【高考化学】专题5金属及其化合物(学生版)(2013年高考)

三年高考两年模拟【2013考点预测】高考试题的走向对中学教学有一定指挥捧作用，是难以回避的事实，从近四年的化学试题元素化合物的命题及考生答题情况分析，高考复习必须坚持以考试大纲为纲，以教科书为本的方向，同时也提醒广大教师，必须还教学于本来面目，遵循教学的基本规律，努力完成教学的基本任务，高考复习教学中一定要熟悉考查范围，避免因超纲复习而枉费时间和精力。坚决、果断、彻底地抛掉教材里没有的、《考试大纲》不要求的内容。我们的复习工作应从学校、班级实际出发，追求实效，采取的措施要落实到位。师生都必须清楚每个单元复习的目标，要有明确的针对性。第一轮复习要控制难度，不可在偏、难、怪题上做文章；调控好训练的题量，训练要有针对性，实效性，把精力用在典型试题（历届高考原题、精心改编高考题或选编优秀的模拟题）的分析上。要充分尊重学生复习中的自主权，满足学生复习的需求，把更多的时间还给学生，给学生的思维以广阔的空间，要从根本上克服一味大量布置习题，满堂灌、缺乏针对性、不讲教学效益的问题。大家知道元素化合物知识是中学化学学习的主干内容，是学生学习化学基本概念、基本理论、化学实验的基础与素材，这部分知识内容从表面上看比较零碎、分散，难于记忆，使有些学生感觉花了较多的时间还是难于掌握，造成学习效率下降。因而，在复习时我们老师如何将零散的元素化合物知识整理成较为有序，又便于学生记忆和掌握的知识网络和知识体系是非常重要的。【2013考点定位】由于理综化学考试的总题量只有12题，所以对元素化合物知识的考查不可能覆盖面很广、面面俱到。每年相关元素化合物知识的试题内容一般比较基础，都是考试大纲的基本要求内容，有些直接来自书本知识，有些是书本知识的适当延伸，不过在考查的内容上尽量做到了多个知识点的综合，同时也很好地体现了化学学科的主干知识。从能力要求方面去分析，以理解和运用的中档题为主，从题型上主要以推断题为主，其中近两年还出现了化学开放性的试题，这类试题对培养学生的创新精神和能力起到积极作用。在解题思路上着重对主干知识中物质的主要化学性质、物质之间的相互关系、物质的特性等来突破，并依据对题给信息的综合分析和逻辑推理来解决具体问题。了解元素原子核外电子排布的周期性与元素性质递变关系。重点掌握典型金属和典型非金属在周期表中的位置及与其性质的关系。了解其他常见金属和非金属元素的单质及其化合物。由此可知，元素化合物部分的主干知识：（1）以Na、Mg为代表的ⅠA、ⅡA性质。（2）以N、O、S、Cl为代表的ⅤA、ⅥA、ⅦA性质。（3）Al、Fe单质及化合物性质。（4）常见物质的制备和常见物质(离子)检验。（5）环保问题。【专题解读】1、镁铝及其化合物(1)镁是活泼金属，虽不跟碱性溶液反应，但能置换出酸中的氢，也能与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2。(2)注意对Al2O3、Al(OH)3两性的理解，以及对Al3+、存在条件的认识。Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、只能分别存在于酸性与碱性溶液中21世纪教育网Al3+与下列离子不能大量共存：、、、、、，其中是因为直接反应，其余均是“双水解”21世纪教育网与下列离子不能大量共存：H+、、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。其中H+和是因为直接反应（++H2O=Al(OH)3↓+），其余也是“双水解”。(3)注意正确理解图象的涵义21世纪教育网图示中每个曲线或每条曲线的转折点（拐点），都反映了特定的反应，若没有找对，或对生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或气体）的量之比没搞清，易导致错误。注意研究以下几个实验现象及产生沉淀的量与加入物质的量的数量关系的图象：①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；②向AlCl3和MgCl2混合中逐滴加入NaOH溶液直至过量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至过量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至过量。这些是以化学知识为载体考查学生的综合能力的重要的命题内容，认真研究一定会有益处21世纪教育网(4)Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。所以在碱性溶液中Mg2+总是转化为Mg(OH)2沉淀，产生的MgCO3也会在加热的条件下逐渐转化为Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。三、碱金属元素化合物(1)注意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na2O2溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。(2)注意Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时的先后顺序。若先发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，必还发生2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，即应先考虑Na2O2跟CO2的反应21世纪教育网(3)正确理解“焰色反应”：①它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理变化过程。②不是所有元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应21世纪教育网③焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。四、过渡元素化合物（1）与Fe2+在酸性条件下，不能共存。（2）过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。（3）注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性酸，将不能得到Fe(OH)3固体21世纪教育网（4）注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。（5）注意铁单质与强氧化性物质反应时，也有生成二价铁化合物的可能性。反应中若铁为足量，最终铁元素将以二价铁形式存在，因为2Fe3++Fe=3Fe2+21世【三年高考】【2012高考试题解析】（2012·四川）13.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A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B．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4.48L D．【答案】：B【解析】：设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有64x+144y=27.2……①由CuCu(OH)2Cu2O2Cu(OH)2得34x+68y-16y=39.2-27.2……②，解①②得x=0.2y=0.1Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；硝酸的物质的量为硝酸铜中 NaOH和NO的物质的量之和，1.0mol+（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L，B不正确；产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=4.48L，C正确；1.0mol-0.2mol×2-0.1mol×2×2=【考点定位】本题考查铜及其化合物知识和氧化还原反应的计算。（2011·重庆）7．下列叙述正确的是与S混合加热生成FeS2的热稳定性大于过量的铜与浓硫酸反应用一氧化氮生成D．白磷在空气中加热到一定温度能转化成红磷【答案】C

