气氧化的，所以C也不正确；氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色，因此只有选项D正确。62\n答案：D10.（江苏）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀【答案】A11.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂。常温下干燥的Cl262\n能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。12.（北京）25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414KJ/mol②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511KJ/mol下列说法正确的是A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D.25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/mol解析：Na2O是由Na＋和O2－构成的，二者的个数比是2：1。Na2O2是由Na＋和O22－构成的，二者的个数比也是2：1，选项A不正确；由化合价变化可知生成1molNa2O转移2mol电子，而生成1molNa2O2也转移2mol电子，因此选项B不正确；常温下Na与O2反应生成Na2O，在加热时生成Na2O2，所以当温度升高到一定程度时就不在生成Na2O，所以选项C也不正确；由盖斯定律知①×2－②即得到反应Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/mol，因此选项D正确。答案：D13.（北京）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是A.取a克混合物充分加热，建中b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，选项D也正确。答案：C62\n14.下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）【答案】D【解析】通过Mg在CO2中燃烧克制得MgO，通过铝热反应克制的三氧化二铝，乙醇和钠置换反应可以制得乙醇钠，氯化铁和铜反应能生成；氯化铜，但不是置换放应。15.（福建）（16分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。Ⅰ。摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是。（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是。Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是__________________。（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体62\nb.滴加盐酸不宜过快c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(6)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______.【答案】【解析】I（1）Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于强碱NaOH溶液：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑵通入过量CO2时发生反应：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，产生白色沉淀，再加过量盐酸时发生反应：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，白色沉淀溶解，同时生产气体。Ⅱ⑶从装置图分析可知为保证实验的准确性，应将装置内的空气排尽，防止空气中CO2的干扰；同时要将反应产生的CO2尽可能的全部被Ba(OH)2溶液吸收，因此需要持续通空气。⑷Ba(OH)2溶液过量，因此反应方程式为CO2＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O⑸由前面分析知a可提高测定准确度；B装置中有酸碱指示剂，说明反应中盐酸的加入量是有限制的，为保证准确，滴加过程要慢，b不选；B中装有溶液，因此气体通入前没必要干燥，c选；在B-C间连接盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶会造成Ba(OH)2溶液还可能吸收由挥发出的氯化氢与NaHCO3反应生成的CO2气体，干扰实验，d选。⑹根据碳元素守恒得BaCO3——CO2——CaCO3，m(CaCO3)==2.00g，CaCO3的质量分数×100%=25%62\n⑺B中的水蒸气、氯化氢等气体进入装置C中，质量差要大于实际产生CO2气体的质量。16.（全国新课标）（14分）0.80gCuSO4·5H2O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。请回答下列问题：（1）试确定200℃时固体物质的化学式______________（要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为______________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_________，其存在的最高温度是_____________；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为________________；（4）在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=________________mol·L-1（Kap[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_______________mol·L-1。解析：（1）0.80gCuSO4·5H2O中含有CuSO4的质量为。由图像可知当温度升高到102℃是时CuSO4·5H2O开始部分脱水，在113℃～258℃时剩余固体质量为0.57g，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO4·nH2O，则有，解得n＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O；（2）由图像可知当温度超过258℃时，剩余物质恰好是CuSO4，高温下分解的化学方程式是CuSO4570℃CuO＋SO3↑；CuO溶于硫酸生成CuSO4，结晶析出生成胆矾即CuSO4·5H2O；由图像可知CuSO4·5H2O存在的最高温度是102℃；62\n（3）SO3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）因为Kap[Cu（OH）2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)=2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c(OH－)＝10－6，所以c(Cu2＋)＝2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为：CuSO4＋H2S=H2SO4＋CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1mol·L-1，所以H+浓度是0.2mol·L-1。答案：（1）CuSO4·H2O；（2）CuSO4570℃CuO＋SO3↑、CuSO4·5H2O、102℃；（3）Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）2.2×10-8、0.217.（四川）(16分)三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·xH2O)是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：(1)铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4－被还原成Mn2＋。向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL请回答下列问题：①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_______、转移、洗涤并转移、________摇匀。②加入锌粉的目的是________。③写出步骤三中发生反应的离子方程式________。④实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量__________。(选填“偏低”“偏高”“不变”)(2)结晶水的测定加热晶体，烘干至恒重，记录质量；在坩埚62\n中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，至于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误；_______；_________。mol·L－1×10－3×10=4.0×10－4mol，m(Fe)=56g·mol－1×4.0×10－4mol=2.24×10－2g。晶体中铁的质量分数=×100%=44.8%。若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高。⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分。另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g。