高三元素及其化合物

1、文件名: 10f41c5020f60365a29404730eba4caa.pdf 最后修改時間 2014-04-02 打印日期 2021-10-24元素及其化合物【命題趨向】鈉、鋁、鐵、銅及其化合物是日常生活中非常重要的金屬元素，特別是鐵在國民經(jīng)濟中占有極其重要的地位，這部分內容一直是高考考查的重點。如以鈉及其化合物(特別是Na2O2、NaHCO3、Na2CO3)的性質為載體的推斷題或實驗題、鋁及其化合物的兩性、Fe2+與Fe3+之間的轉化關系、銅的冶煉及Cu(OH)2的性質等。鈉及其化合物、合金與硝酸的反應是每年高考的必考知識點。由于鋁、鐵、銅及其化合物的性質很豐富，在高考命題中立足點也多

2、種多樣，如以選擇題形式考查離子共存、離子反應、氧化還原反應、簡單計算等，也可以出推斷題，還可以出實驗題。因此在復習時要注意元素單質及其化合物之間的相互轉化，如“鋁三角”、“鐵三角”，同時在復習時要加強化合物知識與理論部分的聯(lián)系。 非金屬元素部分在保持原有考點不變的情況下，弱化了對磷的考查，但H、C、N、O、Si、S、Cl元素及其化合物的性質仍是高考化學的重點。由于非金屬元素存在多種價態(tài)，所以不同價態(tài)的非金屬化合物之間的轉化也成為高考命題的熱點之一，這在歷年高考試題中也均有體現(xiàn)。另外，這部分知識往往與其他知識結合在一起進行綜合考查。因此復習這部分內容時，在注意特殊元素及其化合物的性質和應用的同時

3、，還要注意知識本身的內涵和外延及知識點間的聯(lián)系，要將知識點與實際生活聯(lián)系起來。【知識歸納】一、常見無機物及其應用（一）金屬元素1金屬的通性金屬的化學性質主要表現(xiàn)為易失去最外層的電子，顯示還原性，這與它們的原子結構有關。常見金屬的主要化學性質列于下表：金屬活動性順序K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb (H)Cu Hg Ag Pt Au金屬原子失電子能力 依次減小，還原性減弱空氣中跟氧氣的反應易被氧化常溫時能被氧化加熱時能被氧化不能被氧化跟水的反應常溫可置換出水中的氫加熱或與水蒸氣反應時能置換出水中的氫不與水反應跟酸的反應能置換出稀酸（如HCl、H2SO4）中的氫不能置換出稀

4、酸中的氫跟酸的反應能置換出稀酸（如HCl、H2SO4）中的氫不能置換出稀酸中的氫反應劇烈反應程度依次減弱能跟濃硫酸、硝酸反應能跟王水反應跟鹽的反應位于金屬活動性順序前面的金屬可以將后面的金屬從其鹽溶液中置換出來跟堿的反應Al、Zn等具有兩性的金屬可以與堿反應2堿金屬元素及其化合物聯(lián)系脈絡3Fe()和Fe()的轉化（二）非金屬元素1非金屬的通性（1）原子結構特點及化合價最外層電子均大于、等于3（除H以外），與其主族序數(shù)相同。最高正價分別為：+4 +5 +6 +7（與族序數(shù)相等）對應最低負價：-4 -3 -2 -1（等于族序數(shù)減8）非金屬元素一般都有變價：除呈現(xiàn)上述最高價及最低價以外，有的非金屬還

5、呈現(xiàn)其它價態(tài)。如：S：+4價；N：+1 +2 +3 +4價； Cl：+1 +3 +5價。（2）非金屬單質的聚集狀態(tài)和同素異形體典型的非金屬單質在固態(tài)時為分子晶體，如：F2、Cl2、Br2、I2、O2、S、N2、P4、H2，這些晶體表現(xiàn)為硬度不大，熔點不高，易揮發(fā)、不導電，它們在常溫下聚集態(tài)為氣態(tài)（“氣”字頭）液態(tài)（“氵”旁）或固態(tài)（“石”字旁）碳（金剛石）、硅、硼為原子晶體，硬度很大，熔沸點很高。由于原子晶體中沒有離子和自由電子，所以固態(tài)和熔融態(tài)都不導電。但某些原子晶體，如單晶硅可以作為半導體材料。非金屬元素常出現(xiàn)同素異形現(xiàn)象。如：金剛石與石墨；白磷與紅磷；O2與O3；S2、S4、S8等互為同

6、分異構體。（3）元素非金屬性的強弱規(guī)律常見元素的非金屬性由強到弱的順序：F、O、Cl、N、Br、I、S、P、C、Si 、H元素的非金屬性與非金屬單質活潑性是并不完全一致的：如元素的非金屬性OCl， NBr；而單質的活潑性：O2Cl2，N2Br2。但由于某些非金屬單質是雙原子分子，原子間以強烈的共價鍵相結合（如NN等），當參加化學反應時，必須消耗很大的能量才能形成原子，表現(xiàn)出了單質的穩(wěn)定性。這種現(xiàn)象不一定說明這種元素的非金屬性弱。強的分子內共價鍵恰是非金屬性強的一種表現(xiàn)。比較非金屬性強弱的八條依據(jù)I元素在周期表中的相對位置i同周期，自左向右，元素的非金屬性依次增強，如ClSPS i等。ii同主族