【解析】Fe与S混合加热生成FeS，A项错误；NaHCO3加热可以生成Na2CO3，B项错误；过量铜与浓硝酸反应，过程中随硝酸浓度变小与铜反应生成一氧化氮，C项正确；白磷在空气中加热可以与空气中氧气反应，D项错误。【考点定位】本题考查元素化合物的有关知识吗，考查的知识点有Fe与S的反应、NaHCO3的稳定性、Cu与HNO3的反应等。（2011·安徽）13．已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是13、【答案】C【解析】根据题意Ksp[Al(OH)3]Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－=AlO－2＋2H2O，而题意是生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系，故C项图像符合实际情况。【考点定位】本题主要考查元素化合物的知识及化学反应的竞争性。（2012·天津）2．下列单质或化合物性质的描述正确的是A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反应C．NO2溶于水时发生氧化还原反应D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】：C【解析】：硫酸氢钠在水溶液中完全电离为：NaHSO4=Na++H++SO42-，故溶液呈酸性，A错；二氧化硅属于酸性氧化物，其能和强碱反应，也能和氢氟酸反应，B错；二氧化氮溶于水和水反应生成硝酸和一氧化氮，属于氧化还原反应，C对；氯气具有较强的氧化性，铁在其中燃烧一定生成氯化铁，D错。【考点定位】此题以元素化合物知识为基础，综合考查了物质性质、氧化还原反应等知识。（2012·海南）8．两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是A．BaCl2和(NH4)2SO4B．AgNO3和NH4ClC．FeCl3和NaHCO3D．KCl和Na2CO3【答案】：AC【解析】：硫酸铵和氯化钡混合加热时会释放氨气，加水溶解会生成硫酸钡沉淀，A符合；氯化铵受热能放出氨气，但生成的盐酸AgCl不溶于盐酸，B排除；碳酸氢钠受热放出二氧化碳气体，溶于水生成的Fe(OH)3可溶于盐酸，C符合；氯化钾和碳酸钠混合溶于水不生成沉淀，D排除。【考点定位】此题以实验现象为载体考查了元素化合物的性质。（2012·上海）17．将l00mLlmol／L的Na2CO3溶液等分为两份．其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO－)的变化分别是A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小【答案】B【解析】加入少量醋酸发生的反应为HCO＋CH3COOH=CH3COO－＋H2O＋CO2↑，加入少量Ba(OH)2发生的反应为Ba2＋＋2OH－＋2HCO=BaCO3↓＋CO－＋2H2O，故答案选B。【考点定位】本题考查NaHCO3的性质。（2012·上海）22．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将lmolPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2。则剩余固体的组成及物质的量比是A．1：1混合的Pb3O4、PbOB．1：2混合的PbO2、Pb3O4C．1：4：l混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．PbO2、Pb3O4、PbO【答案】AD【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒可知PbO2生成O2时，生成O2与生成的＋2价Pb(用PbO表示)的关系为：O2~2PbO，氧化还原反应中得失电子守恒可知由剩余固体与浓盐酸反应时，其中反应物中的＋4价Pb(用PbO2表示)与生成物Cl2的关系为：PbO2~Cl2。由上述两个关系式及题目已知信息O2和Cl2的物质的量之比为3:2可知剩余固体中，PbO：PbO2=6:2=3:1。Pb3O4可以看做2PbO·PbO2，故选将四个选项中的Pb3O4换算为2PbO·PbO2时，选项A、D中的PbO：PbO2=3:1，选项B中的PbO：PbO2=4:3，选项C中的PbO：PbO2=7:5。【考点定位】本题考查铅的化合物的性质，考查氧化还原反应规律的应用。（2012·江苏）5.下列有关物质的性质与应用不踿相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料（2012·上海）二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：27．Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式________。答案：解析：28．已知：Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42-+4H+SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______。29．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。30．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为___。【答案】27．Se＋2HNO3(浓)→H2SeO3＋NO↑＋NO2↑28．H2SO4(浓)＞SeO2＞SO229．＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O30．0．925SeO2~4Na2S2O4故样品中的SeO2质量为m=×0．2000mol/L×0．025L×111g/mol。即样品中SeO2质量分数为=0．925。【考点定位】本题主要考查氧化还原反应和有关的化学计算能力，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解与应用。（2012·上海）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算：57．叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠___g。58．钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05g钠-钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气。(1)计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。(2)计算并确定该钠-钾合金的化学式。59．氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O己知通入二氧化碳336L(标准状况下)，生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比。60．