1、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9C3 铁、铜及其化合物22C4 金属的通性及金属材料39C5 金属及其化合物综合39C1 钠及其化合物【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版】11 （原创）下列说法错误的是 A除去NaHCO3溶液中混有的 Na2CO3,可向溶液中通入足量 CO2 B向新制氯水中加入 CaCO3可使溶液中HClO浓度增大 C制备Fe(OH)2时将吸有 NaOH溶液的长滴管伸到 FeSO4溶液底部再挤出 NaOH溶液 D为配制450 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需称取 1.8 g Na
2、OH固体，应放在纸上称取 【知识点】钠、铁、氯及其化合物的性质基本实验操作C1C3D2【答案解析】【解析】D解析：A、碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则可向NaHCO3溶液中通入足量CO2气体除去其中混有的Na2CO3，故A正确； B、新制氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，达到平衡后加入少量CaCO3（s），HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故B正确； C、制备Fe(OH)2时将吸有 NaOH溶液的长滴管伸到 FeSO4溶液底部再挤出 NaOH溶液，以防止氢氧化亚铁被氧化，故C正确；D、NaOH固体易潮解，不
3、能放在纸上称取，故D错误。故答案选D 【思路点拨】本题考查了Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质、铁及其化合物的性质以及平衡移动原理，难度不大，注意知识的积累。【化学卷（解析）2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】26（7分）已知CaO2与水的反应同Na2O2与水的反应类似，今有某过氧化钙（CaO2）产品（杂质只含CaO）：（1） 称取此产品10g，与足量盐酸充分反应，得到O2 1120mL（标准状况），则该产品中（CaO2）的质量分数为_，此过程中转移的电子物质的量为。（2）CaO2与水的反应较慢，因此可用作鱼池增氧剂。某养殖户
4、鱼塘蓄水2000m3，为预防缺氧投入上述产品，最终共生成CaCO3 90kg，则该养殖户的投药量为g/m3（假设产品遇水生成的Ca（OH）2全部与鱼呼出的CO2反应生成CaCO3 ）【知识点】化学方程式的计算A4C1C5【答案解析】【解析】（1）72%；0.1mol (2)32.4 解析：（1）过氧化钙与盐酸反应：2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2，O2 1120mL物质的量为0.05mol，则CaO2物质的量为0.1mol，质量分数为72g/mol0.1mol10g100%=72%；反应中转移电子数为2e-，电子的物质的量为0.1mol。(2)2CaO2+2H2O=2Ca（O
5、H）2+O2 CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 关系式为CaO2CaCO3CaO2的质量为64.8kg；则该养殖户的投药量为64.8g10002000=32.4g/m3【思路点拨】本题考查了对信息的处理,根据已学过的过氧化钠的性质进行分析，因此，需要耐心地分析信息，以获得解决问题的钥匙.【化学卷（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】9.要研究金属钠跟酒精反应及金属钠跟水反应的异同点，下列研究方法中用不到的是A实验法B观察法C分类法D比较法【知识点】研究物质性质的方法C1【答案解析】C解析：要研究金属钠跟酒精反应及金属钠跟水反应的异同点，当然要做实验
6、，然后观察现象，比较反应快慢，因此选C。【思路点拨】比较反应的异同点，往往通过实验完成，而实验必然要观察现象然后得出结论。【化学卷（解析）2015届山西省山大附中高三上学期期中考试（201411）】8. 下列有关物质的性质或应用说法正确的是A氢氧化钠用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiC糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解D锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；钠及钠的重要化合物的性质；有机化学反应的综合应用I3 C1【答案解析】D解析：A氢氧化钠有腐蚀性，不
7、能作抗酸药，故A错误； B在溶液中含有水，钠与水容易反应，钠与TiCl4在高温下才能置换金属钛，故B错误；C糖类分单糖、二糖和多糖，单糖不水解，二糖、多糖、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解，故C错误；D硫酸钙是微溶性的物质，能和碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，碳酸钙和盐酸能反应，所以锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去，故D正确。【思路点拨】本题考查了物质的性质和沉淀转化等，难度不大，注意在溶液中含有水，钠与水容易反应。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】11A
8、、B、C、D 是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由 C 元素形成的单质。已知：甲 + 乙 =丁 +辛，甲 + 丙 = 戊 + 辛；常温下0.1 mol/L 丁溶液的 pH为 13，则下列说法正确的是（）A元素 C 形成的单质可以在点燃条件分别与元素 A、B、D 形成的单质化合，所得化合物均存在共价键B元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D) r(C) r(B) C1.0 L 0. 1 mol/L 戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0. 1 mol D1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约 1.204 1024个电子【知识点
9、】元素推断钠及其化合物的性质C1 E2【答案解析】A解析：根据常温下0.1 mol/L 丁溶液的pH为13”丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，推断出丁中金属元素为钠。甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛”； 丁是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，结合A、B、C、D 的原子序数依次增大得到A为氢、B为碳、C为氧、D为钠元素。A、元素 C 形成的单质是氧气，元素 A、B、D 形成的单质分别是氢气、碳、钠；氢气、碳、钠都能和氧气化合，所得化合物分别为H2O、CO2、Na2O2均存在共价键 ，故A正确；B、元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D) r(B) r(C
10、) ，故B错误；C、1.0 L 0. 1 mol/L 戊溶液（碳酸钠）中阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子，总的物质的量大于0. 1 mol，故C错误；D、1 mol甲（Na2O2）与足量的乙（H2O）完全反应共转移 1摩尔电子，即约6.02 1023，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了元素推断、钠及其化合物的性质，常温下0.1 mol/L 丁溶液的pH为13是突破口。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】2下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔
11、马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Na2O、Na2O2为碱性氧化物同位素：1H+、2H2、3H 同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A.全部正确 B C D【知识点】物质分类化学概念C1 D4 L6【答案解析】D解析：水银是金属汞，属于纯净物，故错误只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物
