高考 化学 分类汇总 金属及其化合物Word文档下载推荐.docx

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　　与金属离子反应的NaOH：

n（NaOH）=0.06

　　总NaOH的量n总=0.64+0.06=0.7mol

故需要NaOH700mL

（2013上海卷）22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为

A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L

答案：

A

【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n（Cu）＝12.0g/80g·

mol-1＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：

0.15mol×

8＝n（NO）×

3+n（NO2）×

1，因n（NO）＝n（NO2），解之得n（NO）＝n（NO2）＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×

22.4mol·

L-1＝13.44L；

当混合物全部为Cu2S时可得：

10×

0.15mol/2＝n（NO）×

1，因n（NO）＝n（NO2），解之得n（NO）＝n（NO2）＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×

L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：

8.4L＜V＜13.44L，故答案为：

A。

（2013山东卷）9．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是

A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸

解析：

首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：

Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。

（2013广东卷）23．下列实验的现象与对应结论均正确的是

选项

操作

现象

结论

将浓硫酸滴到蔗糖表面

固体变黑膨胀

浓硫酸有脱水性和强氧化性

B

常温下将Al片放入浓硝酸中

无明显变化

Al与浓硝酸不反应

C

将一小块Na放入无水乙醇中

产生气泡

Na能置换出醇羟基中的氢

D

将水蒸气通过灼热的铁粉

粉末变红

铁与水在高温下发生反应

将浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸因脱水性使蔗糖脱水炭化，浓硫酸因强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，所以蔗糖固体变黑膨胀，A正确；

Al放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化，阻碍反应继续进行，B错误；

Na放入无水乙醇中，会与活泼性较强的羟基反应，置换出氢气，C正确；

铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，D错误。

AC

命题意图：

化学实验与元素化合物

（2013浙江卷）26、氢能源是一种重要的清洁能源。

现有两种可产生H2的化合物甲和乙。

将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）。

甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。

化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。

请回答下列问题：

（1）甲的化学式是_________；

乙的电子式是__________。

（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。

（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。

（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。

有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。

（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）

（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。

【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。

6.00g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4g；

化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al（OH）3，进而可判定化合物甲为AlH3。

涉及的反应为：

a.甲、乙受热分解：

2AlH3

2Al+3H2↑2NH4H

N2↑+5H2↑

b.甲与水反应：

2AlH3+6H2O==2Al（OH）3+6H2↑

c.2NH4H+5CuO

5Cu+N2↑+5H2O

d.化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即

化合物甲与乙可能发生的反应：

2AlH3+2NH4H

2Al+N2↑+8H2↑。

NH4H电子式：

第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：

Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。

现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。

简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。

实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：

①Cu2O为碱性氧化物；

②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。

实验方案设计的表述：

简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。

【答案】

（1）AlH3；

（2）2AlH3+6H2O==2Al（OH）3+6H2↑（3）Mg3N2；

（4）2NH4H+5CuO

5Cu+N2↑+5H2O；

取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；

若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。

（5）可能；

AlH3中氢元素的化合价为－1价，NH4H中含有＋1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生H2。

【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。

本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。

（2013天津卷）9、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。

某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。

.经查阅资料得知：

无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。

他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：

检查装置的气密性；

通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；

用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成

……

体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封

装置A中反应的化学方程式为_____________________________________。

第

步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。

要使沉积得FeCl3进入收集器，第

步操作是_______________________________________________。

操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）_________________________。

装置B中的冷水浴的作用为__________________；

装置C的名称为__________________；

装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：

___________。

在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂。

.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；

过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。

FeCl3与H2S反应的离子方程式为___________________________________________________。

电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________________________________。

综合分析实验

的两个反应，可知该实验有两个显著优点：

H2S的原子利用率100%；

____________________________________________________________。

【解析】

（1）A中是制备氯化铁的，则反应的化学方程式为2Fe＋3Cl2

2FeCl3。

（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，第

的操作应该是：

在沉积的的FeCl3固体下方加热。

（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有

通入干燥的Cl2，

用干燥的N2赶尽Cl2，即答案选②⑤。

（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；

装置C的名称为干燥管。

装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子，最好用K3[FeCN]6溶液，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。