常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失。氢氧化钠质量(g)氯化钠质量(g)①2.403.51②2.322.34③3.483.51上述实验①②③所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论。【答案】57．7858．(1)c(OH－)=×1000=0．75(mol/L)(2)设上述合金中含amol钠、bmol钾a＋b＝0．075×223a＋39b＝5．05a＝0．050molb＝0．10mol该钠－钾合金化学式为NaK259．溶液含氢氧化钠。氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠：15－×24=3(mol)112L二氧化碳得物质的量：＝5mol，n(Al(OH)3)：n(Na2CO3)=[(5－3)×2]=4：560．由氯化钠质量推算，氢氧化钢样品厚乐质量为M1(氢氧化钠)=×2．40=40g/molM2(氢氧化钠)=×2．40=58g/molM3(氢氧化钠)=×3．48=58g/mol结论：实验①所取氢氧化钠样品是NaOH；实验②和实验③所取氢氧化钠样品应该是NaOH·H2O。【解析】57．根据氮元素守恒：n(NaN3)=n(N2)=×=1．2mol，m(NaN3)=1．2mol×65g·mol－1=78g。58．根据化学方程式：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2K＋2H2O=2KOH＋H2↑，可知n(OH－)=2n(H2)=0．075mol×2=0．15mol。c(OH－)=＝0.75mol·L－1。设合金中钠和钾物质的量分别为a和b，则：a＋b=0．075×2=0．15，23a＋39b=5．05g，解得a=0．050mol，b=0．10mol，n(Na):n(K)=1:2，该钠-钾合金的化学式为NaK2。59．溶液中通入CO2，与NaOH反应生成Na2CO3，与铝酸钠反应生成Al(OH)3和Na2CO3。由化学方程式：2NaAl(OH)4＋CO2→2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O，可求出由CO2与NaAl(OH)4生成Na2CO312mol，则CO2与NaOH反应生成Na2CO33mol。n(NaOH)=6mol。112L二氧化碳得物质的量：＝5mol，CO2与NaOH反应生成Na2CO33mol。CO2与NaAl(OH)4生成Al(OH)3：(5－3)×2=4mol，生成Na2CO32mol，则n(Al(OH)3)：n(Na2CO3)=4：5。60．见“答案”。【考点定位】本题考查化学计算与判断。（2012·全国新课标卷）26.（14分）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol.L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：（列出计算过程）；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应制备，FeCl3可用铁粉和反应制备；（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为。与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为。（4）根据题意，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，根据元素守恒、电子转移守恒，可得反应的离子方程式。根据原电池反应原理，锌做负极材料，失电子，发生氧化反应；K2FeO4在电池中作为正极材料，得电子，发生还原反应。【考点定位】铁及其化合物、酸碱中和滴定、离子方程式的书写、电化学、化学计算。（2012·江苏）20.(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3(s)+AlC13(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol－1图83AlCl(g)=2Al(l)+AlC13(g)△H=bkJ·mol－图8①反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为。(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al122+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是。②在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为。③在0.5mol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中，图8图9混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图8所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物图9质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是(填化学式)。(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图9所示。该电池反应的化学方程式为。【答案】20.(14分)(1)①a+b②Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑(2)②防止Mg、Al被空气氧化②52mol③Al(3)2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O还原为Ag，电解质溶液为NaOH溶液，由此可写出总反应。【考点定位】盖斯定律，铝及其化合物的性质以及电化学反应方程式（2012·海南）14．(9分)在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：I：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；II：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。己知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38回答下列问题：(1)FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为：(2)过程I加入铁屑的主要作用是，分离得到固体的主要成分是，从固体中分离出铜需采用的方法是；(3)过程II中发生反应的化学方程式为；(4)过程II中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为。(列式计算)计算知识。【2011高考试题解析】1.（重庆）下列叙述正确的是A.Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B.K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C.Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【答案】D【解析】氯气具有强氧化性，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，H＋的氧化性较弱，与铁反应生成FeCl2，A项错误。