12、，Na2O2不是碱性氧化物，故错误同位素是指同种元素的不同原子，故错误C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确油脂不是高分子化合物，单糖不能水解，故错误乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸(HOOCCOOH)和一个乙二醇(HOCH2CH2OH)形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体，故错误强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，正确有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故
13、错误故答案选D【思路点拨】本题考查了物质分类、化学概念等知识，涉及的知识面广，可以采取列举法解答。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】18（8分）已知存在如下转化关系：A +BC +D+H2O（未配平，反应条件略去）。（1）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应。若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是。aBa(OH)2溶液 b酸性KMnO4溶液 c紫色石蕊试液dH2O2与BaCl2混合液 e酸化的Ba(NO3)2溶液若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出在常温
14、下满足该条件的离子方程式：_。（2）该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应。若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C。当参加反应的A、B物质的量之比为34时，则C与D物质的量之比为。【知识点】化学反应方程式D2 C1 【答案解析】（1）浓硫酸；ac； Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)1:2解析：（1）据C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊知C、D分别为CO2和SO2，所以反应是碳和浓硫酸的反应，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为浓硫酸；a.Ba(OH)2溶液不能用于鉴别CO2和SO2两种气体，因两种气体均能使Ba(OH)2溶液先变浑浊后变澄
15、清， bSO2使酸性能KMnO4溶液褪色，而CO2不能；c两种气体均能使紫色石蕊试液变红，不能用于鉴别CO2和SO2； dSO2通入H2O2与BaCl2混合液出现沉淀，CO2通入H2O2与BaCl2混合液不会出现沉淀，可用用于鉴别CO2和SO2， e酸化的Ba(NO3)2溶液能氧化SO2，有沉淀出现，而CO2通入H2O2与BaCl2混合液不反应；能用于鉴别CO2和SO2两种气体；不能选用的试剂是ac 据A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常温下满足该条件的是氯气与碱的反应，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2)若A是造成温室效应的主要气体之一则A是CO
16、2，C、D均为钠盐，则反应是CO2与NaOH，D与B反应能转化为C，D是NaHCO3。当参加反应的A、B物质的量之比为34时，反应方程式为3CO2+4NaOH=Na2CO3+2NaHCO3+H2O，则C与D物质的量之比为1:2。 【思路点拨】本题考查了化学反应方程式的书写，注意总结A+BC+D+H2O型的反应，结合题目限定条件进行解答。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】13向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也相应不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生气体的体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系分别有下列
17、图示的四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别为：OAAB，OAAB，OAAB。则下列分析与判断正确的是(注：为方便计算与判断，不计CO2的溶解) （ ）A（2）图显示M中c(NaHCO3) c(Na2CO3) B（4）图显示M中c(NaHCO3) c(Na2CO3)C M中只有一种溶质的只有（1） D M中有两种溶质的有（2）和（4）【知识点】钠的化合物的性质C1 【答案解析】D 解析：CO2与NaOH反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，CO2+NaOH=NaHCO3，如果溶液M中只有NaHCO3，向M中逐滴加入盐酸，开始就产生气体，产生气体的体积V(CO2)与加入盐酸的体积V
18、(HCl)的关系为图（1）；如果溶液M中只有Na2CO3，向M中逐滴加入盐酸，开始无气体产生，产生气体的体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为图（3）；（2）图溶液M中的溶质是NaHCO3和Na2CO3的混合物（3）图溶液M中的溶质是NaOH和Na2CO3的混合物；故答案选D【思路点拨】本题考查了钠的化合物的性质，理解CO2与NaOH反应，当CO2少量反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当CO2过量反应为：CO2+NaOH=NaHCO3。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】7在下列变化中，一定要加入合适的氧化剂才能实现的是（
19、） ANa2O2O2 BCl2Cl CFe(OH)2Fe(OH)3 DNO2HNO3【知识点】氧化还原反应规律B3 C1 C3【答案解析】C 解析：A、Na2O2与水反应即可实现，但水不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，但水不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C、铁的化合价升高被氧化，一定要加入合适的氧化剂才能实现；D、NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，但水不是氧化剂也不是还原剂。故答案选C【思路点拨】本题考查了氧化还原反应规律，注意元素化合价升高不一定需要另外加氧化剂，可用举例法解答。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】
20、3某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应 碱性氧化物一定是金属氧化物只由一种元素组成的物质一定为纯净物 石墨和C60是同素异形体酸性氧化物一定不能和酸反应A B C D【知识点】基本化学概念E4 C1【答案解析】B 解析：化学变化的特征是有新物质生成，通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，故错误；焰色反应不属于化学反应，故错误； 碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；只由一种元素可以组成不同单质，如氧气和臭氧的混合气体只含一种元素，所以只由一种元素组成的物质不一定为纯净物， 故错误；
21、 同素异形体是指同种元素形成的不同单质，石墨和C60是同素异形体，故正确；酸性氧化物可能和酸反应，如二氧化硫与硝酸反应，故错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了基本化学概念，注意理解化学概念的含义，也可采用列举法解答。【化学卷（解析）2015届湖南省衡阳市五校高三11月联考（201411）】14.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是 ()AHCl Cl2HClONaClO BNaNa2O2Na2CO3NaHCO3CAlNaAlO2 Al(OH)3Al2O3 DSiSiO2H2SiO3Na2SiO3【知识点】物质间的转化C1 C2 D1 D2【答案解析】D解析：A、依次与二氧化锰、水、氢氧化