（5）氯气有毒，应该有氢氧化钠溶液吸收

由于吸收的是氯气，不用考虑防倒吸。

（6）铁离子具有氧化性，能把H2S氧化生吃单质S，所以反应的离子方程式是2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。

（7）阳极失去电子，发生氧化反应，所以阳极电极反应为Fe2＋－3e－=Fe3＋。

（8）在实验中得到氯化铁，而氯化铁是可以循环使用的，即该实验的另一个优点是FeCl3可以循环利用。

（1）2Fe＋3Cl2

2FeCl3；

（2）在沉积的的FeCl3固体下方加热；

（3）②⑤

（4）冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；

干燥管；

K3[FeCN]6溶液。

（5）

（6）2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋；

（7）Fe2＋－3e－=Fe3＋；

（8）FeCl3得到循环利用。

（2013全国新课标卷2）27.（14分）

氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。

纯化工业级氧化锌（含有Fe（Ⅱ）,Mn（Ⅱ）,Ni（Ⅱ）等杂质）的流程如下:

工业ZnO浸出液滤液

滤液滤饼ZnO

提示:

在本实脸条件下，Ni（Ⅱ）不能被氧化；

高锰酸钾的还原产物是MnO2

回答下列问题:

（1）反应②中除掉的杂质离子是，发生反应的离子方程式为；

加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是；

（2）反应③的反应类型为。

过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有；

（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是

。

（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3·

xZn（OH）2.取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g.则x等于。

以工艺流程为形式考察化学知识，涉及反应原理、除杂方法、影响因素、反应类型、产物分析、洗涤干净的检验方法、化学计算等。

（1）除去的杂质离子是Fe2＋和Mn2＋；

Fe2＋以Fe（OH）3的形式沉淀下来，Mn2＋以MnO2的形式沉淀下

来；

反应离子方程式为：

MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe（OH）3↓＋5H＋、3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O

＝5MnO2↓＋4H＋；

在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，不会形成Fe（OH）3和MnO2沉淀。

（2）Zn＋Ni2＋＝Zn2＋＋Ni是置换反应；

还有Ni。

（3）洗涤主要是除去SO42－和CO32－离子。

检验洗净应该检验SO42－离子。

取最后一次洗涤液少量，

滴入稀硝酸，加入硝酸钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。

（4）设ZnCO3为amol，Zn（OH）2为bmol

125a+99b=11.2；

81（a+b）=8.1

解得a:

b=1:

x=1:

1，x=1

（1）Fe2＋和Mn2＋；

MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe（OH）3↓＋5H＋；

3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋；

铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质。

（2）置换反应；

镍

（3）取最后一次洗涤液少量于试管值，滴入1～2滴稀硝酸，再代入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。

（4）1

（2013北京卷）27.（12分）

用含有A12O3、SiO2和少量FeO·

xFe2O3的铝灰制备A12（SO4）3·

18H2O。

，工艺流程如下（部分操作和条件略）:

Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:

Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；

Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色:

Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；

Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。

H2SO4溶解A12O3的离子方程式是

KMnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整：

（3）已知：

生成氢氧化物沉淀的pH

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

开始沉淀时

3.4

6.3

1.5

完全沉淀时

4.7

8.3

2.8

注：

金属离子的起始浓度为0.1mol·

L-1

根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：

（4）己知:

一定条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。

①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是。

②Ⅳ中加入MnSO4的目的是。

（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；

（2）5、8H+、5、4H2O；

（3）pH约为3时，Fe2+和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；

（4）①生成有黄绿色气体；

②除去过量的MnO4-。

（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水；

（2）反应中MnO4-→Mn2+，Fe2+→Fe3+，MnO4-系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe2+系数为

=5，由元素守恒可知，Fe3+系数为5，由电荷守恒可知，由H+参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