【答案】(1)①溶解定容②将Fe3＋恰好还原成Fe2＋③5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O④44.8%偏高⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却两次称量质量差不超过0.1g。18.（重庆）（15分）固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反应，甲组同学用题27图装置（夹持装置略）对其进行探究实验。（1）仪器B的名称是____________。（2）试验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则Ⅲ62\n中的试剂为__________________；Ⅳ发生反应的化学方程式为____________；Ⅴ中的试剂为____________________。（3）乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ，此时Ⅱ中现象为________，原因是__________________。（4）经上述反应，2.5g化合物A理论上可得0.56L（标准状况）M；则A的化学式为________________。答案：（1）分液漏斗（2）碱石灰CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑（3）试纸变蓝CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，使试纸变蓝（4）Mg3N2【解析】根据Ⅱ中干燥的红色石蕊试纸变蓝说明有湿润的碱性气体生成，中学阶段学习的碱性气体为氨气，即A中含有氮元素。氨气具有还原性，干燥的氨气可以还原氧化铜，因此装置Ⅲ起干燥作用，用碱性干燥剂来干燥氨气，结合反应物中的元素及性质，可确定生成的单质气体为氮气。收集氮气前，应将反应剩余的氨气吸收，因此选择浓硫酸。（4）根据质量守恒可知，生成氮气中的氮元素的质量即为A中氮元素的质量，所以2.5gA中含有氮原子的质量为，因此A中氮元素与另一种元素的质量比为，结合此物质可以水解，则推测为Mg3N2。19.（重庆）（15分）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。（1）Al的原子结构示意图为_____________________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________________________。(2)30Si的原子的中子数为_________；SiO2晶体类型为__________________。（3）Al3+与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。62\n（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。答案：（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑（2）16原子晶体（3）HCl（4）CO2（5）25%CO2↑。（5）Fe2O3、Al2O3以及SiO2的混合物中加入过量盐酸，发生的反应为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，只有SiO2不反应，因此得到的11.0g固体是SiO2。在滤液中加入过量的NaOH溶液，发生的反应为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，因此得到的21.4g固体是Fe(OH)3，其物质的量为0.2mol，根据质量守恒得熔渣中Fe2O3的物质的量为0.1mol，质量为16g，所以熔渣中Al2O3的质量为（36.0-11.0-16）g=9.0g，在熔渣中的质量分数为【2022高考试题解析】1.（2022·上海高考·T11·3分）将0.4gNaOH和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的体积和生成CO262\n的物质的量的关系的是【命题立意】此题考查了钠的化合物NaOH、Na2CO3和NaHCO3的化学性质，同时考查了图像解读及数据处理的知识。【思路点拨】解答此题的关键是，准确判断反应发生的先后顺序。【规范解答】选C。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和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。2.（2022·海南高考·T15·9分）A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在。从单质A起始发生的一系列化学反应可由下图表示：请回答下列问题：(1)A与水反应的化学方程式为____________，E与水反应的化学方程式为_____________；(2)F的化学式为_____________，G和D的电子式分别为____________和______________；(3)D与H反应可能生成的盐有_____________(填化学式)；(4)实际生产中，可由F为原料制备单质A，简述一种制备方法_________________。【命题立意】本题考查了钙、钠及其化合物的性质，同时考查了离子化合物、共价化合物电子式的书写，最后要求利用所学的知识，设计物质的制备方案，能力层次逐渐提升，学以致用的应用能力是高考考查的重点。62\n【思路点拨】突破口①A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素②A常以化合物F存在，F在1000℃时分解【规范解答】自然界存在最广泛的ⅡA族元素是Ca元素，Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，Ca元素在自然界中常以化合物F存在，F在1000℃时分解，可知F为CaCO3，所以C为Ca(OH)2，D为CO2，G为CaO，B为H2，H2与Na发生反应，H2+2Na==2NaH，NaH与H2O反应，生成H2，则另一产物应为NaOH；钙为活泼金属，仿照钠、镁工业制备方法，设计钙的制备方案。【参考答案】（1）Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，NaH+H2O=NaOH+H2↑COOO（2）CaCO3Ca2+[]2—（3）Na2CO3NaHCO3（4）将CaCO3与盐酸反应转化为CaCl2，然后电解熔融状态的CaCl2固体就制得单质Ca。1.（2022·北京高考·T25·14分）由短周期元素组成的化合物Ｘ是某抗酸药的有效成分。甲同学欲探究Ｘ的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。 ②Al３＋在ｐＨ＝5.0时沉淀完全； Mg２＋在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ．向化合物Ｘ粉末中加入过量盐酸，产生气体Ａ，得到无色溶液。Ⅱ．用铂丝蘸取少量Ｉ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ．向Ｉ中所得的溶液中滴加氨水，调节ｐＨ至５～６，产生白色沉淀Ｂ，过滤。Ⅳ．向沉淀Ｂ中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ．向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节ｐH至12，得到白色沉淀Ｃ。（１）Ⅰ中气体Ａ可使澄清石灰水变浑浊，Ａ的化学式是__________。（２）由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、_____________。（３）Ⅲ中生成B的离子方程式是_____________。（４）Ⅳ中B溶解的离子方程式是_____________。（５）沉淀C的化学式是_____________。（６）若上述n（A）：n（B）：n（C）=1:2:3，则X的化学式是_____________。【命题立意】本题以探究由短周期元素组成的化合物Ｘ的有效成分为目的进行命题,体现了元素化合物知识在高考中的重要性，主要考查钠镁铝的性质。62\n【思路点拨】①化合物Ｘ的有效成分为碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝中的一种。②Al(OH)3在ｐＨ＝5.0时沉淀完全;Mg(OH)2在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全。【规范解答】（1）Ⅰ中气体Ａ可使澄清石灰水变浑浊，说明Ａ是CO2。(2)向化合物Ｘ粉末中加入过量盐酸，产生气体Ａ，得到无色溶液，说明X不是硅酸镁铝，若是会生成H2SiO3沉淀；用铂丝蘸取少量Ｉ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰,说明不含钠元素。因此由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、钠、硅。（3）向Ｉ中所得的溶液中滴加氨水，调节ｐＨ至５～６，根据题中信息此时生成的是Al(OH)3沉淀，+。（4）Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强碱NaOH中,。（5）根据Ｍｇ２＋在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全可知沉淀为。（6）若上述n（CO2）：n（Al(OH)3）：n[]=1:2:3，碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝中只有碱式碳酸镁铝符合，可得化学式是。【答案】⑴⑵钠硅⑶+⑷⑸⑹62\n【类题拓展】钠元素的焰色反应呈黄色，钾元素的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察呈浅紫色，这两种元素的焰色反应特征现象要记住，经常考。Al2O3和Al(OH)3都是两性化合物，既能溶于酸又能溶于碱。常见的能溶于强碱的沉淀除Al(OH)3外，还有H2SiO3。2.（2022·安徽高考·T27·14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为。