22、钠反应即可实现；B、依次与氧化气、二氧化碳、二氧化碳反应即可实现；C、依次与氢氧化钠溶液、二氧化碳、加热分解反应即可实现；D、SiO2转化成H2SiO3，SiO2要先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，再与酸反应得硅酸，不能一步实现，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质间的转化，需要掌握钠、铝、氯、硅及其化合物的性质。【化学卷（解析）2015届湖南省衡阳市五校高三11月联考（201411）】13.下列叙述正确的是 A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成 B.向Na2 CO3溶液中逐滴加入含等物质的量HCl的稀盐酸，
23、生成的CO2与原Na2 CO3的物质的量之比为1：2 C.等质量的NaHCO3和Na2 CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同 D.向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【知识点】碳酸盐的性质C1 【答案解析】D解析：A、向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解时得碳酸氢钙溶液，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，不会有CaCO3沉淀生成，故A错误；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入含等物质的量HCl的稀盐酸发生Na2 CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，不会有CO2放出，故B错误；C、等物质的量的NaHCO3和Na2 CO3分别与足量盐
24、酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同，而等物质的量的NaHCO3和Na2 CO3质量不相等，故C错误；D、向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2由于反应消耗水，且生成的NaHCO3溶解度比Na2 CO3小，所以有NaHCO3结晶析出，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了碳酸盐的性质，注意向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2由于反应消耗水，且生成的NaHCO3溶解度比Na2 CO3小而有NaHCO3结晶析出。【化学卷（解析）2015届河北省衡水中学高三上学期四调考试（201412）word版】18向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如
25、图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是 Aa点对应的溶液中：Bb点对应的溶液中：Cc点对应的溶液中：Dd点对应的溶液中：【知识点】离子共存碳酸盐的性质B1 C1【答案解析】C解析：A、a点对应的溶液为碳酸钠、氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，OH-不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液中含碳酸氢钠和氯化钠，铝离子和铁离子不能大量存在，故B错误；C、c点对应的溶液是氯化钠溶液，所给离子都不反应，故C正确；D、d点对应的溶液中有过量的酸，酸性环境下的硝酸根离子有氧化性，能氧化亚铁离子，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了离子共存，需要理解碳酸钠溶液中滴加盐酸时的反应顺序。C2
26、镁、铝及其化合物【理综卷（化学解析）2015届广东省佛山市第一中学高三上学期期中考试（201411）】32.(16分)工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁Fe(OH)SO4的工艺流程如下：过量废铁屑 NaHCO3H2SO4 NaNO2稀硫酸反应搅拌过滤反应减压蒸发过滤碱式硫酸铁滤渣 NO 硫酸亚铁溶液已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）反应中发生的氧化还原反应的化学方程式为。（2）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的_(填“F
27、e3”、“Fe2”或“Al3”)沉淀。该工艺流程中“搅拌”的作用是_。（3）反应的离子方程式为_。在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为_。（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2离子，可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子。该水解反应的离子方程式为_。（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2及NO。为检验所得产品中是否含有Fe2，应使用的试剂为_(填字母)。A. 氯水B. KSCN溶液C. NaOH溶液
28、D. 酸性KMnO4溶液【知识点】物质制备流程图铝、铁及其化合物的性质J4 J5 C2 C3【答案解析】(1) Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2 Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4（2）Al3 加快反应速率(或使反应物充分接触，合理均给分)(3) Fe2+ + NO2- + 2 H+ = Fe3+ + NO + H2O （漏 “”扣1分；未配平0分）；氧化剂； 2 mol（漏单位扣1分）(4) 2Fe(OH)22H2OFe2(OH)2H（写成等号扣1分；未配平0分）D（多选0分）解析：（1）稀硫酸与铁:Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2 ，过量的铁与硫酸铁反应
29、：Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4，（2） 由于溶液中只有Fe2、Al3两种金属阳离子，而氢氧化铝开始沉淀时的pH值大于氢氧化亚铁开始沉淀时的pH值，所以加入NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的Al3沉淀；由于搅拌时可以增大反应物的接触面积，从而加快反应速率。（3） 反应II中有NO生成，这说明反应中亚硝酸是氧化剂，将亚铁离子氧化生成了铁离子，反应的离子方程式为Fe2+ + NO2- + 2 H+ = Fe3+ + NO + H2O；由于要将亚铁离子氧化为铁离子，所以O2和NaNO2在反应中均作为氧化剂；标准状况下11.2L氧气的物质的量是11.2L22.4L/mol0.5m
30、ol，0.5mol氧气可以得到电子：0.5mol4=2mol。亚硝酸钠中氮元素的化合价是3价，其还原产物中氮元素的化合价是2价，根据电子守恒可知，相当于节省了2mol亚硝酸钠。（4）Fe(OH)2离子可部分水解生成Fe2(OH)42聚合离子，根据电荷守恒可知一定还有氢离子生成即：2Fe(OH)22H2OFe2(OH)2H检验亚铁离子时可以利用其还原性，选 D。【思路点拨】本题考查了物质制备流程图，掌握铝、铁及其化合物的性质是关键。【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版】3(13 分) （原创）将全部由短周期元素组成的化合物 X 加热分解，可得
31、A、B、C、D、E和H2O六种产物，其中 A、B、C 都是中学化学中常见的氧化物，气体 D是单质E所含元素的氢化物。 （1）A是一种两性氧化物，写出 A与NaOH溶液反应的化学方程式 。 （2）B、C 都是酸性氧化物且组成元素相同，C 溶于水得强酸，则 B、C 分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是_。 （3）气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取 D时可用如图所示装置收集，则气体应从_(填“A”或“B”)通入。 （4）取一定量的X加热分解，若生成 1 mol E，则必定同时生成mol （填物质化学式）。 （5）通过分析各分解产物的物质的量之比，发现 X 的化学式与硫酸铝钾相比