7、，自上而下，非金屬性依次減弱，如FClBrI等。II非金屬單質與氫氣化合的越容易，非金屬性越強。如F2、Cl2、Br2、I2 與H2化合由易到難，所以，非金屬性FClBrI。III氣態(tài)氫化物的越穩(wěn)定，非金屬性越強，如穩(wěn)定性HFH2OHClNH3HBrHIH2SPH3，所以非金屬性FOClNBrISP。IV最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性越強，如酸性HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H4SiO4，則非金屬性ClSPCSi。V非金屬性強的元素的單質能置換出非金屬性弱的元素的單質。如2F22H2O4HFO2；O24HCl2H2O2Cl2（地康法制Cl2）；Cl2+2NaBr2NaC

8、l+Br2 ；3Cl22NH3N26HCl；Cl2+H2SS2HCl。VI非金屬單質對應陰離子的還原性越強，該非金屬元素的非金屬性越弱。常見陰離子的還原性由強到弱的順序是S2-I-Br-Cl-F-，則非金屬性SIBrClF。VII與變價金屬反應時，金屬所呈價態(tài)越高，非金屬性越強，如Cu+Cl2CuCl2；2Cu+SCu2S，說明非金屬性ClS。VIII幾種非金屬同處于一種物質中，可用其化合價判斷非金屬性的強弱，如HClO、HClO3中，氯元素顯正價、氧元素顯負價，說明氧的非金屬性強于氯。（4）非金屬元素的化學性質（注意反應條件、現(xiàn)象、生成物的聚集狀態(tài)）（5）常見非全屬單質的制取方法電解法電解水

9、溶液：如2NaCl2H2O2NaOHCl2H2電解熔融物：如2KHF2F2H22KF分解法：如2KClO32KCl3O2 CH4C2H2 2H2O22H2OO2置換法：如Cl22NaBr2NaClBr2 2H2SO2(不足)2H2O2S氧化法：如MnO24HCl(濃)MnCl2Cl22H2O4NaBr3H2SO4MnO22Na2SO4MnSO42Br2+3H2O，2H2SSO23S2H2O還原法：CH2OCOH2，Zn2HCl=ZnCl2H2，2CSiO2Si2CO2氯元素的知識網(wǎng)絡3碳、硅及化合物的聯(lián)系網(wǎng)絡4氧及其化合物相互聯(lián)系5氮及其化合物間的轉化關系【考點例析】例1研究發(fā)現(xiàn)，空氣中少量的

10、NO2能參與硫酸型酸雨的形成，反應過程如下：SO2N2O5SO3NO SO3H2OH2SO4 2NOO22NO2 NO2在上述過程中的作用，與H2SO4在下述變化中的作用相似的是（ ） A潮濕的氯氣通過盛有濃H2SO4的洗氣瓶 B硫化氫通入濃H2SO4C濃H2SO4滴入螢石中，加熱 D加入少量的H2SO4使乙酸乙酯水解解析：在反應中NO2起氧化劑的作用，從反應、看NO2起催化作用，選項A中濃硫酸起吸水劑的作用；選項B中濃硫酸起氧化劑作用；選項C中濃硫酸起酸性作用；選項D中濃硫酸起催化劑作用。答案：B、D【例2】金剛石SiC具有優(yōu)良的耐磨、耐腐蝕特性，應用廣泛. (1) 碳與周期元素Q的單質化合

11、僅能生成兩種常見氣態(tài)化合物，其中一種化合物H為非積極性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q是 _，R的電子式為_.(2) 一定條件下，Na還原CCl4可制備金剛石，反應結束冷卻至室溫后，回收中CCl4 的實驗操作名稱為_，除去粗產品中少量鈉的試劑為_(3)碳還原SiO2制SiC，其粗產品中雜質為Si和SiO2.先將20.0 g SiC粗產品加入到過量的NaOH溶液中充分反應，收集到0.1 mol氫氣，過濾得SiC固體11.4 g，濾液稀釋到1 L，生成氫氣的離子方程式為 ，硅鹽酸的物質量濃度為 。(4)下列敘述正確的有 (填序號)，Na還原CCl4的反應、Cl2 與H2O的反應均是置換反應水晶

