全国名校高考化学 试题分类汇编 C单元 金属及其化合物

C单元金属及其化合物目录C1钠及其化合物 1C2镁、铝及其化合物 2C3铁、铜及其化合物 7C4金属的通性及金属材料 9C5金属及其化合物综合 10C1钠及其化合物【宁波市高二下期末】8、C1D1D3下表各物质中，A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是()物质编号物质转化关系ADE①SiSiO2Na2SiO3②SSO3H2SO4③NaNa2O2NaOH④N2NO2HNO3A．②③B．②④C．①③④D．①②③④【知识点】物质的相互转化【答案解析】B解析：②中A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，可以通过一步完成；④中A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为NNO3，可以通过一步完成。【思路点拨】物质之间的相互转化有的是一步转化，有的一步不能转化，如SiO2难溶于水，不能和水发生反应，对应的含氧酸只能用复分解的方法制备，是易错题，综合性较强。23．A4C1【·浙江效实中学高一下学期期末】将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：（无需书写计算步骤）(1)盐酸的物质的量浓度为mol/L。(2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为。【知识点】物质性质、化学计算【答案解析】0.42:1解析：向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，依次发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O;Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl;NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2结合方程式，由图象可以得到：先加入的100mL稀盐酸与NaOH发生反应，后加入的100mL稀盐酸与Na2CO3发生反应，生成的CO2的物质的量为0.448/22.4=0.02mol，盐酸的物质的量浓度为0.02mol/0.05L=0.4mol/L，进而可求该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为100:50=2:1【思路点拨】本题考查物质性质、化学计算,关键是按照步骤写出逐滴加入稀盐酸至过量，依次发生的反应，利用图象中生成的CO2的物质的量即可得到盐酸的物质的量浓度。3．C1C2【·浙江效实中学高一下学期期末】将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体的体积比为A．1：2：3B．6：3：2C．3：1：1D．1：1：1【知识点】金属与酸反应生成的气体体积计算【答案解析】C解析：0.3mol钠先与盐酸反应,再与水反应,0.3mol钠完全反应产生0.15mol氢气,镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中,盐酸完全反应产生0.05mol氢气,所以同温同压下产生的气体的体积比为3：1：1,故答案选C【思路点拨】本题考查金属与酸反应生成的气体体积计算,注意钠先与盐酸反应再与水反应，而镁、铝只与盐酸反应.。C2镁、铝及其化合物【铁人中学高一下期末】24．A4C2C3D4（6分）1.52g度为1.40g·mL-1、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-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是。（2）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是。（3）得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是mL【知识点】本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【答案解析】（1）2：1（2）80℅（3）640mL解析：（1）．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2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g/17g/mol=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：2x+2y＝0.06，64x+24y＝1.52，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。（2）．NO2和N2O4混合气体的物质的量为:1.12L÷22.4L/mol=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（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数是80℅.(3)反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol÷1mol/【思路点拨】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【铁人中学高一下期末】23．C2J4（9分）无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾。某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是________。a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的离子方程式___________________________________。（3）装置B中的试剂是__________。该装置存在安全隐患，请指出。（4）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果。这种药品可以是______________。（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因____________________________________________。【知识点】本题考查制备实验方案的设计、铝的重要化合物．【答案解析】（1）acbd（2）4H++2Cl-+MnO2=△=Cl2↑+2H2O+Mn2+（3）饱和食盐水，DE间导管易发生堵塞（4）碱石灰（5）AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑解析（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是a．加入MnO2粉末c．加入浓盐酸b．点燃A中酒精灯d．点燃D处酒精灯。（2）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，方程式为：MnO2+4HCl（浓）△MnCl2+Cl2