32、只有一种阳离子不同，则 X 的化学式为 。若向 X 的浓溶液中加入过量的浓 Ba(OH)2溶液，该反应的离子方程式为 。 【知识点】物质的检验、判断、元素周期律C2E2【答案解析】【解析】（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O（2）第三周期、A族(3)B (4)3 SO2 (5)NH4+Al3+2SO42-+5OH-+2Ba2+=2BaSO4+AlO2-+NH3+3H2O解析：（1）两性氧化物A为Al2O3，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，（2）由B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C 溶于水得强酸，可知B、C分别为SO2和SO3，硫元素在周
33、期表中的物质是第三周期第A族，（3）D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3，实验室制备氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集 （4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH4Al（SO4）212H2O；气体 D是单质E所含元素的氢化物，D是NH3，E是N2； 生成1molN2转移6 mol电子，根据电子守恒守恒，生成SO2的物质的量为：6mol/(6-4)=3mol(5)由上分析，X 的化学式为NH4Al（SO4）212H
34、2O，若向其浓溶液中加入过量的浓 Ba(OH)2溶液，该反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42-+5OH-+2Ba2+=2BaSO4+AlO2-+NH3+3H2O 【思路点拨】本题考查了无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力。【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版】13 （原创）某学习小组在实验室进行下列两组实验： (1)将350 mL 1 mol NaOH溶液逐滴滴入100 mL 1 mol AlCl3溶液中； (2)将100
35、 mL 1 mol AlCl3溶液逐滴滴入350 mL 1 mol NaOH溶液中。 这两组实验的结果是 A现象不同，生成Al(OH)3的量相同 B现象不同，(1)生成 Al(OH)3的量比(2)多 C现象不同，(2)生成 Al(OH)3的量比(1)多 D现象相同，生成Al(OH)3的量相同 【知识点】镁铝重要化合物C2【答案解析】【解析】A解析：350mL1molL-1NaOH溶液中n（NaOH）=0.35mol，100mL1molL-1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol，则（1）将NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，先发生：Al3+3OH-Al（OH）3，后发生Al（OH)
36、3+OH-=AlO2-+2H2O，现象为先有白色沉淀后沉淀部分溶解，沉淀物质的量为0.05mol；（2）将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，Al3+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3，先没有沉淀后出现沉淀，沉淀物质的量为0.05mol所以二者现象不同，沉淀质量相等。故答案选A 【思路点拨】本题考查了化合物的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，特别是铝三角知识，为中学元素化合物中的重要内容。【化学卷（解析）2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考（201412）】9(14分)铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有
37、非常重要的用途。 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为_电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是_。铁元素与氯元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，下列说法正确的是 (填序号)。 保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成 铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒 向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，原无色溶液变为蓝色 纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuCl22H2O晶体，速率加快 高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂。K2FeO4可以铁为电极，通过
38、电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：。工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝。从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al(OH)3，需要从下列试剂中选择两种，选用的试剂组合最好是。a. NaOH溶液 b.氨水 c. CO2d. 盐酸四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中重要的还原剂，溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，请完成并配平该反应的离子方程式。LiAlH4+【知识点】电化学原理的应用，铜、铁、铝的重要化合物的性质 C2 C3 F4【答案解析】解析： 保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe防止Fe2+被氧化，正确； FeCl2可以通过置换反应生
39、成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，错误； 铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，铜做负极，电子由铜片沿导线流向碳棒，正确；FeCl2溶液中Fe2+不能氧化I-，不能产生蓝色的现现象，错误； 纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢，当加入少量CuCl22H2O晶体时，铁与Cu2+反应生成Cu单质，铁、铜与盐酸形成原电池，使反应速率加快，正确。在电解时铁为阳极，在电极上失电子，得到FeO42-。从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，与碱不反应，则加足量盐酸转化为硅酸沉淀和氯化铝，滤液中加氨水转化为Al（OH）3，故答案
40、为：bd；LiAlH4与水反应生成氢气，该反应为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2【思路点拨】本题考查了电化学原理的应用，镁、铝的性质等知识点，未知化学反应方程式的书写，在书写过程中，要掌握物质的性质是关键。【化学卷（解析）2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考（201412）】7如图所示是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图。根据图示判断，下列结论中不正确的是 AN点时溶液中的溶质只有NaCl BM点之前加入的是NaOH溶液，M点之后加入的是盐酸Cc(NaOH)c(HCl) D原混合溶液中
41、c(MgCl2)c(AlCl3)11【知识点】有关混合物反应的计算 C2【答案解析】B解析：A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Mg2+2OH-=Mg（OH）2、Al3+3OH-=Al（OH）3，至N点时Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有NaCl，故A正确； B、接着Al（OH）3开始溶解：Al（OH）3+OH-AlO-+2H2O，至x=6时（M点）Al（OH）3恰好完全溶解，x在68之间时沉淀量不变，说明M点时仍在加入NaOH溶液，故B错误； C、x=8时（P点），又产生沉淀：AlO-+H+H2OAl（OH）3，说明加入的盐酸与NaOH反应后