（3）滤液中含有Fe2+，由表中数据可知，Fe（OH）2开始沉淀的pH大于Al（OH）3完全沉淀的pH值，而Fe（OH）3完全沉淀的pH值小于Al（OH）3开始沉淀的pH值，pH值约为3时，Al3+、Fe2+不能沉淀，步骤Ⅱ是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；

（4）①MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2；

②Ⅲ的上层液呈紫红色，MnO4-过量，加入MnSO4，除去过量的MnO4-。

（2013四川卷）11.明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2·

12H2O]。

从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如下所示：

焙烧明矾的化学方程式为：

4KAl（SO4）2·

12H2O+3S===2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是。

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是。

（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是。

（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是。

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。

已知25℃、101kPa时：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；

H2O（g）

H2O（l）△H2=-44kJ/mol；

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）===2H2SO4△H3=-545kJ/mol。

则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是①。

焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸②t。

【答案】　　

（1）S　　

（2）蒸发结晶　　（3）4

　　（4）Al+3NiO（OH）+H2O==NaAlO2+3Ni（OH）2

　　（5）SO3（g）+H2O（l）==H2SO4（l）,ΔH=-130KJ/mol　　432t

【解析】ΔH=（ΔH3-ΔH1-2ΔH2）/2=-130KJ/mol

　　948t明矾生成SO2物质的量为4500mol

故生成硫酸的质量m=4500×

0.96×

98÷

0.98=432000Kg=432t

（2103上海卷）十一、（本题共14分）

碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等。

工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠。

54.某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。

称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL。

若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸mL（保留两位小数）。

55.某溶液组成如表一：

问该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。

取出晶体后溶液组成如表二：

计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）。

56.将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态。

计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）。

57.某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg。

通过计算确定该晶体的化学式。

（54）17.80（55）1044.6（56）659.1（57）Na2CO3·

NaHCO3·

2H2O

（54）利用消耗盐酸的量求出样品中含有碳酸氢钠的量，即可求出需耗硫酸的体积。

由关系式：

2NaHCO3～2HCl～H2SO4可知v消耗（H2SO4）＝[（0.1000mol/L×

0.020L）÷

2]/0.05618mol·

L-1＝17.80mL。

（55）通入CO2后，碳酸钠生成碳酸氢钠晶体的质量m新生成（NaHCO3）＝[（814.8×

103g-137.7×

103g）/106g·

mol-1]×

168g·

mol-1＝1073.1kg，故析出NaHCO3的质量为：

1073.1kg+400.3kg-428.8kg＝1044.6kg。

（56）受热时NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量为[（428.8×

103g-400.3×

103g）/168g·

106g·

mol-1＝18.0kg，因此需要加入m（Na2CO3）＝814.8kg-137.7kg-18.0kg＝659.1kg。

（57）设该晶体的化学式为xNa2CO3·

yNaHCO3·

ZH2O，452kg晶体中含有n（Na2CO3）＝（44.8×

103L）/22.4L·

mol-1＝2000mol，则452kg晶体中含有n（NaHCO3）＝[（504×

103g）/84g·

mol-1]-2000mol×

2＝2000mol，452kg晶体中含有n（H2O）＝（452×

103g-2000mol×

mol-1－2000mol×

84g·

mol-1）/18g·

mol-1＝4000，即x:

y:

z＝1:

1:

2，故晶体的化学式为：

Na2CO3·

2H2O。

[2013高考∙重庆卷∙8]（14分）合金是建造航空母舰的主体材料。

（1）航母升降机可由铝合金制造。

①铝元素在周期表中的位置为。

工业炼铝的原料由铝土矿提取而得。

提取过程中通入的气体为。

②Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为。

焊接过程中使用的保护气为（填化学式）。

（2）航母舰体为合金钢。

①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。

②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为。

（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。

①80.0gCu-Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为。

②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。

结合题8图信息推断该合金中除铜外一定含有。

（14分）

（1）①第三周期第ⅢA族CO2

②Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2OAr（其他合理答案均可得分）

（2）①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO（3）①83.1%②Al、Ni

（1）①Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第ⅢA族；

工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液，使Al转化为AlO2-，然后通入CO2气体使AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，然后再将Al（OH）3沉淀加热即可得到Al