新课标高考试题考点二.docx
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新课标高考试题考点二
考点10钠元素单质及其重要化合物
一、选择题
1.（2011·北京高考10）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+
O2（g）====Na2O（s）ΔH1=-414kJ·mol-1
②2Na（s）+O2（g）====Na2O2（s）ΔH2=-511kJ·mol-1
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）
=-317kJ·mol-1
【思路点拨】解答本题时应注意Na2O、Na2O2的组成及盖斯定律在求解热化学方程式中的应用。
【精讲精析】选D。
选项
具体分析
结论
A
Na2O的组成微粒为Na+和O2-，Na2O2的组成微粒为Na+和O22-，二者的阴阳离子个数比均为1:
2
错误
B
根据化合价变化可知物质与电子转移的关系，方程式①中2Na～Na2O～2e-，方程式②中2Na～Na2O2～2e-，故生成等量的产物，转移的电子数相同
错误
C
Na与O2的反应产物与温度相关，常温下生成Na2O，温度高时生成Na2O2
错误
D
由盖斯定律可知，①×2－②即可得所求热化学方程式，ΔH=
2×ΔH1-ΔH2=[-414×2-（-511）]kJ·mol-1=-317kJ·mol-1
正确
考点11镁、铝元素单质及其重要化合物
一、选择题
1.（2011·江苏高考·3）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）
A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸
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弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
【思路点拨】解答本题时应注意典型物质的性质和应用，注意其中有关的化学原理。
【精讲精析】选A。
因为常温下浓硫酸能够使铝表面生成一层致密的氧化物保护膜，所以常温下可以用铝制贮罐贮运浓硫酸，A正确；B项，二氧化硅可以与氢氟酸反应，B项错误；C项，二氧化氯杀菌消毒后氯的化合价降低，二氧化氯杀菌消毒应用了二氧化氯的氧化性，C项错误；D项，在海轮上装铜，海轮外壳（含铁）、铜和溶有电解质的海水，形成原电池，铁的腐蚀加快，D项错。
二、非选择题
2.（2011·广东高考·32）
（注
：
NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为①和②。
（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。
气泡的主要成分除Cl2外还含有；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在。
（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为。
（4）镀铝电解池中，金属铝为极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4―和Al2Cl7―形式存在，铝电极的主要电极反应式为。
（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是。
【思路点拨】本题主要考查与铝有关的反应方程式，对生产流程中的有关温度条件要结合题目所给知识点进行有关推断。
【精讲精析】
（1）铝能置换氧化铁中的铁单质和石英砂中的硅单质，发生的反应分别为：
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3，4Al+3SiO2
3Si+2Al2O3
（2）因为粗铝中存在氢气，高温下通入氯气会发生反应生成氯化氢，同时部分铝单质与氯气反应生成AlCl3气体，所以气泡中还存在HCl和AlCl3气体；氯气与钠反应生成NaCl，NaCl熔点为801℃，精炼温度只有700℃，所以浮渣中肯定存在NaCl。
（3）气体冷凝以后只剩余氯气和氯化氢，所以用碱液吸收时发生反应的离子方程式为：
H++OH-====H2O；Cl2+2OH-====Cl-+ClO-+H2O。
（4）电镀时，镀层金属为阳极，所以金属铝为阳极；其电极反应式为Al+4Cl--3e-====AlCl4―；2Al+7Cl--6e-=====Al2Cl7―。
（5）钢材表面的致密氧化铝膜能阻止内部钢材接触空气，从而防止钢材被腐蚀。
答案：
（1）2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O34Al+3SiO2
3Si+2Al2O3
（2）HCl、AlCl3NaCl
（3）H++OH-====H2O；Cl2+2OH-====Cl-+ClO-+H2O
（4）阳Al+4Cl--3e-====AlCl4―2Al+7Cl--6e-====Al2Cl7―
（5）钢铁表面的致密氧化铝膜能阻止内部钢材接触空气，从而防止钢材被腐蚀
3.（2011·海南高考·14）镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的______________，还生成少量的______________（填化学式）；
（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是_____________，该化合物水解的化学方程式为_________________________；