42、有剩余，至x=9时（F点），AlO恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，用去盐酸1mL，又知在NM段，溶解Al（OH）3需要1mLNaOH溶液，故c（NaOH）=c（HCl），故C正确； D、因为沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，则沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液为2mL，因此c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：1，故D正确。【思路点拨】本题考查了MgCl2和AlCl3溶液与酸碱的关系，理清反应的整个过程，问题即可解决，可以利用方程式计算，也可以用原子守恒计算。【化学卷（解析）2015届山西省山大附中高三上学期期中考试（201411）】20将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀
43、硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是n(沉淀)/molV(NaOH)/mL0202002400.150.35AMg和Al的总质量为8gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物C2【答案解析】C解析：由图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成
44、沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A由图象可知，n（Mg）=0.15mol，n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为0.15mol24g/mol+0.2mol27g/mol=9g，故A错误； B由200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，c（NaOH）=0.2mol/0.04L=5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=(0.2L5mol/L)/ 0.5L2=1mol/L，故B错误； C在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5molL-1，故C正确；D
45、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4Lmol-1=10.08L，故D错误。【思路点拨】本题考查了金属的化学性质及图象，明确图象中点、线、面的意义及发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在NaOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查，题目难度中等。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】17.(12分）有A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，它们的原子序数依次增大，已知：A的原子中没有中子，B的一种单质是硬度最大的物质，D原子的最外层电子数是其电子层数的三
46、倍，E与A同一主族，其最高价氧化物对应的水化物是水溶液在短周期元素中碱性最强，G是地壳中含量最多的金属元素。按下列要求填空：（1）写出F的单质置换B的单质反应的方程式_。（2）C与F形成化合物与一定体积一定浓度的盐酸恰好完全反应产生两种盐，反应的化学方程式是：_。（3）元素 G的氢氧化物制取方法是_(离子方程式)，含有G的硫酸盐常用于水处理，原因是 _(离子方程式). （4）A与B、C 形成的简单化合物的沸点的高低比较是前者_(填、=)后者，原因是_ 。【知识点】元素推断E1 C2 【答案解析】(1)Mg+CO2MgO+C；(2)Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(3) Al3
47、+3NH3.H2O=Al(OH)3+NH4+；Al3+H2OAl(OH)3+3H+(4)小于氨分子间存在氢键解析：A的原子中没有中子知A为H，B的一种单质是硬度最大的物质知B为C，D原子的最外层电子数是其电子层数的三倍知D为O，E与A同一主族，其最高价氧化物对应的水化物是水溶液在短周期元素中碱性最强知E为Na，G是地壳中含量最多的金属元素知G为Al，根据原子序数关系C只能是N，F只能是Mg。(1)F的单质置换B的单质反应的方程式：Mg+CO2MgO+C；(2)C与F形成的化合物Mg3N2与一定体积一定浓度的盐酸恰好完全反应产生两种盐，即Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(4)
48、Al(OH)3的制取方法是用铝盐与氨水反应：Al3+3NH3.H2O=Al(OH)3+NH4+；利用胶体的吸附性可以净水，铝离子水解得氢氧化铝胶体，离子方程式是：Al3+H2OAl(OH)3+3H+；(4)A与B、C 形成的简单化合物分别是CH4和NH3，二者中由于氨分子间存在氢键，NH3的沸点较高。【思路点拨】本题考查了元素推断，镁、铝及其化合物的性质，比较简单。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】15把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、
49、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为 a g，则原合金中铁的质量分数为 ( ) A70% B52.4% C47.6% D30% 【知识点】铝、铁及其化合物的性质C2 C3【答案解析】A解析：铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀Fe(OH)3，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末是Fe2O3，质量仍为a g，说明原合金中铝元素的质量等于Fe2O3中氧元素的质量，所以原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分数：112/(112+48)=70%，故答案选A【思路点拨】本题考查了铝、铁及其化合物的性质，根据题意得到原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分数是解答
50、的关键。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】14拟晶Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能，将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体物质的量关系为（） An（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱） Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸） Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸） Dn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）【知识点】金属的性质C2 C3 D4【答案解析】D解析：将Al65Cu23Fe12看做65摩尔铝、23摩尔铜、12摩尔铁组成的混合物，只有铝与烧碱反应放出氢气，氢气的物
51、质的量是653/2=97.5(mol)；与盐酸反应时，铝和铁都反应，放出氢气的物质的量是653/2+12=109.5（mol）；与稀硝酸反应时三种金属都溶解放出NO气体，放出NO的物质的量是65+232/3+12=92.3(mol)；所以产生气体物质的量关系为n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）。故答案选D【思路点拨】本题考查了金属与酸或碱反应，利用电子守恒能较快计算得出结果，由于三种金属都与稀硝酸反应，容易误认为与稀硝酸反应时放出的气体最多。【化学卷（解析）2015届江西省南昌二中高三上学期第四次月考（201411）】18（共11分）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。回答下列问题
