高三专题练习金属及其化合物

1、高三专题练习金属及其化合物一选择题（共23小题）1（2012春桃城区校级期末）下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是（）A在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多B同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强C甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能D将甲、乙作电极组成原电池时，甲是负极2（2009山东）下列叙述错误的是（）A合金材料中可能含有非金属元素B人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性D在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放3（2014广东）生活处处有化学下列说法正确的是（）A制饭勺、饭盒、高压锅等的

2、不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸4（2010安徽）图是一稀酸对FeCr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是（）A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3（稀）Fe（NO3）3+3NO2+3H2OCCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱5（2000上海）随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题

3、被提到议事日程，其首要原因是（）A利用电池外壳的金属材料B防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染C不使电池中渗透的电解液腐蚀其他物品D回收其中石墨电极6（2012福建）下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（）A二氧化氮B钠C硫酸镁D二氧化硅7（2011上海）过氧化钠可作为氧气的来源常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）二氧化碳碳酸钠转移的电子1molNA22.4L1mol106g1mol106g2NAABCD8（2010福建）下表各组物质中，满足图物质一步转化关系的选项是（）

4、选项XYZNaNaOHNaHCO3CuCuSO4Cu（OH）2CCOCO2SiSiO2H2SiO3ABCD9（2010湖北）下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧主要生成Li2O2B将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸C将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu10（2011上海）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）A3.2gB4.0gC4.2gD4.6g11（2014江苏）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）

5、 物质组别甲乙丙AAlHClNaOHB NH3 O2HNO3C SiO2 NaOHHFD SO2Ca（OH）2 NaHCO3AABBCCDD12（2013山东）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13（2010上海）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少D甲中和乙中的沉淀可能一样多14（2013秋西城区期末）将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反

6、应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：115（2014上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出16（2015上海）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标

7、准状况）（）A231.5mLB268.8mLC287.5mLD313.6mL17（2013四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL18（2013上海）一定量的C

8、uS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（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CuO 12.0g，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（）A9.0 LB13.5 LC15.7 LD16.8 L19（2012四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质

9、的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol20（2010上海）由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比不可能是（）A4：3B3：2C3：1D2：l21（2000上海）铜镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量

10、为（）（Cu、Mg、O、H的相对原子质量分别为：64、24、16、1）A9.02gB8.51gC8.26gD7.04g22（2008上海）已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快右图所示为气体扩散速度的试验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环下列关于物质甲、乙的判断正确的是（）A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B甲是浓盐酸，乙是浓氨水C甲是浓氨水，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水23（2007宣威市校级模拟）按右图装置持续通入x气体，并在管口P处点燃，实验结果使澄清的石灰水变浑浊则x、y可以是（）AH2和NaHCO3BCO和Na2CO3CCO和CuODH2和Fe2O3二填空题（共3小题）24（2013春金乡县

11、校级月考）A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；A和I相遇产生白色烟雾；B和E都能使品红溶液褪色；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；C和D相遇生成红棕色气体；G在D中燃烧可以产生E和H2O；将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A回答下列问题：（1）A的化学式是，中烟雾的化学式是；（2）中发生反应的化学方

12、程式是；（3）中发生反应的化学方程式是；（4）C的化学式是，D的化学式是；（5）中发生反应的化学方程式是；（6）H的化学式是25（2012四川）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，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）D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是（4）G+JM的离子方程式是（5）Y受热分解的化学方程式是26（2009四川）已知AO分别

13、代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）A、B、H分别是由短周期元素组成的单质B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀请回答下列问题：（1）组成B单质的元素在周期表位置是化合物C的电子式为（2）J的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是（3）写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：（4）写出N与Cu反应生成L的离子方程式：（5）上图中，在同一反应里一种物质既作氧化剂，又作还原剂反应共有个三解答题（共1小题）27（2010浙江）A、B、C

14、、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含一种金属元素A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的化合物甲和乙（相对分子质量甲乙）请回答下列问题：（1）甲的电子式为；写出乙的一种用途（2）用某种废弃的金属易拉罐与A、C、D组成的化合物溶液反应，所产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式该种气球存在的隐患是（3）向A、B、C三种元素组成的某盐溶液中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀，该反应的化学方程式为已知该盐溶液常温下呈酸性，则0.1molL1该盐溶液中浓度最大的离子为（写离子符号）（4）写出

15、C和D形成的化合物与EC2发生氧化还原反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（5）经检测，某固体粉末中仅含C和D两种元素组成的化合物，请设计实验方案探究该固体粉末的成分高三专题练习金属及其化合物参考答案与试题解析一选择题（共23小题）1（2012春桃城区校级期末）下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是（）A在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多B同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强C甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能D将甲、乙作电极组成原电池时，甲是负极考点：常见金属的活动性顺序及其应用菁优网版权所有专题：金属概论与碱元素分析：A、根据金属的金属性强弱与得失电