（2）第③步反应的离子方程式是。（3）第④步反应后，过滤所需的玻璃仪器有。若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、。（4）若废旧锂离子电池正极材料含的质量为18.1g，第③步反应中加入20.0ml3.0mol.的溶液，假定正极材料中的锂经反应③和④完全转化为，则至少有_____g参加了反应。【命题立意】考查铝及其化合物的性质，混合物分离的方法及物质制备中涉及的相关计算。【规范解答】（1）通过②信息，可知铝箔溶解在过量的氢氧化钠溶液，产生了NaAl(OH)4，第二步就是NaAl(OH)4溶液与过量的CO2生成Al(OH)3，③是氧化还原反应，反应物应是LiMn2O4、硫酸、O2，产物为MnO2和Li2SO4，注意LiMn2O4不溶于水，要写成化学式。（4）根据③式提供的离子方程式，通过计算，判断出硫酸过量，LiMn2O4中的Li最终转化到Li2CO3，因n(LiMn2O4)=18.1g/181g.mol-1=0.1mol，故n(Li+)=0.1mol，根据Li守恒，故n(Li2CO3)=0.1mol/2=0.05mol，再由CO32－守恒可知：n(Li2CO3)=n(Na2CO3),m(Na2CO3)=0.05mol×106g/mol=5.3g，参加反应的Na2CO362\n的质量至少为5.3g。(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的KSP=1.8×10-11，若溶液中c(OH—)=3.0×10-6mol·L-1，则溶液中c(Mg2+)=▲。(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为▲。(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有MgCO3，则产品中镁的质量分数▲（填“升高”、“降低”或“不变”）。【命题立意】本题以用水氯镁石为原料生产碱式碳酸镁为背景要求学生进行相关计算和推断，体现化学的真实性和价值。【思路点拨】注意运用守恒等化学学科基本思想进行有关计算和推断。【规范解答】（1）Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)·c2(OH—)(2)从质量守恒角度分析，投入为MgCl2·6H2O、H2O、NH3、NH4HCO3、产品为碱式碳酸镁，滤液浓缩结晶，所得主要固体应为NH4Cl。根据质量守恒反应生成的水的物质的量为：62\n根据碳、镁质量守恒得碱式碳酸镁中n(Mg2+)=5.00×10-2moln(CO2—3)=4.00×10-2mol根据电荷平衡可知：碱式碳酸镁中n(OH—)=2.00×10-2mol根据氢元素守恒，碱式碳酸镁中所含结晶水：n(H2O)=5.00×10-2mol-2.00×10-2mol÷2=4.00×10-2mol所以该碱式碳酸镁的化学式为：Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O（4）MgCO3镁的质量分数比Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O大，所以混有MgCO3将导致镁的质量分数升高。【标准答案】（1）2.0mol·L-1（2）NH4Cl（3）Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O（4）升高4.（2022·重庆高考·T8·6分）下列叙述正确的是（）A.铝制容器可盛装热的浓H2SO4B.AgI胶体在电场中自由运动C.K与水反应比Li与水反应剧烈D.红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3【命题立意】本题以无机元素化合物、胶体为考查对象，主要考查了金属铝、碱金属、磷元素、胶体等知识。【思路点拨】在回答元素化合物部分的知识时，要注意物质的特性、递变性、反应条件、用量等。【规范解答】选C。A项，铝与热的硫酸会发生反应，在冷的浓硫酸中才会发生钝化，即铝可盛在冷的浓硫酸中，所以A错误。B项，AgI胶体粒子带电荷，所以在电场中会发生定向移动，不能自由运动，所以B错误；C项，K的活性比Li强，所以K与水反应比Li与水反应剧烈，所以C正确；D项，P与少量Cl2反应才生成PCl3，与大量Cl2反应生成PCl5，所以D错误。5.（2022·上海高考·T4·2分）下列有关物质性质的描述不符合事实的是（）A．有机物不导电B．金刚石是自然界最硬的物质C．SO2可用作食品防腐剂D．NO可用于某些疾病的治疗【命题立意】此题考查了常见物质的性质及用途。【思路点拨】有机物一般不导电，不是电解质，但有机物的种类繁多，62\n并不是所有的有机物都不导电，在理解有机物的性质时，不能绝对化。【规范解答】选A。大多数的有机物不导电，但聚乙炔塑料就能导电，A错误；金刚石是自然界中最硬的物质，B正确；二氧化硫可用于杀菌、消毒，故可做为食品和干果的防腐剂，C正确；NO可用于心血管疾病的治疗，D正确。5.（2022·上海高考·T15·3分）除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（）A．HNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤B．CO2(SO2)，酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C．KNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶D．C2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏【命题立意】此题考查了物质提纯的方法。【思路点拨】进行物质的提纯操作时要遵循的两个原则是：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质。【规范解答】选A。HNO3溶液中混有H2SO4时，加入氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液过滤，A错误；SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去，B正确；硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但NaCl的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离，C错误；乙酸能和氧化钙反应生成不挥发的醋酸盐，但乙醇不与氧化钙反应，且乙醇易挥发，故加足量氧化钙蒸馏可以分离两者，D正确。6.（2022·四川高考·T29·16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：62\n请回答下列问题：（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。（2）向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：________________、________________。（3）在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________。过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556akgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336bkgA和112ckg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。【命题立意】本题以无机化合物的生产为考查对象，主要考查生产流程中涉及的某些反应、化学平衡理论的应用、利用元素守恒进行计算等。【思路点拨】在钛铁矿渣中加入浓硫酸，产物较复杂，钛有TiSO4和TiOSO4;铁有FeSO4和Fe2（SO4）3,加入过量铁粉后，Fe全部以FeSO4的形式存在，后面经控温过滤得到FeSO4·7H2O晶体，对滤液进行加热调整PH值促进钛盐水解，经过滤煅烧后便得到了二氧化钛。【规范解答】（1）在书写硫酸与二氧化钛反应的化学方程式时因Ti有两种价态，所以产物写TiSO4或TiOSO4均可。62\n（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反应。（3）对于盐类水解而言，升高温度、加水稀释都会促进水解。（4）利用Fe元素守恒进行计算，其中556akgFeSO4·7H2O晶体中的Fe完全变成了Fe2O3160akg；3336bkgFeSO4·7H2O由于最终产物中由Fe2（SO4）3,所以其中的Fe未完全变成Fe2O3，再利用SO42-守恒可得3336bkgFeSO4·7H2O（12bmol）中生成了4bmol的Fe2（SO4）3,消耗FeSO4·7H2O只有8bmol，剩余的4bmolFeSO4·7H2O才转化成了2mol的Fe2O3，故生成320bkgFe2O3，另外112ckg铁粉完全转变成Fe2O3160ckg。综上所述总共生成Fe2O3：160a+320b+160c（kg）【答案】(1)TiO2+H2SO4=Ti（SO4）2+H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑(3)加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，H+降低浓度促进钛盐水解H2OFeSO4H2SO4(4)160a+320b+160c7.（2022·上海高考·T22·4分）由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是（）A．4:3B．3:2C．3:1D．2:l【命题立意】此题考查了化学计算知识。【思路点拨】极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。【规范解答】选B、C。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3:2；当发生反应：Fe2O3+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，故B、C均可能。8.