↑+2H2O，离子方程式为：4H++2Cl-+MnO2═Cl2↑+2H2O+Mn2+；故答案为：4H++2Cl-+MnO2═Cl2↑+2H2O+Mn2+；（3）装置B中的试剂是饱和食盐水，该装置存在安全隐患DE间导管易发生堵塞（4）F和G的作用为除去装置中的水和CO2以及除去未反应的氯气，可以用干燥管中加入碱石灰来替代。（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑【思路点拨】本题主要考查了物质的制备，除杂和提纯，注意利用题目信息分析问题，培养了学生解决问题的能力．【铁人中学高一下期末】22．C2C4F请回答下列问题：（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石(Na3AlF6)熔融体的方法冶炼得到金属铝。上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为，下列可作阴极材料的是__________。A．铝材B．石墨C．铅板D．纯铝（2）阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜，装置如下图所示。以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为__________________________________。（3）下列说法正确的是。A．阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术B．铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能C．铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降D．铝的阳极氧化膜富有多孔性，具有很强的吸附性能,能吸附染料而呈各种颜色【知识点】本题考查电解原理；金属冶炼的一般原理【答案】（1）Al-3e-═Al3+，D；（2）2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+，（3）BD解析（1）在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al-3e-═Al3+，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，故答案为：Al-3e-═Al3+；D；（2）根据阳极发生氧化反应可以得到电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+，故答案为：2Al-6e-+3H2O═Al2O3+6H+；（3）A．阳极氧化应用的是电解原理，故A错误；B．由于氧化物的生成可以增强铝表面的绝缘性，故B正确；C．铝的阳极氧化可以提高铝及铝合金的耐腐蚀性，但耐磨性不下降，故C错误；D．氧化铝具有不同的晶型，其中的δ-Al2O3具有多孔性、强吸附性和催化活性，可做吸附剂和催化剂，故D正确．故答案为：BD．【思路点拨】本题考查综合考查电化学知识，侧重于电解的原理和考查与应用，为高考常见题型和高频考点，注意把握电极方程式的书写，难度中等17．B1C2【·浙江效实中学高一下学期期末】某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。请根据图像推断，下列说法中不正确的是（已知HCO3-与AlO2-在溶液中不能共存）A．M点时生成的CO2为0molB．原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：2C．V1：V2=1：4D．a段表示的离子方程式为：AlO2-+H++H2O＝Al(OH)3↓【知识点】离子反应【答案解析】B解析：首先，发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol．第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-，c线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol．得：M点时生成的CO2为0mol；故A正确；原混合溶液中的CO32-与AlO-2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故B错误；a曲线表示的离子方程式为：AlO-2+H++H2O=Al（OH）3↓，故D正确．第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）．第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体：0.15/1=0.15L=150mL．原溶液中n（CO32-）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32-+H+═HCO3-可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为0.025/1=0.025L=25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故C正确；故答案选B【思路点拨】本题考查离子反应,关键是理清往Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸时，依次发生的反应。3．C1C2【·浙江效实中学高一下学期期末】将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体的体积比为A．1：2：3B．6：3：2C．3：1：1D．1：1：1【知识点】金属与酸反应生成的气体体积计算【答案解析】C解析：0.3mol钠先与盐酸反应,再与水反应,0.3mol钠完全反应产生0.15mol氢气,镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中,盐酸完全反应产生0.05mol氢气,所以同温同压下产生的气体的体积比为3：1：1,故答案选C【思路点拨】本题考查金属与酸反应生成的气体体积计算,注意钠先与盐酸反应再与水反应，而镁、铝只与盐酸反应.。C3铁、铜及其化合物【温州市十校联合体高二下期末】9．A4C3Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末克，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物2.41克，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生5.00克白色沉淀，则a的数值为()A．7.41B．3.59C．3.21D．2.46【知识点】金属的性质，计算型选择题的方法。