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1、高考化学专题1某稀溶液中均含有1 mol的ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2的物质的量(纵坐标/mol)和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol)之间的关系为()解析：与铁反应的离子有2 mol Fe3、2 mol H、1 mol Cu2，又因为氧化性Fe3Cu2H，故加入铁粉时先后发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2；2 mol1 mol3 molCu2Fe=CuFe2；1 mol1 mol1 mol2HFe=Fe2H2，2 mol1 mol1 molA正确。答案：A2(20XX年高考江苏卷)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()Al2O3N

2、aAlO2(aq) Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq) NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq) Mg(OH)2MgOA BC D解析：在提供的物质转化关系中，中S在O2中的燃烧产物应为SO2，故错；中FeCl3溶液在加热时会促进Fe3的水解：FeCl33H2O Fe(OH)33HCl，最终得不到无水FeCl3，要实现这个过程，需将FeCl3溶液在HCl的氛围中加热蒸干，才能得到无水FeCl3，故错。答案：A3(20XX年北京丰台模拟)a、b、c、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图转化关系(其他产物已略去)，下列说法正确的

3、是()A若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2B若X为KOH溶液，则A可能为AlC若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2D若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫解析：A项，若X为Fe，a为HNO3，则b为Fe(NO3)3，c为Fe(NO3)2；B项，若X为KOH溶液，a为Al，则b为KAlO2，但b不能与X反应转化为c；C项，若a、b、c为钠的化合物，X为SO2时也符合转化关系；D项，若X为O2，则a可为有机物乙醇，但不能为单质硫，单质硫与氧气反应不能生成三氧化硫。答案：AC4(20XX年广州六校联考)实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，下列有关说法中正确的是(

4、气体体积在标准状况下测定)()A若提供0.4 mol HCl，MnO2不足量，则可制得氯气2.24 LB若提供0.4 mol HCl，MnO2过量，则可制得氯气2.24 LC若有0.4 mol HCl参与反应，则可制得氯气2.24 LD若有0.4 mol HCl被氧化，则可制得氯气2.24 L解析：在反应中盐酸被消耗，浓度逐渐减小，稀盐酸不能被氧化，A、B均错误；0.4 mol HCl被氧化，生成0.2 mol Cl2，其体积在标况下为4.48 L，D错误。答案：C5(20XX年荆州模拟)A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如图转化关系(副产物已略去)。试回答：(1)若X是强氧化性单

5、质，则A不可能是_。aSbN2cNadMgeAl(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式为_；C溶液在储存时应加入少量X，理由是(用必要的文字和离子方程式表示)_。(3)若A、B、C为含金属元素的无机化合物，X为强电解质溶液，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为_，X的化学式可能为(写出不同类物质)_或_，反应的离子方程式为_或_。解析：此转化关系与我们熟悉的连续氧化非常相似。(1)当X是强氧化性单质(如：O2)时，S、N2、Na均可被连续氧化，而Mg、Al只能被氧化一次。因此A不可能是Mg、Al。(2)由于C溶液中滴加AgNO3溶液

6、生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以C中含有Cl，X应为变价金属，我们常见的有铁、铜等，经验证，X为Fe，A为Cl2：Cl2FeCl3FeCl2，B为FeCl3，C为FeCl2，由于Fe2易被氧化，储存FeCl2溶液时常加入少量铁粉。(3)A、B、C均含同一种金属元素，结合题意可推出，应是含铝化合物与酸或碱的反应。如：NaAlO2Al(OH)3AlCl3或AlCl3Al(OH)3NaAlO2答案：(1)de(2)FeCl3Fe2Fe3=3Fe2，防止Fe2被氧化成Fe3(3)Al(OH)3HClNaOHAlOHH2O=Al(OH)3Al33OH=Al(OH)36(创新预测)工业上用铝土矿(主要成分

7、为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是()A试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B反应中生成Al(OH)3的反应为CO2AlOH2O=Al(OH)3HCOC结合质子(H)的能力由强到弱的顺序是OHAlOCODAl2O3的熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al解析：根据题中冶炼铝的流程图知，试剂X可以为NaOH，则Y为CO2，沉淀中含有Fe2O3，A项错误；B项中的反应方程式中氢元素不守恒，B项错误；C项根据反应的产物有Al(OH)3和HCO，则结合质子(H)的能力由强到弱的顺序是OHAlOCO，C项正确；AlCl3是共价化

8、合物，不能用电解熔融AlCl3的方法制Al，D项错误。答案：C7(创新预测)X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，且HH1H2，则X、Y可能是C和COS和SO2AlCl3和Al(OH)3NaOH和Na2CO3Fe和FeCl3中的()A BC D解析：本题的关键是HH1H2，即化学方程式XWZ可由XWY和YWZ叠加得到，如中AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O，可由AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O叠加得到。答案：D一、选择题1(20XX年高考山东卷)下列与含氯化合物有关的说法正确的是()AHClO是弱酸，所以NaClO是弱