12、、干冰熔化時克服粒子間作用力的類型相同Na2SiO3溶液與SO3 的反應可用于推斷Si與S的非金屬性強弱鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數(shù)目比均為1:2 解析：(1)因C與Q能生成兩種氣態(tài)化合物，一種為非極性分子，故Q為O元素，兩種化合物分別為CO和CO2，其中R為CO2，C為6號元素，位于周期表中第二周期 IVA族； CO2為直線形分子，C與O之間是雙鍵，電子式為。(2)金剛石為固體而CCl4為液體，分離兩者的操作為過濾；乙醇與金屬鈉反應緩慢，故可以用乙醇除去粗產品中的鈉。(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能與其反應生成H2，反應的離子方程式為Si2O

13、HH2O=SiO32 2H2；根據(jù)樣品質量、SiC固體質量以及生成的H2的物質的量可求算出SiO2的物質的量為0.12 mol，故硅酸鈉的物質的量共為0.12 mol0.05 mol=0.17 mol，故硅酸鹽的濃度為0.17 molL1。(4)中Na還原CCl4的反應是置換反應，而Cl2與水生成HCl和HClO，不屬于置換反應。中水晶屬于原子晶體，熔化時破壞共價鍵；而干冰是分子晶體，熔化時破壞分子間作用力。Na2SiO3溶液與SO2能反應，說明酸性H2SO3H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高價含氧酸，故不能說明非金屬性SSi。Na在空氣燃燒生成Na2O2，晶體中含有的陰離子是O22，

14、其中的陰陽離子個數(shù)比為1:2，而Li在空氣中燃燒生成Li2O，陰陽離子個數(shù)比也是1:2。故正確的是。答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，(2)過濾，水(或乙醇) (3)Si2OHH2O =SiO32 2H2，0.17 molL1 (4)例3信息時代產生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：第步Cu與酸反應的離子方程為_；得到濾渣1的主要成分為_。第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的優(yōu)點是_；調溶液pH的目的

15、是使_生成沉淀。用第步所得CuSO45H2O制備無水CuSO4的方法是_。由濾渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小組設計了三種方案：上述三種方案中，_方案不可行，原因是_：從原子利用率角度考慮，_方案更合理。探究小組用滴定法測定CuSO45H2O (Mr250)含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol L1 EDTA(H2Y2)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應如下：Cu2H2Y2 CuY22H 寫出計算CuSO45H2O質量分數(shù)的表達式 _ ；下列操作會導致CuSO45H2O含量的測定結果偏高的是_。a未干

16、燥錐形瓶 b滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡 c未除凈可與EDTA反應的干擾離子解析：考查化學實驗知識和基本原理的應用。(1)第加稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2、Al3、Fe2。所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2、Al3、Fe2。Cu和酸反應的離子方程式為Cu24H2NO3 =Cu22NO22H2O 或3Cu8H2NO3 =3Cu22NO4H2O(2)第步加H2O2的作用是把Fe2氧化為Fe3，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產物對環(huán)境物污染。調溶液pH的目的是使Fe3和Al3形成沉淀。所以濾液2的成分是Cu2，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁。(3

17、)第步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱使晶體脫水(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。丙方案先在濾渣中加NaOH，和Al(OH)3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3， 蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaO

18、H和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系，造成原子浪費。(5)考查中和滴定的簡單計算和誤差的分析。，造成偏高的選C。 答案：(1)Cu24H2NO3 =Cu22NO22H2O 或3Cu8H2NO3 =3Cu22NO4H2O (2)把Fe2氧化為Fe3 不引入雜質，產物對環(huán)境物污染 使Fe3和Al3形成沉淀(3)在坩堝中加熱使晶體脫水(4)甲方案不可行 甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質 乙方案更合理(5) C例4 .金剛石SiC具有優(yōu)良的耐磨、耐腐蝕特性，應用廣泛. (1) 碳與周期元素Q的單質化合僅能生成兩種常見氣態(tài)化合物，

19、其中一種化合物H為非積極性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q是 _，R的電子式為_.(2) 一定條件下，Na還原CCl4可制備金剛石，反應結束冷卻至室溫后，回收中CCl4 的實驗操作名稱為_，除去粗產品中少量鈉的試劑為_(3)碳還原SiO2制SiC，其粗產品中雜質為Si和SiO2.先將20.0 g SiC粗產品加入到過量的NaOH溶液中充分反應，收集到0.1 mol氫氣，過濾得SiC固體11.4 g，濾液稀釋到1 L，生成氫氣的離子方程式為 ，硅鹽酸的物質量濃度為 。(4)下列敘述正確的有 (填序號)，Na還原CCl4的反應、Cl2 與H2O的反應均是置換反應水晶、干冰熔化時克服粒子間作用力

20、的類型相同Na2SiO3溶液與SO3 的反應可用于推斷Si與S的非金屬性強弱鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數(shù)目比均為1:2 解析：(1)因C與Q能生成兩種氣態(tài)化合物，一種為非極性分子，故Q為O元素，兩種化合物分別為CO和CO2，其中R為CO2，C為6號元素，位于周期表中第二周期 IVA族； CO2為直線形分子，C與O之間是雙鍵，電子式為。(2)金剛石為固體而CCl4為液體，分離兩者的操作為過濾；乙醇與金屬鈉反應緩慢，故可以用乙醇除去粗產品中的鈉。(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能與其反應生成H2，反應的離子方程式為Si2OHH2O=SiO32 2H2