52、：（1）若甲、乙是两种常见金属，且反应是工业制盐酸的反应。反应中甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是。A热分解法 B热还原法 C电解法 反应中乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置；反应的化学方程式是。（2）若甲、乙是离子化合物，且反应是工业上制漂白粉的反应。反应的离子方程式是。若反应是气体实验室制备的反应，该气体分子为14电子结构。则反应的化学方程式是。在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。其反应的离子方程式是；写出HClO的结构式。【知识点】无机物的推断；氯气的化学
53、性质；钠的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物D2C2 C3【答案解析】（1）C 第四周期 族（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2OCaC2+2H2O Ca(OH)2+C2H22Cl2+H2O+CaCO3=Ca2+2Cl-+2HClO+CO2 H O Cl解析：（1）若甲是金属，和水反应生成碱，碱和氯气反应，乙在Cl2 中燃烧能观察到苍白色火焰，判断乙为氢气，则甲是能和水发生反应的活泼金属。甲和水反应生成的产物中除氢气外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，证明是氢氧化钠，判断甲为钠，在工业生产中利用电解氯化钠的方法得到金属钠。当甲与H2O在高温下反应时，除乙外，还生成一种有磁性的物质，则甲
54、为铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式（2）若甲、乙是化合物，且反应是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。气体分子为14电子结构的物质是乙炔，故反应应为碳化钙和水的反应。氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液。【思路点拨】本题以化合物的推断为载体考查了化合物的性质，同时考查学生逻辑推理、判断能力，明确化合物的性质是解本题的关键，注意思考问题时不仅要考虑无机物还要考虑有机物，防止考虑问题的片面性，综合性较强，难度较大。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中
55、高三上学期期中考试（201411）】20（8分）某强酸性溶液X含有Ba2、Al3、NH、Fe2、Fe3、CO32、SO32、SO、Cl、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H外还肯定含有的离子是_； （2）写出有关离子方程式：步骤中生成A_;步骤生成沉淀I_。（3）假设测定A、F、I均为0.01 mol,10 mL X溶液中n(H)0.04 mol，而沉淀C物质的量小于0.07 mol，能说明该溶液中除了（1）中含有的离子还一定有_。【知识点】离子间的反应 离子检验B1 J2 C2【答案解析】(1)Al3+、NH4+、Fe2+、SO4
56、2-(2)3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- （3）Cl-解析：酸性溶液中不可能大量存在CO32-、SO32-，加入过量硝酸钡溶液，相当于加入了硝酸，有气体生成且还能继续被氧化，说明该气体是硝酸的还原产物NO，原溶液中和硝酸发生氧化还原反应的只能是Fe2+，则原溶液中含有Fe2+，不含NO3-，所得沉淀C是硫酸钡沉淀，则原溶液中存在SO42-，一定不含Ba2+,溶液B中加入过量氢氧化钠溶液有气体产生，则该气体F是氨气，原溶液中含有NH4+，溶液B中含有铁离子，所以沉淀G是氢氧化铁，溶液H通入二氧化碳气体产生沉淀，则原溶
57、液中还应含有Al3+，沉淀I是氢氧化铝，可能含有Cl-、Fe3+。根据以上分析：(1) 溶液X中除H外还肯定含有的离子是：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；(2) 中生成A的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O；铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以步骤生成沉淀I的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；据A、F、I均为0.01 mol,即NO、NH3、Al(OH)3各0.01摩尔，根据电子守恒得Fe2+0.03mol、根据元素守恒得NH4+0.01 mol，A
58、l3+0.01 mol；10 mL X溶液中n(H)0.04 mol，而沉淀C（BaSO4）物质的量小于0.07 mol，即SO42-小于0.07 mol，此时阳离子所带的正电荷总数大于阴离子所带的负电荷总数，说明该溶液中含有的离子还一定有Cl-。故答案选C【思路点拨】本题借助框图推断考查了离子间的反应，注意得到一种离子存在的同时一定要排除与它不能共存的离子。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】10右图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是 （ ）ANH4Al（SO4）2BKAl（S
59、O4）2CAl2（SO4）3DNaAlO2【知识点】铝及化合物的性质C2【答案解析】C 解析：A、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故NH4Al（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OH-Al（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，接着还会有硫酸钡生成，沉淀最大量为6mol，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=A
60、lO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OH-Al（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OH-
61、Al（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点。【化学卷（解析）2015届江苏省扬州中学高三上学期质量检测（12月）（201412）】8.常温下，甲组中的某种物质能与乙组中的所有物质发生反应，甲组中的该物质是( )甲组Al(OH)3 SiO2 FeCl3溶液 SO2乙组a.NaOH溶液 b.浓HNO3 c.氨水 d.氯水 e.H2O2溶液A B C D【知识点】镁、铝
62、的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物 C2 C3 D1D3【答案解析】D解析：氢氧化铝具有两性，但只能与强酸强碱反应，所以不与氨水、H2O2反应；二氧化硅属于酸性氧化物，不与浓硝酸、氨水、氯水、双氧水反应；三氯化铁具有强氧化性，不与浓硝酸、氯水、双氧水反应；二氧化硫即有酸性氧化物的性质可以与氢氧化钠和氨水反应，又具有还原性可以与强氧化性反应即浓硝酸、氯水、双氧水反应；故选D。【思路点拨】本题考查了元素合物知识，关键要熟悉基本物质的性质，难度不大。【化学卷（解析）2015届湖南省衡阳市五校高三11月联考（201411）】22茶是我国人民喜爱的饮品。我市某校化学兴趣
63、小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。【查阅部分资料】草酸铵(NH4)2C2O4属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2、Al3、Fe3完全沉淀的pH为Ca(OH)2：pH13；Al(OH)3：pH5.5；Fe(OH)3：pH4.1。请根据上述过程及信息填空：(1)步骤加盐酸的作用是。(2)写出检验Ca2的离子方程式。(3)写出沉淀C所含主要物质的化学式。(4)写出步骤用A试剂生成红色溶液的离子方程式。(5)步骤的作用是。(6)称取400g茶叶样品灼烧得灰粉后，加入过量盐酸后过滤，将所得滤液加入过量的(NH4)2C2O4溶液，再过滤、洗涤、干燥、称量得