锌与不足量的稀硫酸反应生成ZnSO4溶液，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，K与硫酸反应后得到K2SO4为中性，而过量的K继续与水反应生成KOH，因此最后溶液显碱性，B项错误。Li、Na、K为同主族元素，从上到下原子半径依次增大，但密度金属钠大于金属钾，出现反常，C项错误。非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性依次增强，因此D项正确。2．（上海）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌解析：高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。答案：A3．（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A1molNAB22.4L1molC106g1molD106g2NA解析：二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠，同时生成2mol碳酸钠，而转移的电子数是2mol。答案：AC4．（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A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g解析：若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D是不可能。答案：D5.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体6.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是()A．硫酸钡可用钡餐透视B．盐卤可用于制豆腐C．明矾可用于水的消毒，杀菌D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确。盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误。醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确。7.（山东）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、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu，Fe，Al【答案】C8、（广东）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A、将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成C、将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D、将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体答案：B解析：此题以镁及其化合物知识为基础考查化学实验知识。将浓硫酸稀释为稀硫酸时，为防止液体飞溅，应将浓硫酸加入水中，A错；NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，发生反应：2NaOH+MgSO4=Mg(OH)2↓+Na2SO4，B对；过滤时浊液不能直接倒入漏斗中，应用玻璃棒导流，C错；加热蒸干MgCl2溶液时，由于镁离子的水解，其最后得到的是氧化镁固体，得不到无水MgCl2固体，D错。9.（安徽）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋BAgl沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比Agl更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性解析：Fe粉与稀硝酸反应生成物是Fe3+，但过量的铁会继续和Fe3+反应，将其还原成Fe2+，即溶液中不存在Fe3+，所以滴入KSCN溶液不可能显红色，A不正确；AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数，所以Agl沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，B不正确；Al箔插入稀HNO3中，首先硝酸会和Al箔表面的氧化膜反应，然后再和单质铝发生氧化还原反应，硝酸被还原生成NO气体单质铝表面的氧化膜是被空气中氧气氧化的，所以C也不正确；氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色，因此只有选项D正确。答案：D10.（江苏）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫酸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差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀【答案】A【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、选修四和必修二等课本内容。看来高三一轮复习一定注意要抓课本、抓基础，不能急功近利。二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而体现氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。11.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂。常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。12.（北京）25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414KJ/mol②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511KJ/mol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）△H=－317kJ/molNa2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/mol，因此选项D正确。答案：D13.（北京）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是A.取a克混合物充分加热，建中b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。解析：NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A正确；Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B正确；混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，因此选项C不能测出混合物中Na2CO3质量分数；Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，选项D也正确。答案：C14.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（）【答案】D【解析】通过Mg在CO2中燃烧克制得MgO，通过铝热反应克制的三氧化二铝，乙醇和钠置换反应可以制得乙醇钠，氯化铁和铜反应能生成；氯化铜，但不是置换放应。