【答案解析】C解析：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO==2Fe+3CO2，ZnO+CO==Zn+CO2，CuO+CO==Cu+CO2，生成的CO2为5.00g/100g/mol==0.05mol，从反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，则氧化物中氧元素的物质的量n（O）=0.05mol，m（O）=0.05mol×16g/mol=0.8g，所以金属氧化物的质量为2.41g+0.8g=3.21g，即a=3.21，【思路点拨】本题考查混合物的质量计算，题目难度中等，利用元素质量守恒的方法确定CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量。【铁人中学高一下期末】24．A4C2C3D4（6分）1.52g度为1.40g·mL-1、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-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是。（2）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是。（3）得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是mL【知识点】本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【答案解析】（1）2：1（2）80℅（3）640mL解析：（1）．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2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g/17g/mol=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：2x+2y＝0.06，64x+24y＝1.52，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。（2）．NO2和N2O4混合气体的物质的量为:1.12L÷22.4L/mol=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（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数是80℅.(3)反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol÷1mol/【思路点拨】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15．B1C3【·浙江效实中学高一下学期期末】将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2＋。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H＋)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A．2.24gB．3.36gC．5.60gD．10.08g【知识点】离子反应、化学计算中的守恒法【答案解析】C解析：根据滤液中还有较多H+剩余，没有Cu2+，可知残留物没有Fe，只有Cu．而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+．生成Cu为128/64=0.02mol,生成H2为0.896/22.4=0.04mol,反应有：CuO+2H+═Cu2++H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+═3Fe2+，Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑．设原有Fe为xmol，Fe2O3为ymol，CuO为zmol，根据得失电子总数相等知：2x=2y+2×0.02+2×0.04；又根据Cl守恒知：2（x+2y）+0.2×0.400=0.1×4.40．将上述两式联立解出：x=0.1，y=0.04．原混合物中单质铁的质量56g/mol×0.1mol=5.6g．故答案选C【思路点拨】本题考查离子反应、化学计算中的守恒法，关键根据滤液中还有较多H+，没有Cu2+，得到残留物没有Fe，只有Cu．而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+．C4金属的通性及金属材料【铁人中学高一下期末】22．C2C4F请回答下列问题：（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石(Na3AlF6)熔融体的方法冶炼得到金属铝。上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为，下列可作阴极材料的是__________。A．铝材B．石墨C．铅板D．纯铝（2）阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜，装置如下图所示。以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为__________________________________。（3）下列说法正确的是。A．阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术B．铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能C．铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降D．铝的阳极氧化膜富有多孔性，具有很强的吸附性能,能吸附染料而呈各种颜色【知识点】本题考查电解原理；金属冶炼的一般原理【答案】（1）Al-3e-═Al3+，D；（2）2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+，（3）BD解析（1）在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al-3e-═Al3+，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，故答案为：Al-3e-═Al3+；D；（2）根据阳极发生氧化反应可以得到电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+，故答案为：2Al-6e-+3H2O═Al2O3+6H+；（3）A．阳极氧化应用的是电解原理，故A错误；B．由于氧化物的生成可以增强铝表面的绝缘性，故B正确；C．铝的阳极氧化可以提高铝及铝合金的耐腐蚀性，但耐磨性不下降，故C错误；D．氧化铝具有不同的晶型，其中的δ-Al2O3具有多孔性、强吸附性和催化活性，可做吸附剂和催化剂，故D正确．故答案为：BD．