64、到5.12g沉淀，原茶叶中钙元素的质量分数为。【知识点】实验探究J5 C2 C3【答案解析】(1)使Ca2、Al3、Fe3浸出(或使Ca2、Al3、Fe3溶解) （全对给2分，否则给0分）(2)Ca2(NH4)2C2O4=CaC2O42NH(3)Fe(OH)3、Al(OH)3 （全对给2分，否则给0分）(4)Fe33SCNFe(SCN)3(写成其他正确的络合离子形式也可)(5)使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀(6)0.4% 解析：(1)茶叶经灼烧，茶叶灰中含钙、铝、铁元素，加盐酸的作用是使Ca2、Al3、Fe3浸出；(2)利用草酸根离子与钙离子结合成沉淀的方法检验钙离子：Ca2(NH4)2C2
65、O4=CaC2O42NH；(3)步骤调节PH6-7并加热，可使Al3、Fe3沉淀，所以沉淀C所含主要物质的化学式Fe(OH)3、Al(OH)3 ；(4)检验铁离子用SCN，离子方程式是：Fe33SCNFe(SCN)3；(5)沉淀C是Fe(OH)3、Al(OH)3 ，加盐酸得溶液2，调节PH4-5时铁离子沉淀完全而铝离子不会形成沉淀，以便中检验铝离子。(6)5.12克沉淀是CaC2O4，所含钙元素的质量是5.12（40/128）=1.6(g)，原茶叶中钙元素的质量分数为1.6/400=0.4% 。思路点拨】本题考查了实验探究，侧重学生分析能力，关键是抓住流程图中所加试剂以及实验现象。【化学卷（解
66、析）2015届湖南省衡阳市五校高三11月联考（201411）】14.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是 ()AHCl Cl2HClONaClO BNaNa2O2Na2CO3NaHCO3CAlNaAlO2 Al(OH)3Al2O3 DSiSiO2H2SiO3Na2SiO3【知识点】物质间的转化C1 C2 D1 D2【答案解析】D解析：A、依次与二氧化锰、水、氢氧化钠反应即可实现；B、依次与氧化气、二氧化碳、二氧化碳反应即可实现；C、依次与氢氧化钠溶液、二氧化碳、加热分解反应即可实现；D、SiO2转化成H2SiO3，SiO2要先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，再与酸反应得硅酸，不能一步实现，故
67、D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质间的转化，需要掌握钠、铝、氯、硅及其化合物的性质。C3 铁、铜及其化合物【理综卷（化学解析）2015届湖北省八校高三第一次联考（201412）】26（14分）高中化学教材介绍了钠、镁、铝、铁、氯、硫、氮、硅等元素及其化合物的知识，是其它化学知识的载体。（1） 从以上元素中选择，在自然界中有游离态存在的有元素（填元素符号）。（2）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料。一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示。若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段
68、时间后可观察到的现象：右边（从下列选项中选择） A无明显现象 B.溶液由浅绿色变红色 C. 溶液由无色变黄色 D. 溶液由浅绿色变无色 左边发生反应的离子方程式： ； 若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2mol NH4Al(SO4)2 的溶液，右边充满含3mol Ba(OH)2的溶液，当有2mol SO通过交换膜时(若反应迅速完全)，则左右两室沉淀的物质的量之比为。（3）某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用。通入一定量的N2后，在1500下与Cl2充分反应得到纯化
69、石墨与气体混合物，然后降温至80，分别得到不同状态的两类物质a和b。（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150。）若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为。若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有_；然后向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，写出生成沉淀的离子方程式_。【知识点】金属及化合物的性质C3 C5【答案解析】(1) N、S 、Fe（2）B； 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2Fe3+； 2：3。 (3) SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4N
70、aCl+3H2O； Cl、OH、AlO2；CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。解析：(1) N、S 、Fe在自然界中有游离态存在，Na、Mg、Al、Cl、Si在自然界中全部以化合态存在。（2）亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为： 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2Fe3+；当有2mol SO通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol,右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2
71、：3。(3)根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150 a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物,与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl、OH、AlO2；向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。【思路点拨】本题考查了
72、铝、铁、镁及化合物的性质，理解离子交换膜的作用是关键。【理综卷（化学解析）2015届广东省佛山市第一中学高三上学期期中考试（201411）】32.(16分)工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁Fe(OH)SO4的工艺流程如下：过量废铁屑 NaHCO3H2SO4 NaNO2稀硫酸反应搅拌过滤反应减压蒸发过滤碱式硫酸铁滤渣 NO 硫酸亚铁溶液已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）反应中发生的氧化还原反应的化学方程式为。（2）加入少量NaHCO3
73、的目的是调节pH，使溶液中的_(填“Fe3”、“Fe2”或“Al3”)沉淀。该工艺流程中“搅拌”的作用是_。（3）反应的离子方程式为_。在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为_。（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2离子，可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子。该水解反应的离子方程式为_。（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2及NO。为检验所得产品中是否含有Fe2，应使用的试剂为_(填字母)。A. 氯
74、水B. KSCN溶液C. NaOH溶液D. 酸性KMnO4溶液【知识点】物质制备流程图铝、铁及其化合物的性质J4 J5 C2 C3【答案解析】(1) Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2 Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4（2）Al3 加快反应速率(或使反应物充分接触，合理均给分)(3) Fe2+ + NO2- + 2 H+ = Fe3+ + NO + H2O （漏 “”扣1分；未配平0分）；氧化剂； 2 mol（漏单位扣1分）(4) 2Fe(OH)22H2OFe2(OH)2H（写成等号扣1分；未配平0分）D（多选0分）解析：（1）稀硫酸与铁:Fe + H2SO4 = Fe
75、SO4 +H2 ，过量的铁与硫酸铁反应：Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4，（4） 由于溶液中只有Fe2、Al3两种金属阳离子，而氢氧化铝开始沉淀时的pH值大于氢氧化亚铁开始沉淀时的pH值，所以加入NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的Al3沉淀；由于搅拌时可以增大反应物的接触面积，从而加快反应速率。（5） 反应II中有NO生成，这说明反应中亚硝酸是氧化剂，将亚铁离子氧化生成了铁离子，反应的离子方程式为Fe2+ + NO2- + 2 H+ = Fe3+ + NO + H2O；由于要将亚铁离子氧化为铁离子，所以O2和NaNO2在反应中均作为氧化剂；标准状况下11.2L氧气的物质的量