（3）如图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。
下列选项中正确的是_______________（填序号）。
①MgI2中Mg2+与I－间的作用力小于MgF2中Mg2+与F－间的作用力
②Mg与F2的反应是放热反应
③MgBr2与Cl2反应的△H＜0
④化合物的热稳定性顺序为MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
⑤MgF2（s）+Br2（l）
MgBr2（s）+F2（g）△H＝+600kJ·mol－1
【思路点拨】解答本题要明确以下三点：
（1）水解的本质是正负电荷相互结合成电中性物质；
（2）△H＝生成物的能量和－反应物的能量和；
（3）物质所含的能量越低，物质越稳定，化学键越强。
【精讲精析】
（1）镁在空气中燃烧将会发生如下三个反应：
2Mg+O2
2MgO，3Mg+N2
Mg3N2，2Mg+CO2
2MgO+C，由于氧气比氮气要活泼得多，所以第一个反应是主要反应，主要产物是白色的MgO，还有少量Mg3N2和C。
（2）镁原子最外层有2个电子，在反应中只能失去2个电子，表现+2价，所以CH3MgCl中Cl显－1价，CH3整体显－1价。
水解的本质是正负电荷相互结合成电中性物质，即Mg2+和水电离出的OH－结合成Mg（OH）2沉淀，Cl－和水电离出的H+结合成HCl，CH3－和水电离出的H+结合成CH4。
（3）由图可知，反应物的能量和都大于生成物的能量和，所以这四个反应都是放热反应。
反应后的能量MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2，而能量越低，说明物质越稳定，化学键越强，所以热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，MgF2中Mg2+与F－间的作用力比MgI2中Mg2+与I－间的作用力大。
根据图像可以写出如下几个热化学方程式：
①Mg（s）+F2（g）
MgF2（s）△H1＝－1124kJ·mol－1
②Mg（s）+Cl2（g）
MgCl2（s）△H2＝－641.3kJ·mol－1
③Mg（s）+Br2（l）
MgBr2（s）△H3＝－524kJ·mol－1
②-③得：
MgBr2（s）+Cl2（g）
MgCl2（s）+Br2（l）
ΔH＝△H2-ΔH3＝-117.3kJ·mol－1
③－①得：
MgF2（s）+Br2（l）
MgBr2（s）+F2（g）
ΔH=ΔH3-ΔH1＝+600kJ·mol－1
答案:
（1）MgOMg3N2和C
（2）+2CH3MgCl+2H2O
Mg（OH）2↓+HCl↑+CH4↑（3）①、②、③、⑤
考点12铁、铜元素单质及其重要化合物
一、选择题
1.（2011·福建高考·9）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（）
【思路点拨】解答本题要注意如下两点：
（1）置换反应是“单质1+化合物1→单质2+化合物2”。
（2）铁盐和金属反应时先被还原成亚铁盐，若金属比铁活泼，则过量的该金属接着和亚铁盐发生置换反应生成单质铁。
【精讲精析】选D。
选项
化学方程式
结论
A
2Mg+CO2
2MgO+C
符合
B
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3
符合
C
2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
符合
D
2FeCl3+Cu
2FeCl2+CuCl2
不符合
2.（2011·山东高考·12）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、Fe
Cl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
【思路点拨】正确地运用所学的水解原理、电解原理,分析C项和D项，同时对三者的化学性质要相当熟悉，尤其是对铜的性质的拓展。
【精讲精析】选C。
A项，铝的氧化物Al2O3属于两性氧化物，A错误；B项，Al与Fe一般都生成对应的氧化物，而Cu除了生成氧化物，还易与空气中的CO2、H2O反应生成铜绿[Cu2（OH）2CO3]，B错误；C项，因AlCl3、Fe
Cl3、CuCl2都属于强酸弱碱盐，弱碱阳离子都能发生水解，生成对应的碱和盐酸，由于盐酸属于挥发性酸，故蒸干后得到的为对应的碱，而不是原溶质，C正确；D项，因氧化性：
Cu2+＞H+，故析出铜；但电解AlCl3和FeCl3时，不能析出铝和铁，因氧化性：
H+＞Al3+、Fe3++e-=Fe2+，应产生氢气和Fe2+，故D错误，
二、非选择题
3.（2011·江苏高考·16）以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g），该反应的平衡常数表达式为K=；过量的SO2与
溶液反应的化学方程式为
。
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是、。
（3）通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为（写化学式）。
【思路点拨】解答本题时应依据所给流程结合铁的化合物的性质和有关化学原理分析整个过程中发生的化学反应。
【精讲精析】
（1）注意“过量的SO2”与
溶液反应应生成NaHSO3；
（2）硫铁矿燃烧将产生铁的氧化物，为了提高铁元素的浸出率，抑制Fe2+及Fe3+的水解，让更多的铁转化为氯化铁晶体，应保持盐酸过量；
