高考 化学 分类汇总 金属及其化合物Word文档下载推荐.docx

1、与金属离子反应的NaOH ： n（NaOH）=0.06 总NaOH的量 n总=0.64+0.06=0.7 mol 故需要NaOH 700 mL（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11，则V可能为A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L答案：A【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n（Cu）12.0g/80gmol-10.15mol，利用电子守恒

2、，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol8n（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）22.4molL-113.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：100.15mol/2n（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-18.4L,所以收集到气体体积：8.4LV13.44L，故答案为：A。（2013山东卷）9足量下列物质与等质量的

3、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：NaAl（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

4、，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6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2（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

5、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1.25 g/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1.25 g/L”丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，N

6、H4H有NH4+和H构成的离子化合物。6.00 g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3 molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4 g；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 2NH4HN2+5H2b.甲与水反应： 2AlH3+6H2O=2Al（OH）3+6H2c. 2NH4H+5CuO5Cu+ N2+5H2Od. 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

7、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：Cu2O为碱性氧化物；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）

8、Mg3N2；（4）2NH4H+5CuO5Cu+ 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

9、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

10、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2Fe3Cl22FeCl3。（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易

11、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。（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K3FeCN6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2Fe3H2S2Fe2S2H。（7）阳极失去电子，发生

12、氧化反应，所以阳极电极反应为Fe23e=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）2Fe3Cl22FeCl3；（2）在沉积的的FeCl3固体下方加热；（3）（4）冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3FeCN6溶液。（5）（6）2Fe3H2S=2Fe2S2H； （7）Fe23e=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（）, Mn（）, Ni（）等杂质）的流程如下:工业ZnO 浸出液 滤液 滤液 滤饼

13、 ZnO提示:在本实脸条件下，Ni（）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）反应中产物的成分可能是ZnCO3xZn（OH）2 .取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1 g. 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M

14、n2；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：MnO43Fe27H2OMnO23Fe（OH）35H、3Mn22MnO42H2O5MnO24H；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）ZnNi2Zn2Ni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

15、=1（1）Fe2和Mn2；MnO43Fe27H2OMnO23Fe（OH）35H； 3Mn22MnO42H2O5MnO24H； 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12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FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O。，工艺流程如下（部分操作和条件略）:.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静

16、置，上层溶液呈紫红色:.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.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pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL-1根据表中数据解释步骤的目的：（4）己知:一定条件下，MnO4 - 可与Mn2+反应生成MnO2。 向 的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。 中加入MnSO4的目的是 。（1）Al2O36H=2Al33H2O；（2）5、8

17、H+、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）生成有黄绿色气体； 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-+5 Fe2+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）

18、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，步骤是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；（4）MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2； 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）212H2O。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）212H2O + 3S = 2K2SO4 + 2Al2O3 + 9SO2 +

19、 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= -197 kJ /mol； H2O（g） H2O（l） H2=-44 kJ/mol； 2SO2（g）+ O2（g）+ 2H2O（g）=2H2SO4

20、 H3=-545 kJ/mol。则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 。焙烧948 t明矾（M = 474 g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 t。【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）, H=-130 KJ/mol 432t 【解析】H=（H3-H1-2H2）/2=-130 KJ/mol 948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=45000.96980.98=432000Kg=432t（2103

21、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

22、，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）Na2CO3NaHCO32H2O （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：2NaHCO32HClH2SO4可知v消耗（H2SO4）（0.1000mol/L0.020L）2/0.05618molL-117.80mL。（55）通入CO

23、2后，碳酸钠生成碳酸氢钠晶体的质量m新生成（NaHCO3）（814.8103g-137.7103g）/106gmol-1168gmol-11073.1kg，故析出NaHCO3的质量为：1073.1kg+400.3kg-428.8kg1044.6kg。（56）受热时NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量为（428.8103g-400.3103g）/168g106gmol-118.0kg，因此需要加入m（Na2CO3）814.8kg-137.7kg-18.0kg659.1kg。（57）设该晶体的化学式为xNa2CO3yNaHCO3ZH2O，452kg晶体中含有n（Na2CO3）（44.8103L

24、）/22.4Lmol-12000mol，则452kg晶体中含有n（NaHCO3）（504103g）/84gmol-1-2000mol22000mol，452kg晶体中含有n（H2O）（452103g-2000molmol-12000mol84gmol-1）/18gmol-14000，即x:y:z1:1:2，故晶体的化学式为：Na2CO32H2O。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。 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 。 Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为

25、。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。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 。 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。 80.0gCu-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 。 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pH3.4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） 第三周期第A族 CO2 Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O Ar（其他合理答案均可得分） （2）吸氧腐蚀 CaCO3或CaO （3）83.1% Al、Ni（1）Al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A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