15.（福建）（16分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。Ⅰ。摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是。（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是。Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是__________________。（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(6)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______.【答案】【解析】I（1）Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于强碱NaOH溶液：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑵通入过量CO2时发生反应：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，产生白色沉淀，再加过量盐酸时发生反应：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，白色沉淀溶解，同时生产气体。Ⅱ⑶从装置图分析可知为保证实验的准确性，应将装置内的空气排尽，防止空气中CO2的干扰；同时要将反应产生的CO2尽可能的全部被Ba(OH)2溶液吸收，因此需要持续通空气。⑷Ba(OH)2溶液过量，因此反应方程式为CO2＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O⑸由前面分析知a可提高测定准确度；B装置中有酸碱指示剂，说明反应中盐酸的加入量是有限制的，为保证准确，滴加过程要慢，b不选；B中装有溶液，因此气体通入前没必要干燥，c选；在B-C间连接盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶会造成Ba(OH)2溶液还可能吸收由挥发出的氯化氢与NaHCO3反应生成的CO2气体，干扰实验，d选。⑹根据碳元素守恒得BaCO3——CO2——CaCO3，m(CaCO3)=EQ\f(3.94g×100,197)=2.00g，CaCO3的质量分数EQ\f(2.00g,8.00g)×100%=25%⑺B中的水蒸气、氯化氢等气体进入装置C中，质量差要大于实际产生CO2气体的质量。16.（全国新课标）（14分）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）如下图所示。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（Kap[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。若在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。解析：（1）0.80gCuSO4·5H2O中含有CuSO4的质量为。由图像可知当温度升高到102℃是时CuSO4·5H2O开始部分脱水，在113℃～258℃时剩余固体质量为0.57g，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO4·nH2O，则有，解得n＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O；（2）由图像可知当温度超过258℃时，剩余物质恰好是CuSO4，高温下分解的化学方程式是CuSO4570℃CuO＋SO3↑；CuO溶于硫酸生成CuSO4，结晶析出生成胆矾即CuSO4·5H2O；由图像可知CuSO4·5H2O存在的最高温度是102℃；570（3）SO3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）因为Kap[Cu（OH）2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)=2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c(OH－)＝10－6，所以c(Cu2＋)＝2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为：CuSO4＋H2S=H2SO4＋CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1mol·L-1，所以H+浓度是0.2mol·L-1。答案：（1）CuSO4·H2O；（2）CuSO4570℃CuO＋SO3↑、CuSO4·5H2O、102℃；570（3）Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）2.2×10-8、0.217.（四川）(16分)三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·xH2O)是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：(1)铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO被还原成Mn2＋。向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL滴定中MnO被还原成Mn2＋。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL请回答下列问题：①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_______、转移、洗涤并转移、________摇匀。②加入锌粉的目的是________。③写出步骤三中发生反应的离子方程式________。④实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量__________。(选填“偏低”“偏高”“不变”)(2)结晶水的测定加热晶体，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，至于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误；_______；_________。【解析】(1)①在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤。②加入锌粉的目的是将Fe3＋恰好还原成Fe2＋。③在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2＋＋MnO＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。④根据步骤三中的离子反应可知：n(Fe)=EQ\F(1,5)n(MnO)=EQ\F(1,5)×EQ\f(20.02mL+19.98mL,2)×0.01mol·L－1×10－3×10=4.0×10－4mol，m(Fe)=56g·mol－1×4.0×10－4mol=2.24×10－2g。晶体中铁的质量分数=EQ\f(2.24×10-2g,5g)×100%=44.8%。若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高。⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分。