（2022·上海高考·T13·3分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中62\n化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色，排除A；CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选B；NH3通入水后转化为氨水，氨水和AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，SO2被硝酸氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。9.（2022·上海高考·T18·4分）右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是（）A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体【命题立意】此题考查化学实验及元素化合物的性质等知识。【思路点拨】解答此题的关键是能否写出氯气与氨气发生的反应方程式。【规范解答】选B。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反应：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，生成NH4Cl则烧瓶中出现白烟，A正确；因不会生成NO2，故不可能出现红棕色气体，B错误；该反应中氨气中的氮元素化合价升高，表现还原性，C正确；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体（Cl2和HCl），D正确。10.（2022·海南高考·T13·8分）A～G各物质间的关系如下图，其中B、D为气态单质。、请回答下列问题：62\n(1)物质C和E的名称分别为________________、__________________；(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为_____________；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为_____________；(3)反应②的化学方程式为_______________________________________；(4)新配制的F溶液应加入___________以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的常用试剂是____________，实验现象为_________________________________________。【命题立意】本题以框图推断的形式考查了学生元素化合物知识掌握的熟练程度和应用能力，体现了元素化合物知识的重要性，在近几年的高考试题中均有体现，是高考命题的热点。本题主要考查了氯气、氧气的性质和实验室制法、铁及其化合物的性质，有较强的综合性。【思路点拨】此题的突破口是：MnO2△MnO2加热【规范解答】在MnO2作用下反应生成气体，若MnO2是反应物，符合此项要求的反应是：MnO2+4HCl（浓）====MnCl2+Cl2↑+2H2O；若MnO2是催化剂，符合此项要求的反应有：2H2O2=====2H2O+O2↑和2KClO3=====2KCl+3O2↑。由此可知B、D为Cl2和O2；若B为Cl2，则E为FeCl3，C为H2O2或KClO3，但二者均不与FeCl3反应，故B只能是O2，D为Cl2，C为浓盐酸，铁在氧气中燃烧，生成四氧化三铁，即E。Fe2+易被空气中的氧气氧化，故需加入铁粉，其原理为：2Fe3++Fe=3Fe2+；检验Fe3+的方法是：加入KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液显红色，说明存在Fe3+。【参考答案】（1）浓盐酸四氧化三铁MnO2（2）2H2O2=====2H2O+O2↑KClO3△（3）MnO2+4HCl（浓）====MnCl2+Cl2↑+2H2O（4）铁粉KSCN（或NH4SCN）溶液溶液变红。62\n11.（2022·山东高考·T30·8分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4·7H2O）过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是___________________________________。（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为af,装置D的作用是_____，装置E中NaOH溶液的作用是______。（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量_____，充分反应后，经_______操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾。（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_________________。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_______。【命题意图】本题以绿矾的制备为前提，考查SO2的检查方法，化学实验方案的设计（仪器的连接）、实验基本操作知识及实验结果的评价能力等。【规范解答】(1)检验SO2的方法一般是：将气体通入品红溶液中，如品红试剂红色褪去，加热后又变红。62\n(2)收集干燥的SO2，应先干燥(从d口进气)，再收集(SO2密度比空气的大，要从c口进气)，最后进行尾气处理；因为SO2易与NaOH反应，故Ｄ的作用是安全瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将pH试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中OH-的含量减少，SO42-的含量增多，使铁的含量减少。【参考答案】(1)将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2。(2)debc；安全瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染（3）铁粉过滤（4）将pH试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。低1．如图标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代．从图中可以看出的信息有( )A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大C．1800年以前出现的材料强度都比铝小D．铝的密度比钢的密度大62\n解析：B项、C项都是单独分析材料的强度或密度，而图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，与题意不符．D项中钢的密度比铝的密度大．答案：A2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A．1molNa与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子B．1molAl分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个C．各5.6g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NAD．2.7g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NA3．将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为( )A．3∶2 B．2∶1C．3∶4D．4∶3解析：设每份铁铝合金样品中含铁、铝的物质的量分别为x、y，则由FeH2↑、AlH2↑、AlH2↑三个关系式得知(x＋)∶y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4.答案：C4．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是A．烧杯中有铜无铁B．烧杯中有铁无铜C．烧杯中铁、铜都有D．烧杯中铁、铜都无解析：铁的还原性比铜强，FeCl3首先氧化Fe；只有Fe反应完后，剩余的FeCl3才能再氧化Cu.故烧杯中有铁无铜是不可能的．答案：B5．200℃时，11.6gCO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了62\n3.6g，则原混合物的平均式量为( )A．5.8B．11.6C．23.2D．46.4解析：(1)估算法：因原混合气体为CO2和H2O，故其平均式量应介于44和18之间，故应为选项C.(2)差量法：n(O2)＝＝0.25mol，n(混气)＝2×0.25mol＝0.5mol，＝11.6g/0.5mol＝23.2g/mol即平均相对分子质量为23.2.答案：C6．美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是( )A．原子半径：Na>AlB．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n(Al)≤n(Na)C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小解析：相同质量的Al提供的电子数大于相同质量的Na，故D错误．答案：D7．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO＋2HCl===CuCl2＋H2OFeO＋2HCl===FeCl2＋H2O已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀．除去溶液中的Fe2＋，可以采用的方法是A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH在3～4D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀62\n答案：C8．