16、子多少是否有关分析；B、根据金属的金属性强弱与同价阳离子的关系分析；C、与酸反应置换氢气的难易分析；D、根据原电池的电极分析；解答：解：A、金属的金属性强弱与得失电子的难易有关，与得失电子的多少无关，故A错误B、同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强，则乙的金属性比甲的强，故B错误C、甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能，根据金属活动性顺序表知，金属甲的活动性比金属乙的活动性强，故C正确D、将甲、乙作电极组成原电池时，一般是活泼的金属作负极，但也有非常现象，如：镁、铝和氢氧化钠形成的原电池中，铝作负极而镁作正极，所以不能说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强，故D错误；故选C点评：本题考查了金属活泼性的判

17、断方法，要注意的是：金属的金属性强弱与得失电子的难易有关，与得失电子的多少无关2（2009山东）下列叙述错误的是（）A合金材料中可能含有非金属元素B人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性D在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放考点：合金的概念及其重要应用；常见的生活环境的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质菁优网版权所有分析：合金是金属和金属或金属和非金属形成的混合物，他们大多数都具有金属的通性；人造纤维的主要成分是纤维素，其它各种合成纤维都是高分子化合物，光导纤维的主要成分为二氧化硅

18、；并利用蛋白质变性的方法及化学反应的发生来分析解答解答：解：A、因钢是常见的铁的合金，钢中含有碳元素，故A说法正确；B、光导纤维的成分是SiO2，不是有机高分子化合物，故B说法错误；C、流感病毒是蛋白质，蛋白质受热而变性，从而杀死病毒，故C说法正确；D、在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了把生成的CO、氮的氧化物转化为无毒无害的CO2、N2气体，故D说法正确；故选：B点评：本题考查知识点较多，但大多属于记忆性的知识点，学生应了解常见的合金、各种纤维材料的主要成分，注意理论与实际相结合，多注意社会热点问题来分析即可3（2014广东）生活处处有化学下列说法正确的是（）A制饭勺、饭盒、高压锅等的不

19、锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点菁优网版权所有专题：化学应用分析：A合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B棉和麻主要成分是纤维素；C花生油是植物油是不饱和酯类；D蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸解答：解：A“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确； B棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；

20、C花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误故选A点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握4（2010安徽）图是一稀酸对FeCr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是（）A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3（稀）Fe（NO3）3+3NO2+3H2OCCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱考点：金属腐蚀的

21、化学原理；铁的化学性质菁优网版权所有专题：图示题；压轴题；电化学专题；元素及其化合物分析：根据图中的纵横坐标可知，横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱解答：解：A、由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，故A错误；B、因硝酸与金属反应生成NO，则稀硝酸和铁反应生成NO，故B错误；C、不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；D、由图可知，随着Cr含量增加硝酸对合金腐蚀性减弱，故D正

22、确；故选：D点评：本题以图形来考查学生对金属腐蚀的认识，明确图形中的曲线变化趋势及曲线的交点的含有是解答的关键，并能利用金属与酸的反应来分析解答金属的腐蚀5（2000上海）随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是（）A利用电池外壳的金属材料B防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染C不使电池中渗透的电解液腐蚀其他物品D回收其中石墨电极考点：金属的回收与环境、资源保护菁优网版权所有专题：热点问题分析：根据废电池对环境的污染问题来分析进行集中处理的原因解答：解：回收废电池的首要原因是防止废电池中渗漏出的重金属离子对土壤和水源的污染，而对废电池

23、的综合利用是第二位的故选B点评：通过回答本题知道了废电池进行集中处理的原因，我们要回收废旧电池，防止污染环境6（2012福建）下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（）A二氧化氮B钠C硫酸镁D二氧化硅考点：钠的化学性质；铵盐菁优网版权所有专题：压轴题；元素及其化合物分析：能和氯化铵反应生成氨气说明该溶液呈碱性，和水反应生成碱的物质即是正确选项，据此分析解答解答：解：A、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氯化铵不反应，所以不符合条件，故A错误B、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以符合条件，故B正确C、硫酸镁和氯化铵不反应，所以不符合条件，故C错

24、误D、二氧化硅和氯化铵不反应，所以不符合条件，故D错误故选B点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，明确“和氯化铵反应生成氨气的溶液必须是碱性溶液”即可解答本题7（2011上海）过氧化钠可作为氧气的来源常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）二氧化碳碳酸钠转移的电子1molNA22.4L1mol106g1mol106g2NAABCD考点：钠的重要化合物；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算菁优网版权所有分析：由化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠

25、的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数解答：解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加28g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 固体质量差 2mol 2mol 56g x y 28g 解之得：x=1mol 解之得：y=1mol碳酸钠的质量=1mol×106g/mol=106g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积22.4L；由化学方程式可知；1mol二氧化碳参与反应时消耗1mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为1mol××2=1mol，即有 NA个电