21、；根據(jù)樣品質量、SiC固體質量以及生成的H2的物質的量可求算出SiO2的物質的量為0.12 mol，故硅酸鈉的物質的量共為0.12 mol0.05 mol=0.17 mol，故硅酸鹽的濃度為0.17 molL1。(4)中Na還原CCl4的反應是置換反應，而Cl2與水生成HCl和HClO，不屬于置換反應。中水晶屬于原子晶體，熔化時破壞共價鍵；而干冰是分子晶體，熔化時破壞分子間作用力。Na2SiO3溶液與SO2能反應，說明酸性H2SO3H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高價含氧酸，故不能說明非金屬性SSi。Na在空氣燃燒生成Na2O2，晶體中含有的陰離子是O22，其中的陰陽離子個數(shù)比為1:2

22、，而Li在空氣中燃燒生成Li2O，陰陽離子個數(shù)比也是1:2。故正確的是。答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，(2)過濾，水(或乙醇) (3)Si2OHH2O =SiO32 2H2，0.17 molL1 (4)【專題訓練】一、選擇題(本題包括19個小題，每小題3分，共57分)1(2013吉林省質監(jiān)8)下列說法中正確的是()A常溫下，濃硫酸、濃硝酸均能將金屬銅氧化，且均能使鐵鈍化B乙烯常用作植物催熟劑，乙酸常用作調味劑，乙醇常用于殺菌消毒C瑪瑙、水晶、鉆石的主要成分均為SiO2 D蛋白質、纖維素、蔗糖、天然橡膠都是高分子化合物解析：A項，常溫下，濃硫酸不能和金屬銅反應；C項，鉆石的主要成分

23、是C不是SiO2；D項，蔗糖不是高分子化合物。答案：B點撥：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的計算，考查考生知識運用能力。難度中等。2(2013?？谑姓{研10)已知下列轉化關系中，M、N均為單質，則M可能是()MNQQ溶液MNAH2BNa CFe DAl解析：鈉、鎂、鋁的活潑性強，在電解其鹽溶液時都不能得到金屬單質，所以只有A項符合，M為氫氣，N為氯氣，Q為氯化氫，電解鹽酸溶液可以得到氫氣和氯氣。答案：A點撥：本題考查元素化合物知識，考查考生分析問題的能力。難度中等。3(2013河北省教學質監(jiān)11)下列各組物質中，物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)圖示變化的是()物質編號物質轉化關系abcdFeCl2FeCl

24、3FeCuCl2NONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3A. BC D解析：中N2不能通過一步反應得到NO2；中NaOH不能通過一步反應得到Na2O。答案：A點撥：本題考查元素化合物知識，考查考生的理解、應用能力。難度較大。4(2013河北省教學質監(jiān)14)在相同條件下，將相同物質的量的Na、Mg、Al分別加入盛有同濃度、同體積稀鹽酸的甲、乙、丙三個燒杯中充分反應，生成氣體的體積關系不可能是()A甲(Na)乙(Mg)丙(Al) B甲(Na)乙(Mg)丙(Al)C甲(Na)乙(Mg)丙(Al) D甲(Na)乙(Mg)丙(Al)解析：金屬與氫氣的關

25、系為2NaH2、MgH2、2Al3H2，金屬消耗酸的關系：NaHCl、Mg2HCl、Al3HCl，而如果酸不足，剩余的Na可與水繼續(xù)反應，但Mg、Al就會剩余。假設金屬的物質的量為1 mol，產生氣體體積關系如下表：金屬的物質的量(mol)鹽酸的物質的量(mol)生成氣體的物質的量(mol)NaMgAl結論1(0,1)0.5(0,0.5)(0,0.5)B項正確110.50.50.5D項正確1(1,20.5(0.5,1(0.5,1甲乙丙1(2,30.51(1,1.5C項正確1(3，)0.511.5C項正確可見，乙(Mg)丙(Al)的情況不存在，故答案為A。答案：A點撥：本題考查Na、Mg、Al等

26、金屬的性質，考查考生分析、計算能力。難度較大。5(2013烏魯木齊地區(qū)診斷(一)6)下列關于有機物的說法中，正確的一組是()淀粉、油脂、蛋白質在一定條件下都能發(fā)生水解反應“乙醇汽油”是在汽油中加入適量乙醇而成的一種燃料，它是一種新型化合物除去乙酸乙酯中殘留的乙酸，加過量飽和碳酸鈉溶液振蕩后，靜置分液石油的分餾和煤的氣化都是發(fā)生了化學變化淀粉遇碘酒變藍色，在加熱條件下葡萄糖能與新制Cu(OH)2懸濁液發(fā)生反應塑料、橡膠和纖維都是合成高分子材料A B C D解析：淀粉、油脂、蛋白質都能發(fā)生水解，正確；“乙醇汽油”是混合物，錯誤；乙酸乙酯與碳酸鈉不反應，乙酸與碳酸鈉反應，正確；石油的分餾是物理變化，