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是( )A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀H2SO4反应，NaHCO3产生的CO2多B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多C．向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀，而向Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠反应9．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)．下列推断不正确的是( )A．若X是Na2CO3，C为含极性键的分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO===H2O＋CO，则E一定能还原Fe2O3C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是Na＋[]2－Na＋D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐解析：A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO262\n＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A和D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO＋2H2O，Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓.答案：A10.下面有关金属的叙述正确的是（）A．金属原子只有还原性而其阳离子只有氧化性B．金属阳离子只存于化合物中且有相应的阴离子相配合C．金属单质在常温下均为金属晶体D．某单质具有延展性则它一定是金属【答案】D11．下列说法正确的是( )A．绿色食品是不含任何化学物质的食品B．灼烧某物质时，用眼直接观察到火焰呈黄色，则可判断该物质不含钾元素C．向新制的FeSO4溶液中滴入适量的NaOH溶液，放置片刻，整个反应过程的颜色变化是：浅绿色溶液→白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀D．称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的NaOH溶液．则放出氢气的体积(同温同压下)不相等解析：任何绿色食品都含有化学物质，A不正确；黄色火焰能掩盖浅紫色火焰，判断钾元素时，应透过蓝色钴玻璃观察，B不正确；Al粉质量相等，失去的电子数目相等，产生H2的量相等，D不正确．答案：C62\n12．我国南方某些地区的井水取出久置后，井水由澄清透明变成有少量红褐色絮状沉淀积于缸底，水面浮着一层“锈皮”．下列有关说法错误的是( )A．南方井水中含有较多的Fe3＋，可用KSCN溶液加以检验B．井水中生成的红褐色絮状沉淀应是由Fe3＋水解生成的C．水面浮着的“锈皮”主要成分为Fe2O3D．可用明矾作净水剂将井水进行净化解析：据“井水由澄清透明变成有少量红褐色沉淀积于缸底”知，红褐色沉淀成分为Fe(OH)3，由反应Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋生成，则原井水中有Fe3＋，“锈皮”成分为Fe(OH)3；明矾[KAl(SO4)2·12H2O]中的Al3＋可水解成Al(OH)3胶体，具有较强吸附性，可作净水剂．答案：C13．向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1molAg.下列结论错误的是A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋B．Fe3＋的氧化性大于Cu2＋C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量比为1∶2D．1molFe可还原2molFe3＋解析：根据金属活动性顺序，还原性Zn>Cu>Fe>Ag，而金属单质的还原性越强，其对应阳离子的氧化性越弱，A错误．铁粉先跟银离子反应，然后再与铁离子反应，由反应方程式得，银离子、铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C正确.1mol铁可还原2mol铁离子，D正确．答案：A14．下列叙述正确的是( )A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变62\n答案：C15．下列示意图与对应的反应情况正确的是( )解析：解答本题的关键是正确分析反应实质，注意量的多少对反应的影响．A中通入二氧化碳，是先与氢氧化钙反应生成沉淀，再与氢氧化钾反应，最后与生成的碳酸钙反应，故沉淀的量应是先增大再不变，最后减小为零，A不正确；C中先生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，随后硫酸钡的量再增多，但氢氧化铝在溶解，最后沉淀的量不变，在图象中应有三条线段而不是四条，C不正确；D中应是先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀消失，D不正确．答案：B16．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是()62\nA．原合金质量为0.92gB．标准状况下产生氢气896mLC．图中m值为1.56gD．图中V2为60mL解析：由已知可得反应过程为钠与水反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，因溶液pH为14，则说明氢氧化钠过量，滴加盐酸后先与氢氧化钠反应，再与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，则氢氧化铝沉淀溶解．当沉淀量最大时溶液中只有氯化钠，n(Na＋)＝n(Cl－)＝1mol/L×0.04L＝0.04mol，即合金中钠的物质的量为0.04mol，与水反应生成0.04molNaOH，由合金全部溶解后的溶液为20mL，pH＝14，可知铝与氢氧化钠反应后过量的氢氧化钠为0.02mol，则反应的氢氧化钠为0.02mol，铝的物质的量也是0.02mol，所以原合金的质量为0.92g＋0.54g＝1.46g，A错误.0.02mol铝与氢氧化钠反应生成0.03mol氢气，0.04mol钠与水反应生成0.02mol氢气共0.05mol氢气，标准状况下体积为1.12L，B错误．沉淀量最大时生成氢氧化铝的质量为0.02mol×78g/mol＝1.56g，C正确.0.02mol氢氧化铝完全溶解需1mol/L的盐酸60mL，则V2＝100mL，D错误．答案：C17．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下图(部分产物已略去)：试回答：(1)若D是具有氧化性的单质，A元素属于主族金属元素，则A为________(填元素符号)．(2)若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是(用必要的文字和离子方程式表示)____________________________________________________；D在潮湿的空气中易发生吸62\n氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式：_________________________________________________________________________________________________.(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B.请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：_________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)依据图示，属于主族的金属A经过连续氧化生成C，则A只能是钠，钠与氧气缓慢氧化生成氧化钠，进而继续与氧气反应得到过氧化钠．(2)若D是金属，则D应该是变价金属Fe，A可以是Cl2，B是FeCl3，C是FeCl2.(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，则该金属元素一定是铝．则实现上述转化的反应可以是AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2或NaAlO2→Al(OH)3→AlCl3.答案：(1)Na (2)加入少量铁，防止Fe2＋被氧化为Fe3＋，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ O2＋2H2O＋4e－===4OH－(3)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O18下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．试推断：(1)写出物质的化学式：A：____________、C：____________、I：____________.(2)写出下列反应的方程式：C→F的离子方程式______________________________________________．H→I的化学方程式________________________________________________．解析：根据红棕色粉末可知B为Fe2O3，则I、H、D依次为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Fe，G中含Fe2＋.A、D为金属单质，则A＋BC＋D为置换反应，试剂①为酸，试剂②为碱，考虑C既能与酸反应，又能与碱反应，且结合上述置换反应知化合物C应为Al2O3.答案：(1)Al Al2O3 Fe(OH)362\n(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)319．