另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g。【答案】(1)①溶解定容②将Fe3＋恰好还原成Fe2＋③5Fe2＋＋MnO＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O④44.8%偏高⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却两次称量质量差不超过0.1g。18.（重庆）（15分）固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反应，甲组同学用题27图装置（夹持装置略）对其进行探究实验。（1）仪器B的名称是____________。（2）试验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则Ⅲ中的试剂为__________________；Ⅳ发生反应的化学方程式为____________；Ⅴ中的试剂为____________________。（3）乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ，此时Ⅱ中现象为________，原因是__________________。（4）经上述反应，2.5g化合物A理论上可得0.56L（标准状况）M；则A的化学式为________________。答案：（1）分液漏斗（2）碱石灰CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑（3）试纸变蓝CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，使试纸变蓝（4）Mg3N2【解析】根据Ⅱ中干燥的红色石蕊试纸变蓝说明有湿润的碱性气体生成，中学阶段学习的碱性气体为氨气，即A中含有氮元素。氨气具有还原性，干燥的氨气可以还原氧化铜，因此装置Ⅲ起干燥作用，用碱性干燥剂来干燥氨气，结合反应物中的元素及性质，可确定生成的单质气体为氮气。收集氮气前，应将反应剩余的氨气吸收，因此选择浓硫酸。（4）根据质量守恒可知，生成氮气中的氮元素的质量即为A中氮元素的质量，所以2.5gA中含有氮原子的质量为，因此A中氮元素与另一种元素的质量比为，结合此物质可以水解，则推测为Mg3N2。19.（重庆）（15分）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。（1）Al的原子结构示意图为_____________________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________________________。(2)30Si的原子的中子数为_________；SiO2晶体类型为__________________。（3）Al3+与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。答案：（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑（2）16原子晶体（3）HCl（4）CO2（5）25%（4）根据药皮的组成可以确定，在高温条件下，大理石发生分解，CaCO3CaO＋CO2↑。（5）Fe2O3、Al2O3以及SiO2的混合物中加入过量盐酸，发生的反应为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，只有SiO2不反应，因此得到的11.0g固体是SiO2。在滤液中加入过量的NaOH溶液，发生的反应为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，因此得到的21.4g固体是Fe(OH)3，其物质的量为0.2mol，根据质量守恒得熔渣中Fe2O3的物质的量为0.1mol，质量为16g，所以熔渣中Al2O3的质量为（36.0-11.0-16）g=9.0g，在熔渣中的质量分数为【2010高考试题解析】1.（2010·上海高考·T11·3分）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是【命题立意】此题考查了钠的化合物NaOH、Na2CO3和NaHCO3的化学性质，同时考查了图像解读及数据处理的知识。【思路点拨】解答此题的关键是，准确判断反应发生的先后顺序。【规范解答】选C。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，分析图像可知选C。2.（2010·海南高考·T15·9分）A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在。从单质A起始发生的一系列化学反应可由下图表示：请回答下列问题：(1)A与水反应的化学方程式为____________，E与水反应的化学方程式为_____________；(2)F的化学式为_____________，G和D的电子式分别为____________和______________；(3)D与H反应可能生成的盐有_____________(填化学式)；(4)实际生产中，可由F为原料制备单质A，简述一种制备方法_________________。【命题立意】本题考查了钙、钠及其化合物的性质，同时考查了离子化合物、共价化合物电子式的书写，最后要求利用所学的知识，设计物质的制备方案，能力层次逐渐提升，学以致用的应用能力是高考考查的重点。【思路点拨】突破口①突破口①A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素②A常以化合物F存在，F在1000℃【规范解答】自然界存在最广泛的ⅡA族元素是Ca元素，Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，Ca元素在自然界中常以化合物F存在，F在1000℃时分解，可知F为CaCO3，所以C为Ca(OH)2，D为CO2，G为CaO，B为H2，H2与Na发生反应，H2+2Na==2NaH，NaH与H2O反应，生成H2，则另一产物应为NaOH；钙为活泼金属，仿照钠、镁工业制备方法，设计钙的制备方案。【参考答案】（1）Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，NaH+H2O=NaOH+H2↑COOO（2）CaCO3Ca2+[]2—（3）Na2CO3COOO（4）将CaCO3与盐酸反应转化为CaCl2，然后电解熔融状态的CaCl2固体就制得单质Ca。1.（2010·北京高考·T25·14分）由短周期元素组成的化合物Ｘ是某抗酸药的有效成分。甲同学欲探究Ｘ的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al３＋在ｐＨ＝5.0时沉淀完全；Mg２＋在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ．向化合物Ｘ粉末中加入过量盐酸，产生气体Ａ，得到无色溶液。Ⅱ．用铂丝蘸取少量Ｉ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ．向Ｉ中所得的溶液中滴加氨水，调节ｐＨ至５～６，产生白色沉淀Ｂ，过滤。Ⅳ．向沉淀Ｂ中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ．向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节ｐH至12，得到白色沉淀Ｃ。Ⅰ中气体Ａ可使澄清石灰水变浑浊，Ａ的化学式是__________。