【思路点拨】本题考查综合考查电化学知识，侧重于电解的原理和考查与应用，为高考常见题型和高频考点，注意把握电极方程式的书写，难度中等10．C4【·浙江效实中学高一下学期期末】美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(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．合金的熔点一般比组分金属低B．铝钠合金若投入一定量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，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg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【知识点】金属的性质【答案解析】D解析：A、合金的熔点一般比组分金属低，故A正确；B、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n(Al)≤n(Na)，铝完全反应可得无色溶液，故B正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故C正确；D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的H2多，若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越大。故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查金属的性质，熟练掌握有关化学性质是关键。记住合金的熔点一般比组分金属低。C5金属及其化合物综合【盐城中学（盐城市）高二下期末】19．C5O1(15分)以炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。Ⅰ、制取氯化锌主要工艺如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Zn2+5.26.4Fe2+5.88.8（1）加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为▲。（2）流程图中，为了降低溶液的酸度，试剂X可以是▲（选填序号：a．ZnO；b．Zn(OH)2；c．Zn2(OH)2CO3；d．ZnSO4）；pH应调整到▲。（3）氯化锌能催化乳酸（）生成丙交酯（C6H8O4）和聚乳酸，丙交酯的结构简式为▲，聚乳酸的结构简式为▲。Ⅱ、制取金属锌采用碱溶解{ZnO(s)+2NaOH(aq)+H2O(l)=Na2[Zn(OH)4](aq)}，然后电解浸取液。（4）以石墨作电极电解时，阳极产生的气体为▲；阴极的电极反应为▲。（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是▲。【知识点】化学工艺流程中物质的制备。【答案解析】（1）2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O（2分）（2）abc（2分）；3.2≤pH＜5.2(或：约为4)（2分）（3）（2分）；（或：）（2分）（4）O2（或氧气）（1分）；[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－（2分）（5）氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中（2分）。解析：（1）制取氯化锌主要过程中是首先加入锌粉除掉铜离子，在除铁元素杂质时是让Fe2+变成Fe3+再通过调溶液的PH除掉，所以加入的H2O2溶液是氧化Fe2+；（2）为了降低溶液的酸度加入的试剂要能够和酸反应，且不引人其他的杂质；pH应调整到使Fe3+完全沉淀但Zn2+不能形成沉淀；（3）乳酸中含有羟基和羧基，所以分子内能够发生酯化反应，分子间也能够发生酯化反应。（4）以石墨作电极电解时，阳极应是OH—放电产生O2，阴极则产生Zn是[Zn(OH)4]2－放电。（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中而溶解在酸中。【思路点拨】在工艺流程过程中物质的制备一般会涉及物质的分离和除杂，所以物质的分离和除杂应是此类题的关键；新型电池的应用也是现在化学考查的方向，属于中档题。【温州市十校联合体高二下期末】25．C4C5(12分)某化学兴趣小组用只含有铝、铁、铜的工业废料制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下：废料废料足量烧碱溶液过滤途径①：加入适量盐酸途径②：通入足量某气体后过滤加入适量盐酸沉淀DAlCl3溶液滤液A途径④：加入稀硫酸加热，通入空气滤渣B足量稀硫酸滤渣F滤液E过滤绿矾途径③：加入浓硫酸，加热CuSO4溶液胆矾（1）写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式：。（2）由滤液A制AlCl3溶液的途径有①和②两种，你认为较合理的途径及理由是：。（3）滤液E若放置在空气中一段时间后，溶液中的阳离子除了和外，还可能存在的微粒（用元素符号表示）。（4）用滤渣F通过两种途径制取胆矾，与途径③相比，途径④明显具有的两个优点是：、。（5）途径④发生反应的化学方程式为：。（6）实验室从CuSO4溶液制取胆矾，操作步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、、自然干燥。【知识点】金属的回收与环境、资源的保护，镁铝铁铜的单质的性质和重要化合物的性质。【答案解析】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（2）②；途径①制取的AlCl3溶液中混有NaCl杂质（3）（4）产生等量胆矾途径④消耗硫酸少，成本低；不会产生污染大气的气体；（5）2Cu+2H2SO4+O2→2CuSO4+2H2O（6）过滤洗涤解析：（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（2）途径①发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3↓+NaCl+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质。（3）滤液E的成分中的二价铁离子易被空气中的氧气氧化成三价铁离子。（4）途径③的反应：Cu+2H2SO4（浓）→CuSO4+SO2↑+2H2O，途径④的反应：2Cu+O2+2H2SO4（稀）→2CuSO4+2H2O，从反应方程式看出产生等量胆矾途径④消耗硫酸少，途径④不会产生污染大气的气体。（5）铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水：2Cu+2H2SO4+O2→2CuSO4+2H2O。（6）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥才可得到。