27、煤的氣化是化學變化，錯誤；葡萄糖含有醛基，能與新制的氫氧化銅反應，正確；橡膠和纖維也有天然的，錯誤。答案：A點撥：本題考查常見有機物的性質。難度較小。6(2013海口市一中第八次檢測6)25和101 kPa時，乙烷、乙烯組成的混合氣體50 mL與過量的氧氣混合并完全燃燒，恢復到原來的溫度和壓強，氣體的總體積縮小了105 mL，原混合烴中乙烷的體積分數(shù)為()A15% B20%C25% D30%解析：25和101 kPa時，水為液體。2C2H67O24CO26H2OV 2 7 4 5C2H43O22CO22H2OV 1 3 2 2則有：解得V(C2H6)10 mL，則乙烷所占的體積分數(shù)為100%2

28、0%，B項正確。答案：B點撥：本題考查有機物燃燒的計算，考查考生的計算能力。難度中等。 7(2013湖南省十二校第一次聯(lián)考9)制備純凈、干燥的氯氣，并試驗它與金屬的反應。每個虛線框表示一個單元裝置，其中有錯誤的是()ABC D解析：KMnO4與濃鹽酸常溫下即可反應，是正確的；制得的Cl2中含有HCl氣體和水蒸氣，顯然不能用NaOH溶液來吸收HCl，因為它同時也吸收Cl2，是錯誤的；在用濃H2SO4干燥Cl2時，應是“長管進、短管出”，是錯誤的；Cl2與金屬的反應，若用圖示中的裝置，應將導管伸入試管底部，金屬也應置于試管底部，且試管口不應加橡膠塞，更好的方法是用兩端開口的硬質玻璃管，在右端連接盛

29、NaOH溶液的尾氣吸收裝置，因而也是錯誤的。答案：D點撥：本題考查實驗室制備氯氣，考查考生實驗動手的能力。難度中等。8(2013遼寧省五校高三期末聯(lián)考16)在1 L含0.1 mol NaAlO2和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中，逐滴加入濃度為0.1 molL1H2SO4溶液，下列圖像中能表示反應產生沉淀的物質的量與加入硫酸溶液體積之間關系的是()解析：混合溶液中加入H2SO4，首先發(fā)生Ba(OH)2H2SO4=BaSO42H2O,0.1 mol H2SO4剛好與0.1 mol Ba(OH)2完全反應生成0.1 mol BaSO4沉淀，且H2SO4電離出的H與Ba(OH)2電離出的O

30、H也剛好完全中和，再加入H2SO4，則發(fā)生反應：AlOHH2O=Al(OH)3，即加入0.5 mol H2SO4時生成Al(OH)3為0.1 mol，繼續(xù)加入H2SO4，則Al(OH)3會溶解，最終只有BaSO4沉淀。答案：A點撥：本題考查離子反應過程中圖像的分析，考查考生對混合溶液中離子反應過程實質的理解。難度中等。9(2013江西省師大附中，臨川一中高三聯(lián)考11)將18 g銅和鐵的混合物投入200 mL稀硝酸中，充分反應后得到標準狀況下2.24 L NO，剩余9.6 g金屬；繼續(xù)加入200 mL等濃度的稀硝酸，金屬完全溶解，又得到標準狀況下2.24 L NO。若向反應后的溶液中加入KSCN

31、溶液，溶液不變紅，則下列說法正確的是()A原混合物中銅和鐵各0.15 molB稀硝酸的物質的量濃度為1 mol/LC第一次剩余的9.6 g金屬為銅和鐵D再加入上述200 mL稀硝酸，又得到標準狀況下2.24 L NO解析：最初溶解8.4 g金屬的組成可用極值法分析，由于剩余金屬鐵一定生成亞鐵離子，生成標準狀況下2.24 L NO，若全部溶解鐵恰好8.4 g，所以最初溶解的全部是鐵0.15 mol，同時根據(jù)方程式求出200 mL溶液中含硝酸0.4 mol，所以硝酸濃度為2 mol/L，B項錯誤；再加硝酸沉淀溶解9.6 g，加入KSCN溶液，溶液不變紅，硝酸與亞鐵離子未反應，即所加硝酸恰好溶解金屬

32、，假設溶解的是銅，恰好9.6 g，即后來溶解的金屬恰好為銅，C項錯誤；即原固體中鐵、銅各0.15 mol，A項正確；若再加硝酸0.4 mol與0.15 mol亞鐵離子反應，可生成1.12 L標準狀況下NO，D項錯誤。答案：A點撥：本題考查鐵、銅及其化合物的計算。難度較大。10(2013蘭州一中高三第二次月考5)新課程倡導合作學習和探究學習?？茖W的假設與猜想是科學探究的前提，在下列假設(猜想)引導下的探究肯定沒有意義的選項是()A探究SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成B探究Na與水的反應生成的氣體可能是O2C探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質可能是CuOD探究向滴有酚酞試液的