26、子转移 由此可知上表中正确故选AC点评：本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，难度较小8（2010福建）下表各组物质中，满足图物质一步转化关系的选项是（） 选项XYZNaNaOHNaHCO3CuCuSO4Cu（OH）2CCOCO2SiSiO2H2SiO3ABCD考点：钠的重要化合物；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质菁优网版权所有专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：根据物质的性质，用代入法进行判断解答：解：A、NaNaOHNaHCO3，但NaHCO3不能完成到Na的转化，故A错误；B、CuCuSO4Cu（OH）2，但Cu（O

27、H）2不能完成到Cu的转化，故B错误；C、CCOCO2C，可一步完成，故C正确；D、SiSiO2，但SiO2不能一步到H2SiO3，故D错误故选：C点评：考查学生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，难度不大，注意常见元素化合物性质的积累9（2010湖北）下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧主要生成Li2O2B将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸C将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu考点：碱金属的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有专题：氧族元素；氮族元素；金属概论与碱元素分析：A、锂的性质不同于钠，与镁的性质相

28、似；B、碳酸的酸性比次氯酸强，反应可以发生；C、根据盐酸和亚硫酸的酸性强弱判断反应能否进行；D、在溶液中发生离子反应，生成氢氧化铜沉淀解答：解：A、锂在空气中燃烧生成氧化锂，故A错误；B、碳酸的酸性比次氯酸强，反应可以发生，故B正确；C、盐酸的酸性比亚硫酸强，将SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3沉淀，故C错误；D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀，而在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜，故D错误故选B点评：本题考查物质的性质，涉及锂的性质、盐酸和亚硫酸的酸性强弱、碳酸和次氯酸的酸性强弱以及氨气和硫酸铜溶液的反应，本题难度不大，注意D选项为易错点10（2011上海）物质

29、的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）A3.2gB4.0gC4.2gD4.6g考点：镁的化学性质；有关混合物反应的计算菁优网版权所有专题：压轴题分析：镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，然后解答解答：解：镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，

30、如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，2 2 10.10mol 0.10mol 0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g4.6g之间，故选D点评：本题考查镁的性质及有关计算，镁可在二氧化碳中燃烧是镁特有的性质，并用极限法来进行计算11（2014江苏）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（） 物质组别甲

31、乙丙AAlHClNaOHB NH3 O2HNO3C SiO2 NaOHHFD SO2Ca（OH）2 NaHCO3AABBCCDD考点：铝的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：AAl与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；BNH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应；CSiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；DSO2与Ca（OH）2、NaHCO3反应，且Ca（OH）2与NaHCO3反应解答：解：AAl与HCl反应生成氯化铝和氢气，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，且HCl与NaOH反应生成NaC

32、l和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；BNH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B选；CSiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选；DSO2与Ca（OH）2反应生成亚硫酸钙和水，SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，且Ca（OH）2与NaHCO3反应生成碳酸钙，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D不选；故选B点评：本题考查考查

33、物质之间的反应，为2014年高考真题，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大12（2013山东）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稀硝酸考点：铝的化学性质菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：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物质的量最少解答：解：设Al为1mol，A铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAl（OH）4，1molAl消耗1molNaOH；

34、B铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气13（2010上海）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比

35、乙中的少D甲中和乙中的沉淀可能一样多考点：两性氧化物和两性氢氧化物；有关范围讨论题的计算菁优网版权所有专题：压轴题分析：根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多解答：解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体

36、积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的多；当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中生成的氢氧化铝的物质的量=10mL×103L/mL×0.1molL1=0.001mol，乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，甲中生成的氢氧

37、化铝为0.001mol，乙中生成的0.001mol氢氧化铝部分溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多故选：BD点评：此题考查了元素化合物知识，此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法14（2013秋西城区期末）将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变菁优网版权所有专题：几种重要的金

38、属及其化合物分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：1.5n=2：3故选A点评：本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式表达题目已知条件，难度不大15

39、（2014上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答解答：解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加

40、入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B点评：本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键16（2015上海）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44

41、.8mL气体原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）A231.5mLB268.8mLC287.5mLD313.6mL考点：有关混合物反应的计算菁优网版权所有分析：发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL气体可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可解答：解：最终收集到44.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，

42、设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×=x，则：x+x+44.8mL=y，联立解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×=x，同时生成NO体积为x，

43、其中转化成硝酸的NO体积为：x44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x44.8mL）×，消耗氧气总体积为：x+（x44.8mL）×=y，联立可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，故选CD点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力17（2013四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝

44、酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质菁优网版权所有专题：压轴题；守恒法分析：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计

45、算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积解答：解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢

46、氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电

47、子转移守恒可知，a×1+（0.05a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L0.04mol（0.050.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答18（2013上海）一定量的Cu

48、S和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（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CuO 12.0g，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（）A9.0 LB13.5 LC15.7 LD16.8 L考点：有关混合物反应的计算菁优网版权所有专题：守恒法分析：利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者

49、之间解答：解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol

50、×2×22.4L/mol=8.4L，故选A点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查19（2012四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol考点：有关混合物反应的计算菁优网版权所有专题：压轴题；守恒法分析：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根