【思路点拨】本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．【温州市十校联合体高二下期末】23．B4C5（10分）A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）。AA+X，一定条件反应①BC+X，一定条件反应②试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是。a.Sb.N2c（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是：。则B的化学式为。（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，B为两性化合物，则X的化学式可能为（写出不同类物质）或，反应①的离子方程式为（写一条）。【知识点】无机物的推断，常见金属元素的单质及化合物的综合应用。【答案解析】（1）d、e(2分)（2）向溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色(2分)合理均给分FeCl3(2分)（3）HCl；NaOH(各1分)AlO2－+H++H2O=Al(OH)3↓或Al3++3OH－=Al(OH)3↓(2分)解析：（1）若X是强氧化性单质，由转化关系可知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素：a．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系；b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系；c．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系；d．Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，所以不符合转化关系故选；e．Al和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氧气不反应，所以不符合转化关系故选。（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，若X是一种金属单质，由转化关系可知X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁；亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，铁离子和硫氰化钾溶液混合溶液呈红色，此现象是铁离子的特征反应，所以检验是否含有铁离子的方法是：向溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系且A+x→B，考虑Al的化合物的相互转化：若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐；若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐通过以上分析知，B是Al（OH）3，X是HCl或NaOH，偏铝酸盐和酸反应生成氢氧化铝沉淀，铝盐和碱反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH-═Al（OH）3↓；．【思路点拨】本题以物质转化形式考查元素单质及其化合物之间的相互转化关系、化学用语的书写，旨在考查学生对知识的熟练掌握程度，根据转化关系写出符合条件的反应，难度较大，注意掌握归纳中学常见的物质的转化关系．【铁人中学高一下期末】8．C5D5下列说法正确的是（）A．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因B．CH4、NH3、PH3的热稳定性逐渐增强C．因为酸性：HC1>HF，所以非金属性：Cl>FD．钠原子在反应中失去的电子比铝原子少，故钠的金属性比铝弱【知识点】本题考查元素性质判断相关知识【答案解析A解析A．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分SO2被氧化成硫酸的原因。所以A正确。B．根据非金属性可知PH3、、CH4、NH3的热稳定性逐渐增强，C、HC1、HF不是该元素最高价酸，不能判断其非金属性强弱。D项不同原子失去的电子数多少不能判断金属性强弱。【思路点拨】本题考查元素性质判断相关知识，难度中等。【宁波市高一下学期期末】13、C5F4下列有关电化学原理的说法错误的是（）A．氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝B．电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极C．对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法D．对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理【知识点】电化学原理【答案解析】A解析：A、氯化铝是共价化合物，工业上采用电解熔融氧化铝来制备单质铝，故A错误；B、电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，故B正确；C、钠、钙、镁、铝是活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；D、对大型船舶的外壳连接更活泼的金属，进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了电解法冶炼金属，电镀、电化学防护，属于基础知识，难度不大。【宁波市高二下期末】18、B4C5某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究：途径a：途径b：下列有关说法不正确的是()A．1.92g固体只含CuB．由Ⅰ可知X中一定存在Fe2O3和CuC．原混合物中m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1D．原混合物X至少含Al2O3和SiO2中的一种，但不能进一步确认二者的存在与否【知识点】物质之间的反应和化学计算【答案解析】D解析：途径a中，加入盐酸时生成蓝色溶液，说明溶液中含有Cu2+，而Cu是不能与盐酸反应的，只有是Fe2O3与盐酸反应后生成Fe3+把Cu氧化为Cu2+，即X中一定存在Fe2O3和Cu。盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜；根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3∽Cu，即在于足量的盐酸反应时，Fe2O3和Cu是等物质的量的，质量为9.4—4.92=4.48g，在混合中铜的质量还要再加上剩余的1.92g，即混合物中m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1。【思路点拨】考查Al2O3、Fe2O3、Cu、Si