9、电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)解析：HClO是弱酸，是弱电解质，而NaClO是盐，是强电解质；B项正确；HCl是共价化合物，其水溶液之所以导电是因为HCl在水分子的作用下电离产生了H和Cl，NaCl为离子化合物；电解NaCl溶液的化学方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2H2，标准状况下产生22.4 L H2，理论上转移2NA个电子。答案：B2(20XX年北京房山模拟)

10、用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是()A若品红溶液褪色，则说明产物中含有SO2B若溴水褪色，则说明SO2具有还原性C若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3只作氧化剂D若品红溶液不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊，则说明亚硫酸比碳酸的酸性强解析：A项，SO2能使品红溶液褪色；B项，二氧化硫使溴水褪色表现还原性；C项，烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，说明Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂；D项，品红溶液不褪色说明无二氧化硫，Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明有二氧化碳，依据强酸制弱酸原理说明亚硫酸比碳酸的酸性强。答案：C3(20XX年启东模拟)为了避免

11、NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O；NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1解析：无论生成NaNO2还是NaNO3，都有n(Na)n(N)11，则n(Na)n(N)(ab2c)mol。答案：C4A、B、C、D都是中学化学中常见物质，它们均含有同一种短周期元素，在一定条件下可

12、发生如图所示的转化。下列判断中合理的是()AA不可能是金属BA和D可能发生化合反应CX一定为氧气DA不可能含有三种元素解析：若X为O2，A为Na、N2、NH3、乙醇等均成立；若A为P，X为Cl2也符合题意。若A为氨气，D为硝酸，A和D可发生化合反应。若A为乙醇，X为氧气，乙醇不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳继续与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸。答案：B5在200 mL含Mg2、Al3、NH、H、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5 molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示：下列叙述正确的是()Ax与y的差值为0.01 mol

13、B原溶液中c(Cl)0.75 molL1C原溶液的pH2D原溶液中n(Mg2)n(Al3)52 解析：剖析图象容易求得：原200 mL溶液中含20 mmol H(由横坐标04段求得，依据是HOH=H2O)；含10 mmol Al3(只能由横坐标3335段求得，依据是Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O)；含50 mmol Mg2在Al3已求得的基础上，联合横坐标430段求得，依据是Al33OH=Al(OH3)以及Mg22OH=Mg(OH)2；含30 mmol NH (由横坐标3033段求得，依据是NHOH=NH3H2)；含180 mmol Cl(结合上述已经推得的各种数据，由溶液电中性

14、原则求得)。因此，A正确。B错误，c(Cl)0.9 molL1。D错误，所求的比值应为51。C错误pH1。答案：A6(双选)下列有关无机非金属材料的说法，不正确的是()A硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料BSiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆C玻璃、水泥和陶瓷，其成分中均含有硅酸盐D反应：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2中，Si为还原剂，NaOH和H2O为氧化剂解析：SiO2不导电，光缆传输信号的原理与导电性无关。Si与NaOH溶液反应中NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，起氧化作用的只有水，=Na2SiO32H23H2O。答案：BD7下列实验过程中产生的现象与对应

15、的图形相符的是()解析：亚硫酸氢钠加入硝酸溶液中，硝酸跟亚硫酸氢钠间可能发生氧化还原反应(生成氮的氧化物和硫酸盐)，所以一开始就会有气体产物，图像A中的曲线不能正确反映实际情况。硫化氢通入氯水中，易发生反应：H2SCl2=2HClS，反应一开始溶液的pH会降低，图像B错误。氢氧化钠滴入碳酸氢钡溶液中，一开始就会有沉淀生成，图像C也不正确。CO2通入澄清石灰水中，反应分两个阶段，先是CO2Ca22OH=CaCO3H2O，再是CaCO3CO2H2O=Ca22HCO，对应溶液的导电性先减弱，再增强，图像D正确。答案：D二、非选择题8(20XX年高考四川卷)下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶

16、液，相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)B中所含元素位于周期表中第_周期，_族。(2)A在B中燃烧的现象是_。(3)DEB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是_。(4)GJM的离子方程式是_。(5)Y受热分解的化学方程式是_。解析：解题的关键是利用物质的颜色进行突破。为红棕色气体氧化物，一定是NO2；M为红褐色沉淀，一定是Fe(OH)3；F是地壳中含量最多的金属元素的单质，一定是Al；X电解生成三种物质，其中A、B是气

17、态单质且能反应生成D，猜测是电解NaCl溶液，生成的H2和Cl2反应生成HCl，盐酸能与黑色固体E(氧化物)反应生成气体B，则E应是MnO2，B是Cl2，则A是H2。NO2和H2O反应生成HNO3(N)，HNO3和Fe(OH)3反应生成Fe(NO3)3(Y)，Fe(NO3)3可分解生成Fe2O3(H)，Fe2O3与HCl反应生成FeCl3(J)，NaOH(C)与Al反应生成NaAlO2(G)，Fe3和AlO可以发生双水解反应生成Fe(OH)3(M)。答案：(1)三A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3AlOFe36H2O=3Al(OH)3Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)32Fe2O312