（3）注意抓住题目所给条件“氯气氧化”和最终产物（FeCl3·6H2O）,该过程应是将Fe2+氧化，根据能被碱液吸收和生产过程中使用的原料分析尾气应为氯气和氯化氢气体。
答案：
SO2＋
====NaHSO3
（2）提高铁元素的浸出率抑制Fe2+及Fe3+水解
（3）Cl2＋2Fe2+====2Cl-＋2Fe3+
4.（2011·天津高考·7）图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）。
其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。
回答下列问题：
⑴组成单质Y的元素在周期表中的位置是；M中存在的化学键类型为；R的化学式是。
⑵一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4。
ZH4的电子式为。
⑶已知A与1molAl反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：
。
⑷写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：
。
⑸向含4molD的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值。
【思路点拨】解题时找准突破口，Fe3O4俗称磁性氧化铁，能和氢氟酸反应的不溶于水的酸性氧化物为SiO2。
【精讲精析】X、Y、Z都是单质，Fe3O4和Al发生铝热反应生成单质铁，故X是Fe，Y是氧气，Z是单质硅。
⑴氧元素在周期表中的位置为：
第二周期第ⅥA族；M是SiO2和NaOH溶液反应的产物Na2SiO3，钠离子和硅酸根离子之间存在离子键，硅酸根离子内部存在共价键。
⑵单质Si和H2反应生成SiH4，SiH4是共价化合物，电子式是
。
⑶1molAl反应时放热akJ,书写热化学方程式时要注意对应关系，即有8molAl参与反应时，放热8akJ。
⑷O2、NO、H2O发生反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，Fe3O4中既有Fe2＋又有Fe3＋，和硝酸发生反应时，Fe2＋被氧化为Fe3＋。
⑸稀硝酸中，逐渐加入铁粉，开始发生的反应是Fe＋4HNO3=Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O,当硝酸被消耗完了后又发生反应2Fe（NO3）3＋Fe=3Fe（NO3）2，故在画图的时候应当注意加入1molFe之后才开始产生Fe2＋，最终产生1.5molFe2＋（溶液中只有4molHNO3）。
答案：
⑴第二周期第ⅥA族离子键、共价键H2SiO3（或H4SiO4）
⑵
。
⑶8Al（s）＋3Fe3O4（s）====9Fe（s）＋4Al2O3（s）ΔH=－8aKJ·mol-1
⑷3Fe3O4＋28H＋＋NO3-====9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
⑸
5.（2011·新课标全国卷·26）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
（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。
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。
【思路点拨】解答本题时应首先根据图像推断各温度时存在的物质。
根据
Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）×c2（OH-），可以计算c（Cu2+）。
【精讲精析】
（1）CuSO4·5H2O
CuSO4·（5－n）H2O＋nH2O
25018n
0.80g0.80g－0.57g=0.23g
n≈4，所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。
（2）高于258℃时，固体由0.80g变为0.51g，根据
（1）中的计算方法，可知剩余固体为CuSO4，CuSO4加热分解得到的黑色物质为CuO，氧化性气体只能是SO3，CuO溶于稀硫酸后浓缩、冷却，得到的晶体为CuSO4·5H2O，根据图示，CuSO4·5H2O高于102℃就开始分解，所以其存在的最高温度是102℃。
（3）SO3与水反应生成H2SO4，其浓溶液加热时与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O
（4）Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）×c2（OH-），常温下PH=8的溶液中c（OH-）=10-14∕10-8=10-6mol/L，所以c（Cu2+）=2.2×10-20∕（10-6）2=2.2×10-8（mol·L-1）。
H2S+Cu2+====CuS↓+2H+
12
0.1mol·L-1x可知x=0.2mol·L-1
答案：
（1）CuSO4·5H2O
CuSO4·（5－n）H2O＋nH2O
25018n
0.80g0.80g－0.57g=0.23g
n≈4，所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。
（2）CuSO4
CuO＋SO3↑CuSO4·5H2O102℃
（3）2H2SO4（浓）+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O（4）2.2×10-80.2
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