铜是重要的金属材料．试回答下列问题：(1)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为____________．电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是__________，电解液中必须含有的阳离子是________．(2)在100mL18mol/L浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的n(H2SO4)<________mol.(3)电子工业曾用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板，为了从使用过的废腐蚀液中回收铜，并重新得到FeCl3溶液，设计如下实验流程：上述流程中，所加试剂的化学式为：X_________________，Y____________，Z____________；第⑥步反应的离子方程式为_______________________________．解析：用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板时发生反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，废液中含有Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋；加入过量铁粉后，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋；滤渣中含有过量的Fe和Cu，加入盐酸，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑；通入Cl2后，2FeCl2＋Cl2===2FeCl3.答案：(1)Cu2S、O2 粗铜 Cu2＋ (2)0.9(3)Fe HCl(稀) Cl2 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－20．向含有0.8mol的稀硝酸中慢慢加入22.4g的铁粉，假设反应分为两个阶段．第一阶段为：Fe＋HNO3(稀)―→Fe(NO3)3＋NO↑＋H2O(1)写出这两个阶段发生反应的离子方程式：第一阶段：________________________________________________________.第二阶段：________________________________________________________.(2)正确表达这两个阶段反应中，加62\n入铁粉的物质的量与溶液中铁元素存在的形式的关系．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(3)在图中画出溶液中Fe2＋、Fe3＋、NO的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图象(横坐标为加入铁粉的物质的量，纵坐标是溶液中离子的物质的量)．解析：铁与稀硝酸反应：①Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O②3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O当≤时，按反应①进行；当≥时，按反应②进行；当<<时，则①②两反应都发生，且Fe和HNO3均反应完全．上述反应可以认为先发生反应①，若Fe有剩余则发生2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2.答案：(1)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O,2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋.(2)①加入Fe粉为0～0.2mol时，存在形式为Fe3＋；②加入铁粉为0.2～0.3mol时，存在形式为Fe2＋和Fe3＋；③加Fe粉为n(Fe)≥0.3mol时，存在形式为Fe2＋.(3)如图：21．A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出．62\n(1)若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为__________、__________、__________.(2)若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是__________________________________________________．(3)若B为一种淡黄色固体．绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环．则反应①的离子方程式是_____________________________________．在反应③中，若生成1molD，则转移电子的物质的量为__________．解析：(1)从图中可看出A和E能置换D，E能置换A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2.(2)磁性的黑色氧化物为Fe3O4，此题目中A＋B―→C＋D一定是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.(3)淡黄色的固体可以是Na2O2或S粉．根据后面的叙述，应为Na2O2，则D为O2，每生成1molO2应转移2mol电子，注意氧元素是由－1价变为0价．答案：(1)Br2 I2 Cl2(2)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑ 2mol22．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：62\n(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)________．(2)Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是：________________________________.②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是__________________．(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)______________．(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI－时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是：________________________________________________________________________.(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)______________________________________.解析：首先要注意框图中量的描述“过量”，然后做大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析．大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu、Al，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3.两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量．Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋.Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu.(1)若有Al，则应有2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO，或AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，肯定有白色沉淀产生．“无明显变化”说明原混合物中无Al.(2)①“若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液”，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H262\nO，则浓酸为浓硫酸．②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸．(3)Y溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋.所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋.答案：(1)Al(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O②NO、CO2(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2(5)CuO、C或CuO、C、Fe2O3一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1．把镁粉中混有的少量铝粉除去，应选用的试剂是( )A．稀盐酸 B．烧碱溶液C．硫酸铝溶液D．氯水解析：选B。盐酸、氯水与镁、铝都反应。硫酸铝溶液与镁可以反应，置换出铝，不符合题意。烧碱溶液就是氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠反应产生氢气，生成的偏铝酸钠可以溶于水，而镁不与碱反应。2．20g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2L氢气(标准状况)，这种金属混合物的组成可能是( )A．Mg和AlB．Al和Fe62\nC．Fe和ZnD．Zn和Cu解析：选B。