18、NO23O29(20XX年绍兴模拟)M、R都是生活中常见的金属单质，其中R是用量最多的金属。甲、乙是化合物，其中甲是黑色晶体，可由R在X中燃烧得到。(1)M与甲在高温下反应的化学方程式是_。(2)电解法制R低价氢氧化物的装置如下图。a是4 molL1 NaCl、1 molL1 NaOH的混合溶液。配制a时需要除去蒸馏水中溶解的O2，常采用_的方法。石墨电极应与电源的_(填“正”或“负”)极相连接，通电后，R电极附近的现象是_，R极的电极反应式是_。停止实验一段时间后，在R极上部有红褐色物质产生，反应的化学方程式是_。在某温度下，取足量该红褐色物质溶于水形成饱和溶液，写出其溶液中溶解平衡的方程式

19、_。(3)把R的某氧化物粉末与M粉末混合后分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是ab，则R的氧化物的化学式是_。解析：由题意推出，M为Al，R为Fe，X为O2，甲为Fe3O4，乙为Al2O3。答案：(1)8Al3Fe3O44Al2O39Fe(2)煮沸负生成白色沉淀Fe2e2OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3(s) Fe3(aq)3OH(aq)(3)FeaOb10硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量

20、的Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是_。(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：(3)针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是_。(4)根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为_。Mg(OH)2Zn(OH)2MgCO3CaCO3开始沉淀的pH10.46.4沉淀完全的pH12.48.0开始溶解的pH10.5Ksp5.610126.81062.8109(5)工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是_(选填序号)。a大理石粉b

21、石灰乳c纯碱溶液d烧碱溶液(6)“滤液4”之后的操作依次为_、_、过滤、洗涤、干燥。(7)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于_。解析：解答该题的关键是对题目要有整体的认识，清楚各步操作的目的。研磨菱锌矿是为了使反应更充分。滤液1调pH是为了中和过量的盐酸生成Fe(OH)2沉淀，加漂白粉是为了将Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3以将其除去，滤液2调pH是为了将Zn2转化为Zn(OH)2沉淀，滤液3中含有Mg2、Ca2，滤液4是纯净的ZnSO4溶液。(5)从滤液3中提取MgO，首先应将Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，a项大理石不起作用，c项溶液会将Ca2转化为CaCO3沉淀，故b、

22、d两项合适。(7)ZnCO3ZnO 125 g 81 g x m2 kg得xkg则菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数为：。答案：(1)增大反应物接触面积或增大反应速度或使反应更充分(2) Fe(OH)2ClOH2O=Fe(OH)3Cl(3)FeO(OH)(或其他合理答案)(4)8.0pH10.4(或其他合理答案)(5)bd(6)蒸发浓缩冷却结晶(或其他合理答案)(7)125m2/81m1(或其他合理答案)11如图所示是中学化学常见物质间的转化关系，其中是化工生产中重要的反应。D、E、F、G、M为单质；在常温下，D、E、G、H为气体，其中只有E为有色气体，G是空气中主要成分之一；F、M是生活中常见的

23、金属；K是不溶于水的白色固体，C的焰色反应呈黄色，P是M和紫黑色单质化合的产物；P、J、L、M含有同种元素。(部分反应物、生成物已略去)请回答下列问题：(1)F单质中的元素在周期表中的位置为_；化合物C中含有的化学键为_(填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。(2)一定温度下，在反应中，当1 mol熔融状态下的B完全反应生成液态的F和气态的G时吸收akJ的能量，请写出反应的热化学方程式：_。(3)等物质的量的E与P在溶液中反应的离子方程式为_。(4)某同学为了使F转化为K，且在生成一定量的K时消耗原料的物质的量最少，设计了如右图所示的转化方案。在该方案中，消耗的C和H的物质的量之比

24、为_。(方案中C和H是溶液)。解析：G单质是空气的主要成分之一，再结合框图转化信息知，G为氧气，F、M是生活中常见的金属，F可置换出M，则F为铝，M为铁。A为氯化钠，C为NaOH，P为FeI2，J为FeCl3，FeCl3溶液在空气中高温灼烧生成Fe2O3，L为Fe2O3，B为Al2O3，K为Al(OH)3。根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，2Al6HCl=2AlCl33H2，AlCl33NaAlO26H2O=4Al(OH)33NaCl，可得消耗NaOH和HCl的物质的量之比为11。答案：(1)第三周期A族离子键、极性共价键(2)2Al2O3(l) 4Al(l)3O2(g)H2a kJmol1(3)2ICl2=I22Cl(4)11