33、NaOH溶液中通入Cl2，酚酞紅色褪去的現(xiàn)象是溶液的酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性解析：A項，Na2O2具有強氧化性可以氧化強還原性的SO2生成Na2SO4；B項，鈉沒有氧化性不可能氧化2價的氧；C項，濃硫酸具有強氧化性可以氧化Cu，且CuO是黑色的；D項，Cl2H2O=HClHClO，生成物可以中和NaOH堿性減弱，HClO具有強氧化性可以漂白。答案：B點撥：本題考查推理能力，考查考生類推的能力。難度中等。11(2013蘭州一中高三第二次月考8)某研究性學習小組做銅與濃硫酸反應實驗時，發(fā)現(xiàn)試管底部有白色固體并夾雜有少量黑色物質。倒去試管中的濃硫酸，將剩余固體(含少量濃硫酸)倒入盛有少量

34、水的燒杯中，發(fā)現(xiàn)所得溶液為藍色，黑色固體未溶解。過濾、洗滌后，向黑色固體中加入過量濃硝酸，黑色固體溶解，溶液呈藍色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得結論正確的是()A銅與濃硫酸反應所得白色固體不是CuSO4B加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3C白色固體中夾雜的少量黑色物質可能是CuOD白色固體中夾雜的少量黑色物質中一定含有元素Cu和S解析：A項，因倒入盛有少量水的燒杯中，發(fā)現(xiàn)所得溶液為藍色，說明白色固體是CuSO4；B項，因倒入燒杯時含有少量硫酸，所以加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4；C項，CuO能與硫酸反應而溶解，所以黑色固體不是CuO；D項，加硝酸后黑色

35、物質溶解溶液呈藍色，且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，所以黑色物質一定含有元素Cu和S。答案：D點撥：本題考查物質性質，考查考生分析問題的能力。難度中等。12(2013蘭州市高三第二次月考11)在試管中注入某紅色溶液，給試管加熱，溶液顏色逐漸變淺，則原溶液可能是()滴有石蕊的H2SO4溶液滴有酚酞的氨水溶液滴有酚酞的氫氧化鈉溶液滴有酚酞的飽和氫氧化鈣溶液滴有酚酞的Na2CO3溶液溶有SO2的品紅溶液A BC D解析：加熱H2SO4溶液c(H)不變，所以紅色不變，錯誤；加熱氨氣逸出堿性減弱，紅色變淺，正確；加熱氫氧化鈉溶液堿性不變，紅色不變，錯誤；加熱Ca(OH)2的溶解度減小，飽和溶液有固體

36、析出堿性減弱紅色變淺，正確；加熱水解程度變大，堿性增強紅色加深，錯誤；加熱不穩(wěn)定的無色物質分解，恢復原來的紅色，錯誤。答案：B點撥：本題考查實驗現(xiàn)象，考查考生對實驗現(xiàn)象的分析能力。難度中等。13(2013長沙市模擬(一)16)500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 molL1，用石墨做電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到22.4 L氣體(標準狀況)，假定電解后溶液體積仍為500 mL，下列說法正確的是()A原混合溶液中c(K)為2 molL1B上述電解過程中共轉移6 mol電子C電解得到的Cu的物質的量為0.5 molD電解后溶液中c(H)為2 molL

37、1解析：C項，根據(jù)題意：陽極反應為4OH4e=2H2OO2，陰極反應為Cu22e=Cu、2H2e=H2；根據(jù)陰、陽兩極上轉移電子相同可列出2n(Cu)2n(H2)4n(O2)，則n(Cu)(1 mol41 mol2)1 mol；A，溶液中c(K)2c(Cu2)c(NO)，則c(K)2 molL1；B項，根據(jù)陽極反應，產生22.4 L O2，轉移4 mol電子；D項，根據(jù)電極反應，陽極消耗4 mol OH，陰極消耗2 mol H，故電解后溶液中c(H)4 molL1。答案：A點撥：本題考查電解的有關計算，考查考生對電解過程的分析和計算能力。難度較大。 14(2013鄭州市第一次質檢9)一定溫度下

38、，硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知：SO2、SO 3都能被堿石灰和氫氧化鈉溶液吸收。用下圖裝置加熱硫酸銅粉末直至完全分解。若硫酸銅粉末質量為10.0 g，完全分解后，各裝置的質量變化關系如下表所示。裝置A(試管粉末)BC反應前42.0 g75.0 g140.0 g反應后37.0 g79.5 g140.0 g請通過計算，推斷出該實驗條件下硫酸銅分解的化學方程式是()A4CuSO44CuO2SO32SO2O2 B3CuSO43CuOSO32SO2O2C5CuSO45CuOSO34SO22O2 D6CuSO46CuO4SO32SO2O2解析：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知參與反應的10 g硫酸