由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、_____________。Ⅲ中生成B的离子方程式是_____________。Ⅳ中B溶解的离子方程式是_____________。沉淀C的化学式是_____________。若上述n（A）：n（B）：n（C）=1:2:3，则X的化学式是_____________。【命题立意】本题以探究由短周期元素组成的化合物Ｘ的有效成分为目的进行命题,体现了元素化合物知识在高考中的重要性，主要考查钠镁铝的性质。【思路点拨】①化合物Ｘ的有效成分为碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝中的一种。②Al(OH)3在ｐＨ＝5.0时沉淀完全;Mg(OH)2在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全。【规范解答】（1）Ⅰ中气体Ａ可使澄清石灰水变浑浊，说明Ａ是CO2。(2)向化合物Ｘ粉末中加入过量盐酸，产生气体Ａ，得到无色溶液，说明X不是硅酸镁铝，若是会生成H2SiO3沉淀；用铂丝蘸取少量Ｉ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰,说明不含钠元素。因此由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、钠、硅。（3）向Ｉ中所得的溶液中滴加氨水，调节ｐＨ至５～６，根据题中信息此时生成的是Al(OH)3沉淀，+。（4）Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强碱NaOH中,。（5）根据Ｍｇ２＋在ｐＨ＝8.8时开始沉淀，在ｐＨ＝11.4时沉淀完全可知沉淀为。（6）若上述n（CO2）：n（Al(OH)3）：n[]=1:2:3，碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝中只有碱式碳酸镁铝符合，可得化学式是。【答案】⑴⑵钠硅⑶+⑷⑸⑹【类题拓展】钠元素的焰色反应呈黄色，钾元素的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察呈浅紫色，这两种元素的焰色反应特征现象要记住，经常考。Al2O3和Al(OH)3都是两性化合物，既能溶于酸又能溶于碱。常见的能溶于强碱的沉淀除Al(OH)3外，还有H2SiO3。2.（2010·安徽高考·T27·14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为。（2）第③步反应的离子方程式是。（3）第④步反应后，过滤所需的玻璃仪器有。若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、。（4）若废旧锂离子电池正极材料含的质量为18.1g，第③步反应中加入20.0ml3.0mol.的溶液，假定正极材料中的锂经反应③和④完全转化为，则至少有_____g参加了反应。【命题立意】考查铝及其化合物的性质，混合物分离的方法及物质制备中涉及的相关计算。【规范解答】（1）通过②信息，可知铝箔溶解在过量的氢氧化钠溶液，产生了NaAl(OH)4，第二步就是NaAl(OH)4溶液与过量的CO2生成Al(OH)3，③是氧化还原反应，反应物应是LiMn2O4、硫酸、O2，产物为MnO2和Li2SO4，注意LiMn2O4不溶于水，要写成化学式。（4）根据③式提供的离子方程式，通过计算，判断出硫酸过量，LiMn2O4中的Li最终转化到Li2CO3，因n(LiMn2O4)=18.1g/181g.mol-1=0.1mol，故n(Li+)=0.1mol，根据Li守恒，故n(Li2CO3)=0.1mol/2=0.05mol，再由CO32－守恒可知：n(Li2CO3)=n(Na2CO3),m(Na2CO3)=0.05mol×106g/mol=5.3g，参加反应的Na2CO3的质量至少为5.3g。【参考答案】（1）Al(OH)3(2)4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O(3)漏斗、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等（4）5.33.（2010·江苏高考·T20·10分）（10分）以水氯镁石(主要成分为MgCl2·6H2O)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的KSP=1.8×10-11，若溶液中c(OH—)=3.0×10-6mol·L-1，则溶液中c(Mg2+)=▲。(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为▲。(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有MgCO3，则产品中镁的质量分数▲（填“升高”、“降低”或“不变”）。【命题立意】本题以用水氯镁石为原料生产碱式碳酸镁为背景要求学生进行相关计算和推断，体现化学的真实性和价值。【思路点拨】注意运用守恒等化学学科基本思想进行有关计算和推断。【规范解答】（1）Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)·c2(OH—)(2)从质量守恒角度分析，投入为MgCl2·6H2O、H2O、NH3、NH4HCO3、产品为碱式碳酸镁，滤液浓缩结晶，所得主要固体应为NH4Cl。根据质量守恒反应生成的水的物质的量为：根据碳、镁质量守恒得碱式碳酸镁中n(Mg2+)=5.00×10-2moln(CO2—3)=4.00×10-2mol根据电荷平衡可知：碱式碳酸镁中n(OH—)=2.00×10-2mol根据氢元素守恒，碱式碳酸镁中所含结晶水：n(H2O)=5.00×10-2mol-2.00×10-2mol÷2=4.00×10-2mol所以该碱式碳酸镁的化学式为：Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O（4）MgCO3镁的质量分数比Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O大，所以混有MgCO3将导致镁的质量分数升高。【标准答案】（1）2.0mol·L-1（2）NH4Cl（3）Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O（4）升高4.（2010·重庆高考·T8·6分）下列叙述正确的是（）A.铝制容器可盛装热的浓H2SO4B.AgI胶体在电场中自由运动C.K与水反应比Li与水反应剧烈D.红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3【命题立意】本题以无机元素化合物、胶体为考查对象，主要考查了金属铝、碱金属、磷元素、胶体等知识。【思路点拨】在回答元素化合物部分的知识时，要注意物质的特性、递变性、反应条件、用量等。【规范解答】选C。A项，铝与热的硫酸会发生反应，在冷的浓硫酸中才会发生钝化，即铝可盛在冷的浓硫酸中，所以A错误。B项，AgI胶体粒子带电荷，所以在电场中会发生定向移动，不能自由运动，所以B错误；C项，K的活性比Li强，所以K与水反应比Li与水反应剧烈，所以C正确；D项，P与少量Cl2反应才生成PCl3，与大量Cl2反应生成PCl5，所以D错误。5.（2010·上海高考·T4·2分）下列有关物质性质的描述不符合事实的是（）A．有机物不导电B．金刚石是自然界最硬的物质C．SO2可用作食品防腐剂D．NO可用于某些疾病的治疗物质，B正确；二氧化硫可用于杀菌、消毒，故可做为食品和干果的防腐剂，C正确；NO可用于心血管疾病的治疗，D正确。5.（2010·上海高考·T15·3分）除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（）A．HNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤B．CO2(SO2)，酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C．KNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶D．C2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏【命题立意】此题考查了物质提纯的方法。【思路点拨】进行物质的提纯操作时要遵循的两个原则是：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质。【规范解答】选A。HNO3溶液中混有H2SO4时，加入氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液过滤，A错误；SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去，B正确；硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但NaCl的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离，C错误；乙酸能和氧化钙反应生成不挥发的醋酸盐，但乙醇不与氧化钙反应，且乙醇易挥发，故加足量氧化钙蒸馏可以分离两者，D正确。6.（2010·四川高考·T29·16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：请回答下列问题：（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。（2）向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：________________、________________。（3）在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______________________________。过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556akgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336bkgA和112ckg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料_______________________kg。均可。（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子。除此外，铁粉还可以与溶液中的H+反应。（3）对于盐类水解而言，升高温度、加水稀释都会促进水解。（4）利用Fe元素守恒进行计算，其中556akgFeSO4·7H2O晶体中的Fe完全变成了Fe2O3160akg；3336bkgFeSO4·7H2O由于最终产物中由Fe2（SO4）3,所以其中的Fe未完全变成Fe2O3，再利用SO42-守恒可得3336bkgFeSO4·7H2O（12bmol）中生成了4bmol的Fe2（SO4）3,消耗FeSO4·7H2O只有8bmol，剩余的4bmolFeSO4·7H2O才转化成了2mol的Fe2O3，故生成320bkgFe2O3，另外112ckg铁粉完全转变成Fe2O3160ckg。综上所述总共生成Fe2O3：160a+320b+160c（kg）【答案】(1)TiO2+H2SO4=Ti（SO4）2+H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑(3)加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，H+降低浓度促进钛盐水解H2OFeSO4H2SO4(4)160a+320b+160c7.（2010·上海高考·T22·4分）由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO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的物质的量之比可能是（）A．4:3B．3:2C．3:1D．2:l【命题立意】此题考查了化学计算知识。【思路点拨】极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。【规范解答】选B、C。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3:2；当发生反应：Fe2O3+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，故B、C均可能。8.（2010·上海高考·T13·3分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【命题立意】此题考查了常见元素化合物知识。【思路点拨】解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，两者不能发生反应生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。【规范解答】选B。NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，生成的硝酸将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色，排除A；CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选B；NH3通入水后转化为氨水，氨水和AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，SO2被硝酸氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。9.（2010·上海高考·T18·4分）右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是（）A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体【命题立意】此题考查化学实验及元素化合物的性质等知识。【思路点拨】解答此题的关键是能否写出氯气与氨气发生的反应方程式。【规范解答】选B。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反应：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，生成NH4Cl则烧瓶中出现白烟，A正确；因不会生成NO2，故不可能出现红棕色气体，B错误；该反应中氨气中的氮元素化合价升高，表现还原性，C正确；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体（Cl2和HCl），D正确。10.（2010·海南高考·T13·8分）A～G各物质间的关系如下图，其中B、D为气态单质。请回答下列问题：(1)物质C和E的名称分别为________________、__________________；(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为_____________；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为___