生成H2的物质的量是11.2L/22.4L·mol－1＝0.5mol(即转移电子1mol)，因此混合金属失去1mol电子需要的质量平均值是＝＝20g/mol，即的平均值是20，镁、铝、锌、铁、铜的该数值分别为12、9、32.5、28、∝(因不失电子，分母趋于0)，根据中间值法则可知只有B项的组合符合。3．由短周期元素组成的中学常见的无机物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X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO3－===H2O＋CO32－，则E一定能还原Fe2O3C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是Na＋[······]2－Na＋D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐解析：选A。A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A与D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO2－＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。4．下列叙述正确的是( )A．SO2具有还原性，故可作漂白剂B．Na的金属活动性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制MgC．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中Fe也显＋3价解析：选C。A项，SO2可作漂白剂是因为SO262\n可与有色物质结合成不稳定的无色物质，并不是因其具有还原性；B项，在溶液中Na与水反应，不与盐反应，金属单质Mg的制取应用电解法；D项，Fe与强氧化剂反应显＋3价，与弱氧化剂反应显＋2价，如Fe与S反应生成FeS。5．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )A．NH4＋、Ba2＋、Cl－、NO3－B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－解析：选B。在原溶液中加入足量Na2O2后，溶液碱性增强，同时使还原性离子不能大量存在，选项A中的NH4＋和选项C中的HCO3－将和OH－反应，选项D中的SO32－将被氧化，只有选项B符合题意。6．向含1molHCl和1molMgSO4的混合溶液中加入1mol·L－1的Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入Ba(OH)2溶液体积(V)间的关系图正确的是( )解析：选D。起始：Ba2++SO42-===BaSO4↓，由于HCl的存在，只能生成BaSO4沉淀。随着Ba(OH)2的加入，中和了溶液中的H+后，开始出现Mg(OH)2沉淀；当Ba(OH)2加至1L时，SO42-完全沉淀，但此时Mg2+仍有剩余，持续加入Ba(OH)2至1.5L时，Mg2+也完全沉淀。7．下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是( )A．工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4C．工业上可用铁质容器储存、运输浓硝酸和浓硫酸D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂解析：选D。FeCl3作净水剂是利用Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体的吸附作用，而不是氧化性。8．向某二价金属M的M(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到VL气体，如果计算金属M的相对原子质量，你认为还必须提供下列哪项数据( )A．M(OH)2溶液的物质的量浓度B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C．MCO3的质量D．题给条件充足，不需要再补充数据62\n解析：选C。M(OH)2＋2NaHCO3===MCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，MCO3＋2HCl===MCl2＋H2O＋CO2↑，收集到的VL(标准状况下)气体为CO2，据此可以确定MCO3的物质的量，如果再知道MCO3的质量，则可确定MCO3的摩尔质量，进一步可求出金属M的相对原子质量。9．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉淀、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是( )A．此法的优点之一是原料来源丰富B．第④步电解时阴极产生氯气C．①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2D．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应解析：选B。本题考查从海水中提取镁的过程。原料是海水和贝壳，来源丰富，A选项正确；涉及的化学反应有Ca(OH)2＋MgCl2===Mg(OH)2↓＋CaCl2，Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O，MgCl2＋6H2O===MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2O↑，MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，在第④步电解时，阴极产生的是金属镁，B选项错误；从上面的分析可知C和D选项正确。10．硝酸发生氧化还原反应的时候，一般硝酸越稀，对应的还原产物中氮的化合价越低。现有一定量的铝、铁合金与一定量稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(V)与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示。下列说法中不正确的是( )A．合金与硝酸反应时硝酸过量B．合金中铝的物质的量为0.008molC．合金中金属的物质的量共为0.032molD．无法求出C点的值解析：选D。由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，由图又可看出金属与硝酸反应后，硝酸是过量的，故合金的氧化产物为Fe(NO3)3、Al(NO3)362\n。图中：(1)O→C：H＋＋OH－===H2O；(2)C→31：R3＋＋3OH－===R(OH)3↓(R代表Fe或Al)；(3)31→34：NH4＋＋OH－===NH3·H2O；(4)34→36：Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O。由(4)知n[Al(OH)3]＝0.002L×4mol/L＝0.008mol＝n(Al)。由(3)知，n(NH4NO3)＝0.003L×4mol/L＝0.012mol，根据反应中得失电子相等的原则得：3n(R3＋)＝0.012×8＝0.096mol，则n(R3＋)＝0.032mol＝n(合金)。O→31mL中，用于沉淀金属离子的OH－有0.096mol，故C点：(0.031L×4mol/L－0.096mol)/4mol·L－1＝0.007L，即7mL。因此本题应选D。是Fe3O4和H2，无碱生成。选项C中生成的氧化物分别是Li2O、CO2和P2O5，正确。选项D中Na2CO3受热不分解，无气体生成。12．下列离子方程式书写正确的是( )A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－解析：选D。离子反应方程式必须符合反应原理，A应为2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO2－＋3H2↑；氨水是弱碱不能写成离子形式，B错；离子方程式必须符合质量(原子个数)守恒和电荷守恒，所以C错。13．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )A．0.24molB．0.21molC．0.16molD．0.14mol解析：选B。混合物完全溶解且向所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则铁元素完全转化为Fe(NO3)2，由N元素守恒可得，原混合物中铁的总物质的量为：(0.12L×4mol·L－1－1.344L÷22.4L·mol－1)＝0.21mol。再由铁元素守恒可知还原相同质量的混合物所得铁的物质的量也是0.21mol，故选B。14．在5mL0.05mol/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1mol/LAgNO362\n溶液，生成沉淀质量与加入AgNO3溶液体积关系如图所示，则该氯化物中金属元素的化合价为( )A．+1B．＋2C．＋3D．＋4解析：选C。从图中可以看出，AgNO3溶液的体积应在7～8mL之间。由于5mL金属氯化物的溶液中所含Cl－的物质的量与Ag＋的物质的量相等，设金属氯化物的化学式为MClx，粗略计算有：5.0mL×0.05mol·L－1×x＝8.0mL×0.1mol·L－1，解得x＝3.2。所以，认定金属元素的化合价为＋3。15．下表所列为五种可溶性盐在30℃的溶解度(g/100gH2O)：盐NaClNaHCO3Na2CO3(NH4)2CO3NH4Cl溶解度36.512.130.027.041.1若在30℃的饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳就会有晶体析出。试参考表中的数据，推测析出的晶体是下列的哪一种( )A．NaClB．NaHCO3C．Na2CO3D．(NH4)2CO3E．NH4Cl解析：选B。食盐水中通入氨气，再通入CO2后，溶液中应含Na＋、Cl－、NH4＋、CO32－、HCO3－。各盐类的溶解度大小为：NH4Cl>NaCl>Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3，其中Na＋、HCO3－会先形成NaHCO3结晶析出。