39、銅粉末質量減少5 g，生成硫的氧化物為4.5 g，生成氧氣為0.5 g，硫的氧化物與氧氣的質量比91，直接分析四個選項，A正確。答案：A點撥：本題考查實驗探究與分析計算。難度較大。15(2013太原市高三調研20)用如圖裝置進行實驗，將液體A逐滴加入到固體B中，下列敘述正確的是()A若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，C中盛有紫色石蕊溶液，則C中溶液最終呈紅色B實驗儀器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A為濃氨水，B為生石灰，C中盛有AlCl3溶液，則C中溶液先產生白色沉淀后沉淀又溶解D若A為濃H2SO4，B為Cu，C中盛有澄清石灰水，則C中溶液變渾濁解析：A項，KMnO4和濃鹽酸反應生成Cl2，

40、Cl2通入紫色石蕊溶液中先變紅后褪色；B項，儀器D體積較大，能防止生成的氣體溶于水而引起倒吸；C項，左側裝置生成的NH3通入AlCl3溶液中生成白色沉淀Al(OH)3，其不溶于弱堿，即使通入過量NH3也不會溶解；D項，常溫下Cu和濃硫酸不反應。答案：B點撥：本題考查常見的化學反應，考查考生根據(jù)實驗裝置綜合分析問題的思維能力。難度中等。16(2013北京卷12)用下圖所示裝置檢驗乙烯時不需要除雜的是()解析：題目一共給出了兩種制備乙烯的方法，利用溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液制備乙烯時，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸氣等雜質。利用乙醇與濃硫酸共熱制備乙烯時，乙烯中可能混有二氧化硫、二氧化碳、水蒸氣

41、等雜質。弄清楚了雜質，再考慮雜質對乙烯檢驗有無影響，若無影響便不需要除雜。A利用溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液制備乙烯時，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸氣等雜質，乙醇也能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，因此在檢驗乙烯時，應先將氣體通入水中以除去乙醇，防止其對乙烯檢驗的干擾。B.溴乙烷、乙醇、水蒸氣都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此對乙烯的檢驗沒有影響，故可以不除雜質。C.利用乙醇與濃硫酸共熱制備乙烯時，乙烯中混有的二氧化硫也能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，故檢驗乙烯前必須將二氧化硫除去。D.二氧化硫也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故檢驗乙烯前必須將二氧化硫除去。答案：B點撥：知識：乙烯的制備、除雜、檢驗。能力：利

42、用已學知識分析、解決問題的能力。試題難度：較大。17(2013哈爾濱市質檢8)相對分子質量為100的烴，且含有4個甲基的同分異構體共有(不考慮立體異構)()A3種 B4種 C5種 D6種解析：84，但C8H4不可能含有4個甲基，所以該烴分子式為C7H16，含有4個甲基的結構可能為：答案：B點撥：本題考查有機物同分異構體的種類，考查考生書寫同分異構體的能力。難度中等。18(2013沈陽市質測12)用下列實驗裝置進行實驗，能達到相應實驗目的的是()A裝置甲：乙醇與鈉反應后直接點燃生成的氣體 B裝置乙：除去甲烷中混有的乙烯C裝置丙：實驗室制取乙酸乙酯 D裝置?。嚎梢灾苽湎趸剑部梢杂糜谡崽撬獾膶?/p>

43、驗解析：A項，甲中乙醇與鈉反應產生氫氣，點燃時要先檢驗純度；B項，乙中除去甲烷中的乙烯，應選擇通過溴水，如通過酸性高錳酸鉀溶液，乙烯被氧化為CO2，會引入雜質；C項，丙中實驗室制取乙酸乙酯應選擇飽和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯；D項，丁中制備硝基苯或蔗糖水解用水浴加熱，可以將溫度計插入水中控制反應溫度。答案：D點撥：本題考查化學實驗，考查考生對化學實驗裝置的分析能力，難度中等。19(2013東北三省四市第二次聯(lián)考7)下列敘述正確的是()A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原理相同B乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能發(fā)生取代反應C淀粉、油脂、蛋白質的水解產物互為同分異構體D纖維素、聚乙烯、光導纖維都屬于高分子

44、化合物解析：乙烯與溴水發(fā)生加成反應，苯萃取溴水中的溴而使溴水層褪色，原理不同，A項錯誤；酸與醇的酯化、乙酸乙酯的水解都是取代反應，B項正確；淀粉水解最終產物是葡萄糖，油脂水解生成高級脂肪酸和甘油，蛋白質水解最終產物是氨基酸，這些產物不可能互為同分異構體，C.項錯誤；光導纖維的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，D項錯誤。答案：B點撥：本題考查物質分類、常見有機物的性質、同分異構體等。難度較小。二、非選擇題(本題包括3小題，共43分)20(2013北京卷27)(12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的鋁灰制備Al2(SO4)318H2O，工藝流程如下(部分操作和條件略)：.向鋁

