届高考化学《争分夺秒15天》5金属及其化合物.docx

1、届高考化学争分夺秒15天5金属及其化合物2012届高考争分夺秒15天化学备考策略5.金属及其化合物一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)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C1800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：A2NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 ()A1 mol Na与足量O2反应生成Na2O

2、或Na2O2均失去NA个电子B1 mol Al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5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NAD2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NA解析：B项，Al在冷的浓HNO3中钝化，Al未完全反应；C项，Fe2HCl=FeCl2H2，2Fe3Cl22FeCl3，所以5.6 g Fe与盐酸反应转移0.2NA个电子，而与Cl2反应则转移0.3NA个电子；D项，发生反应2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，2.7 g Al转移电子0.3NA个答案：A3将某份铁铝合金样品均分为两份，一份

3、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32，则样品中铁、铝物质的量之比为 ()A32B21C34 D43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、Al H2、Al H2三个关系式得知(x)y32，解得xy34.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2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2.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

4、的FeCl3才能再氧化Cu.故烧杯中有铁无铜是不可能的答案：B5200时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合物的平均式量为 ()A5.8 B11.6C23.2 D46.4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：参与反应的气体的物质的量应为O2的2倍，n(O2)0.25 mol，n(混气)20.25 mol0.5 mol，11.6 g/0.5 mol23.2 g/mol即平均相对分子质量为23.2.答案：C6(2012江苏模拟)美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使

5、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：NaAlB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m g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：CuO2HCl=CuCl2H2OFeO2HCl=FeCl2H2O已知：pH9.6时，Fe2以Fe(OH

6、)2形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在34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pH9.6B加纯铜粉，将Fe2还原出来C先将Fe2氧化成Fe3，再调整pH在34D通入硫化氢，使Fe2直接沉淀解析：根据题给信息知Fe2、Cu2、Fe3三种离子在溶液中以氢氧化物形式沉淀的pH不同，要制备CuCl2且除去其中的Fe2，若直接通过调整溶液的pH使Fe(OH)2生成，需pH9.6，此时对于Cu2来说已在pH6.4时就成为Cu(OH)2，Fe(OH)2、Cu(OH)2混在一起难以分离，应当先将Fe2氧化

7、成Fe3后，再将pH调至34之间将Fe(OH)3沉淀出来，此时Cu2并不沉淀，C选项符合题意答案：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DNa2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠反应解析：106 g Na2CO3产生1 mol CO2,84 g NaHCO3产生1 mol CO2，等质量时，NaH

8、CO3产生的CO2多，A正确；106 g Na2CO3消耗2 mol盐酸，84 g NaHCO3消耗1 mol盐酸，等质量时，Na2CO3消耗的盐酸多，B项错误；NaHCO3溶液、Na2CO3溶液和Ba(OH)2反应都产生BaCO3沉淀，C错误；Na2CO3不能与NaOH反应，D错误答案：A9(2012南京模拟)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OHHCO=H2OCO，则E一定能还原Fe2O3C若D为CO，

9、C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是 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，3NO2H2O=2HNO3NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2Na2CO3H2O=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78 g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OHAl3=A

10、lO2H2O，Al33AlO6H2O=4Al(OH)3.答案：A10在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末：FeCl2；Fe2O3；Zn；KNO3，铜粉可溶解的是 ()A BC D答案：B11(2010广州模拟)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

11、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：C12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Fe33H2OFe(OH)33H生成，则

12、原井水中有Fe3，“锈皮”成分为Fe(OH)3；明矾KAl(SO4)212H2O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0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag.下列结论错误的是 A氧化性：Zn2Cu2Fe3AgBFe3的氧化性大于Cu2C溶液中Cu2与Fe2的物质的量比为12D1 mol Fe可还原2 mol Fe3解析：根据金属活动性顺序，还原性ZnCuFeAg，而金属单质的还原性越强，其对应阳离子的氧化