16．证明某溶液含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是( )A．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C．滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最后呈红褐色D．只需滴加KSCN溶液解析：选BC。如果先滴加氯水，Fe2＋将被氧化。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)62\n17．(6分)A、B、C、D、E五种可溶性化合物，分别由阳离子Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、Na＋、Ag＋和阴离子NO3－、OH－、SO42－、Cl－、CO32－中的各一种组成(离子不重复)。现做如下实验：①A和E的溶液显碱性，0.1mol/LA溶液的pH小于13；②在B的溶液中逐滴加入氨水有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；③在C的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加；④在D的溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，没有沉淀。(1)根据以上事实推断A、B、E的化学式：A________、B_________、E____________。(2)写出③和④的离子方程式：③_____________________________________________________；④_____________________________________________________。解析：A和E的溶液显碱性，说明是碱溶液或者强碱弱酸盐溶液，形成碱溶液的阳离子有Na＋和Ba2＋，0.1mol/LA溶液的pH小于13，说明A是盐，而题中弱酸根离子只有CO32－，则A是Na2CO3，E是碱，为Ba(OH)2。在B的溶液中逐滴加入氨水有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失，此为银氨溶液的配置过程，说明B溶液中存在Ag＋，而与Ag＋形成可溶性化合物的题中只有NO3－，则B是AgNO3。在C的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加，说明铁粉被C溶液氧化，则C溶液中有Fe3＋，为Fe2(SO4)3或者FeCl3，在D的溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，没有沉淀，D中没有SO42－，进一步得出C是Fe2(SO4)3，则D是AlCl3。答案：(1)Na2CO3 AgNO3 Ba(OH)2(2)③2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋④Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O18．(12分)将Fe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L稀硝酸中充分反应后：(1)若反应后有Cu剩余，则此溶液中一定有的阳离子是________，可能有的阳离子是________。(不考虑水电离出的H＋，下同)(2)若反应后的溶液中有Fe3＋，则溶液中一定含有的阳离子是________，可能含有的阳离子是________。(3)如果反应后的溶液中无金属剩余，则加入金属粉末的最大质量应小于________。(4)如果加入的Fe和Cu的质量比为7∶8，则使HNO3完全反应的金属粉末的最小质量为________。解析：本题中要注意的是稀HNO3将铁和铜氧化时的反应顺序：①与Fe反应生成Fe2＋；②与Cu反应生成Cu2＋；③与Fe2＋反应生成Fe3＋。所以，(1)若反应后有Cu剩余，则此溶液中一定有的是Fe2＋，可能有的是Cu2＋；(2)若反应后有Fe3＋时，则此溶液中一定有的是Cu2＋，可能有的是Fe2＋；(3)由上述三个过程可知，只发生与铜的反应时所需的金属量最多，由3Cu～8HNO3可解得需Cu的质量为9.6g；(4)因要求HNO3完全反应且金属质量最小，所以加入的铁要尽可能多耗酸，所以生成的是Fe3＋62\n，而Fe和Cu的质量比为7∶8，可得到两者的物质的量之比为1∶1，根据Fe→4HNO3,3Cu→8HNO3可解得需要Fe和Cu的物质的量均为0.06mol，从而可得金属粉末的质量为7.2g。答案：(1)Fe2＋ Cu2＋ (2)Cu2＋ Fe2＋ (3)9.6g(4)7.2g19．(12分)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为______________。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO32－的离子方程式为____________________________________。(3)验证滤液B含Fe3＋，可取少量滤液并加入_____________(填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要成分是________(填化学式)，写出该溶质的一种用途____________________________________________。(5)已知298K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2＋)＝________________。解析：流程甲为：62\n则滤液E、K中溶质的主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。(5)由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12＝c2(OH－)·c(Mg2＋)可推知：c(Mg2＋)＝mol·L－1＝5.6×10－10mol·L－1。答案：(1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O(2)SiO2＋2OH－===SiO32－＋H2O(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等)(4)NaHCO3 制纯碱或作发酵粉等(5)5.6×10－10mol·L－120．(8分)下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。62\n根据图示回答问题：(1)写出下列物质的化学式：A ，E ，I 。(2)反应①的化学方程式是 ；反应②的化学方程式是 。(3)J与盐酸反应的化学方程式是 ；反应后的溶液与D反应的化学方程式是_____________________________。解析：B是地壳中含量最高的金属元素，说明B是金属铝，根据F与I之间的相互转化关系，可知F为钠盐，反推知C为NaOH，F是NaAlO2，I是AlCl3，G是H2。根据题意J是磁性材料，说明J是Fe3O4，反应是在高温下发生反应，产物是Fe3O4和H2，反推知单质D为Fe，H为H2O，A和B为高温下的铝热反应，A应该是铁的氧化物——Fe2O3或FeO。答案：(1)Fe2O3(或是FeO) Al2O3 AlCl3(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(3)Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O 2FeCl3＋Fe===3FeCl221．(14分)某学习小组用如图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为 。(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_______________________________________________________________________________________________________________________。(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是 (填序号)；62\n记录C的液面位置时，除视线平视外，还应__________________。(4)B中发生反应的化学方程式为__________________________。(5)若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为 。(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将 。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)解析：解答第(1)小题应注意结合Mg和NaOH溶液不反应而Al与NaOH溶液反应这一差别，确定应选NaOH溶液。若选择稀酸则(5)步无法计算。(2)镁、铝合金的表面易形成氧化膜，氧化膜的存在会使铝的质量分数和铝的相对原子质量的测定存在较大误差，同时也会造成NaOH溶液的浪费，所以实验前应先除去铝镁合金表面的氧化膜。(3)结合本实验的特点和要求，不难分析出该实验操作步骤为：检密→记录→反应→记录→称重。(4)镁和NaOH溶液不反应，铝和NaOH溶液反应的方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(5)解答该小题可设铝的相对原子质量为M，然后依据电子得失守恒进行列式计算，即×3＝×2，化简得：M＝(6)若不洗涤过滤得到的不溶物，就进行干燥称重的话，不溶物的表面可能附有NaAlO2和NaOH，使剩余固体质量偏大，即反应掉的铝的质量偏小。答案：(1)NaOH溶液(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)⑤①④③② 使D和C的液面相平(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(5) (6)偏小62