45、灰中加入過量稀H2SO4，過濾；.向濾液中加入過量KMnO4溶液，調節(jié)溶液的pH約為3；.加熱，產生大量棕色沉淀，靜置，上層溶液呈紫紅色；，加入MnSO4至紫紅色消失，過濾；V濃縮、結晶、分離，得到產品。(1)H2SO4溶解Al2O3的離子方程式是_。(2)將MnO氧化Fe2的離子方程式補充完整：MnOFe2_=Mn2Fe3_(3)已知：生成氫氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8注：金屬離子的起始濃度為0.1 molL1 根據(jù)表中數(shù)據(jù)解釋步驟的目的：_。(4)已知：一定條件下，MnO可與Mn2反應生成MnO2。向的沉

46、淀中加入濃HCl并加熱，能說明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是_。中加入MnSO4的目的是_。解析：(1)本小題考查常見的離子反應。(2)利用得失電子守恒，1個MnO反應轉移5個電子，可知Fe2、Fe3的化學計量數(shù)為5，再結合電荷守恒，可知缺項為H和H2O，最后利用原子守恒配平。(3)由數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3沉淀完全時，pH2.8，由題干“調節(jié)溶液的pH約為3”可知，此時得到的沉淀為Fe(OH)3，而Fe2、Al3共存于濾液中。因此，可知步驟是用KMnO4將Fe2氧化為Fe3，使Fe3全部轉化為Fe(OH)3沉淀，從而除去鐵元素。(4)濃鹽酸與MnO2加熱生成Cl2，Cl2為黃綠色，所以若產生黃綠色氣體可

47、判斷MnO2的存在；根據(jù)信息可知，MnO可與Mn2發(fā)生歸中反應生成MnO2(沉淀)，而實驗最終目的是生成Al2(SO4)3晶體，由此可知，加MnSO4是與過量MnO反應生成MnO2沉淀而除去MnO。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH約為3時，F(xiàn)e2和Al3不能形成沉淀，將Fe2氧化為Fe3，可使鐵完全沉淀(4)生成黃綠色氣體除去過量的MnO點撥：知識：簡單氧化還原反應方程式的配平、離子反應方程式的書寫、實驗現(xiàn)象的描述。能力：依據(jù)信息分析問題的能力、實驗能力。試題難度：中等。21(2013天津卷9)(17分)FeCl3在現(xiàn)代工業(yè)生產中應用廣泛。某化學研究

48、性學習小組模擬工業(yè)流程制備無水FeCl3，再用副產品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。.經(jīng)查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱易升華。他們設計了制備無水FeCl3的實驗方案，裝置示意圖(加熱及夾持裝置略去)及操作步驟如下：檢驗裝置的氣密性； 通入干燥的Cl2，趕盡裝置中的空氣；用酒精燈在鐵屑下方加熱至反應完成； 體系冷卻后，停止通入Cl2，并用干燥的N2趕盡Cl2，將收集器密封。請回答下列問題：(1)裝置A中反應的化學方程式為_。(2)第步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端。要使沉積的FeCl3進入收集器，第步操作是_。(3)操作步驟中，為防止FeC

49、l3潮解所采取的措施有(填步驟序號)_。(4)裝置B中冷水浴的作用為_；裝置C的名稱為_；裝置D中FeCl2全部反應后，因失去吸收Cl2的作用而失效，寫出檢驗FeCl2是否失效的試劑：_。(5)在虛線框中畫出尾氣吸收裝置E并注明試劑。.該組同學用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，得到單質硫；過濾后，再以石墨為電極，在一定條件下電解濾液。(6)FeCl3與H2S反應的離子方程式為_。(7)電解池中H在陰極放電產生H2，陽極的電極反應式為_。(8)綜合分析實驗的兩個反應，可知該實驗有兩個顯著優(yōu)點：H2S的原子利用率為100%；_。解析：根據(jù)FeCl3的性質及物質制備的相關知識解答。(1)Cl2和Fe的反應為3Cl22Fe2FeCl3。(2)根據(jù)FeCl3加熱易升華的性質，可以對反應管中沉積FeCl3的部位加熱，使其升華。(3)為了防止FeCl3潮解，趕盡裝置中的空氣，防止水蒸氣存在；冷卻時要在Cl2中冷卻，并用干燥的N2趕盡Cl2。(4)裝置B中冷水浴的作用是將FeCl3蒸氣冷卻為FeCl3固體。裝置C為干燥管。檢驗FeCl2是否失效就是檢驗D中是否存在Fe2，可以用K3Fe(CN)6溶液檢驗，現(xiàn)象：若存在Fe2，溶液中有藍色沉淀生成。(5)Cl2是有毒氣體，可以用堿液吸收，如右圖所示。(6)H2S與FeCl3發(fā)生氧化還原反應：2Fe3H2S=2F