13、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.1 mol铁可还原2 mol铁离子，D正确答案：A14(2012西安模拟)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，速率不改变解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu

14、(NO3)2固体后会发生：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，Al(OH)33H=Al33H2O；D项，ZnCu2=Zn2Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成CuZn原电池，会加速产生H2的速率答案：C15(2012潍坊模拟)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

15、，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(2012辽宁模拟)将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH14的溶液，然后用1 mol/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 A原合金质量为0.92 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中m值为1.56 gD图中V2为60 mL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，

16、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)1 mol/L0.04 L0.04 mol，即合金中钠的物质的量为0.04 mol，与水反应生成0.04 mol NaOH，由合金全部溶解后的溶液为20 mL，pH14，可知铝与氢氧化钠反应后过量的氢氧化钠为0.02 mol，则反应的氢氧化钠为0.02 mol，铝的物质的量也是0.02 mol，所以原合金的质量为0.92 g0.54 g1.46 g，A错误.0.02 mol铝与氢氧化钠反应生成0.03 mol氢气，0.04 mol钠与水反应生成0.02 mol氢气共0.05 m

17、ol氢气，标准状况下体积为1.12 L，B错误沉淀量最大时生成氢氧化铝的质量为0.02 mol78 g/mol1.56 g，C正确.0.02 mol氢氧化铝完全溶解需1 mol/L的盐酸60 mL，则V2100 mL，D错误答案：C二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)17(8分)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氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电

18、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AlCl3Al(OH)3NaAlO2或NaAlO2Al(OH)3AlCl3.答案：(1)Na(2)加入少量铁，防止Fe2被氧化为Fe3，2Fe3Fe=

19、3Fe2O22H2O4e=4OH(3)Al(OH)33H=Al33H2O、Al(OH)3OH=AlO2H2O18(7分)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：CF的离子方程式_HI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ABCD为置换反应，试剂为酸，试剂为碱，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

20、案：(1)AlAl2O3Fe(OH)3(2)Al2O32OH=2AlOH2O4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)319(9分)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100 mL 18 mol/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

21、：X_，Y_，Z_；第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2Fe3Cu=2Fe2Cu2，废液中含有Fe2、Cu2、Fe3；加入过量铁粉后，2Fe3Fe=3Fe2、FeCu2=CuFe2；滤渣中含有过量的Fe和Cu，加入盐酸，Fe2HCl=FeCl2H2；通入Cl2后，2FeCl2Cl2=2FeCl3.答案：(1)Cu2S、O2粗铜Cu2(2)0.9(3)FeHCl(稀)Cl22Fe2Cl2=2Fe32Cl20(8分)向含有0.8 mol的稀硝酸中慢慢加入22.4 g的铁粉，假设反应分为两个阶段第一阶段为：FeHNO3(稀)Fe(NO3)

22、3NOH2O(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：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O当时，按反应进行；当时，按反应进行；当时，则两反应都发生，且Fe和HNO3均反应完全上述反应可以认为先发生反应，若Fe有剩余则发生2Fe(NO3)3Fe=3Fe(

23、NO3)2.答案：(1)Fe4HNO=Fe3NO2H2O,2Fe3Fe=3Fe2.(2)加入Fe粉为00.2 mol时，存在形式为Fe3；加入铁粉为0.20.3 mol时，存在形式为Fe2和Fe3；加Fe粉为n(Fe)0.3 mol时，存在形式为Fe2.(3)如图： 21(8分)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 (1)若反应、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

24、味的有毒气体，则反应的化学方程式是_(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 的循环则反应的离子方程式是_在反应中，若生成1 mol D，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ABCD一定是3Fe4H2O(g) Fe3O44H2.(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1 mol O2应转移2 mol电子，注意氧元素是由1价变为0价答案：(1)Br2I2Cl2(2)3Fe4H2O(g) Fe3

25、O44H2(3)2Na2O22H2O=4Na4OHO22 mol22(12分)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)： (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：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是：_.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，

26、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2 mol I时，共转移3 mol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.