76、是11.2L22.4L/mol0.5mol，0.5mol氧气可以得到电子：0.5mol4=2mol。亚硝酸钠中氮元素的化合价是3价，其还原产物中氮元素的化合价是2价，根据电子守恒可知，相当于节省了2mol亚硝酸钠。（4）Fe(OH)2离子可部分水解生成Fe2(OH)42聚合离子，根据电荷守恒可知一定还有氢离子生成即：2Fe(OH)22H2OFe2(OH)2H检验亚铁离子时可以利用其还原性，选 D。【思路点拨】本题考查了物质制备流程图，掌握铝、铁及其化合物的性质是关键。【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版】11 （原创）下列说法错误的是 A除去
77、NaHCO3溶液中混有的 Na2CO3,可向溶液中通入足量 CO2 B向新制氯水中加入 CaCO3可使溶液中HClO浓度增大 C制备Fe(OH)2时将吸有 NaOH溶液的长滴管伸到 FeSO4溶液底部再挤出 NaOH溶液 D为配制450 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需称取 1.8 g NaOH固体，应放在纸上称取 【知识点】钠、铁、氯及其化合物的性质基本实验操作C1C3D2【答案解析】【解析】D解析：A、碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则可向NaHCO3溶液中通入足量CO2气体除去其中混有的Na2CO3，故A正确； B、新制氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，达到
78、平衡后加入少量CaCO3（s），HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故B正确； C、制备Fe(OH)2时将吸有 NaOH溶液的长滴管伸到 FeSO4溶液底部再挤出 NaOH溶液，以防止氢氧化亚铁被氧化，故C正确；D、NaOH固体易潮解，不能放在纸上称取，故D错误。故答案选D 【思路点拨】本题考查了Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质、铁及其化合物的性质以及平衡移动原理，难度不大，注意知识的积累。【化学卷（解析）2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考（201412）】9(14分)铜、铁、铝是重
79、要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用途。 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为_电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是_。铁元素与氯元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，下列说法正确的是 (填序号)。 保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成 铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒 向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，原无色溶液变为蓝色 纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuCl22H2O晶体，速率加快 高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处
80、理剂。K2FeO4可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：。工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝。从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al(OH)3，需要从下列试剂中选择两种，选用的试剂组合最好是。a. NaOH溶液 b.氨水 c. CO2d. 盐酸四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中重要的还原剂，溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，请完成并配平该反应的离子方程式。LiAlH4+【知识点】电化学原理的应用，铜、铁、铝的重要化合物的性质 C2 C3 F4【答案解析】解析： 保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe防止Fe2+被氧化，
81、正确； FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，错误； 铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，铜做负极，电子由铜片沿导线流向碳棒，正确；FeCl2溶液中Fe2+不能氧化I-，不能产生蓝色的现现象，错误； 纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢，当加入少量CuCl22H2O晶体时，铁与Cu2+反应生成Cu单质，铁、铜与盐酸形成原电池，使反应速率加快，正确。在电解时铁为阳极，在电极上失电子，得到FeO42-。从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，与碱不反应，则加足量盐酸转化为硅酸沉淀和氯化铝，滤液
82、中加氨水转化为Al（OH）3，故答案为：bd；LiAlH4与水反应生成氢气，该反应为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2【思路点拨】本题考查了电化学原理的应用，镁、铝的性质等知识点，未知化学反应方程式的书写，在书写过程中，要掌握物质的性质是关键。【化学卷（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】28.（10分）实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%30%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口、静置、冷却一段时间后有浅绿色晶体析出，收集产品（1）写出该实验制备硫酸亚铁
83、的化学方程式： ；（2）采用水浴加热的原因是 ；（3）反应时铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）；（4）溶液趁热过滤的原因是 ；（5）塞紧试管口的目的是 。【知识点】实验元素化合物C3 B1J1【答案解析】（共10分，每小题2分）（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2 （2）容易控制温度 （3）Fe+2Fe3+3Fe2+（4）减小FeSO4的损失 （5）防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+解析：（1）铁是活泼的金属和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的化学方程式是Fe + H2SO4FeSO4+H2。（2）采用水浴加热能使溶液受热均匀，且温度容易控制。（3）硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，所以反应
84、时铁屑过量的目的是防止硫酸亚铁被氧化，反应的离子方程式是Fe+2Fe33Fe2。（4）因为一般物质的溶解度随温度的升高而增大，所以溶液趁热过滤的目的是防止冷却后过滤析出晶体而造成FeSO4的损失。（5）由于硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，所以塞紧试管口的目的是防止空气中的氧气将FeSO4氧化。【思路点拨】本题主要是根据硫酸亚铁有还原性进行解答。【化学卷（解析）2015届四川省成都外国语学校高三12月月考（201412）】10、（10+2分）硫铁矿烧渣（主要成分为 Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等）是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的实验流
85、程如下：硫铁矿烧渣焙烧酸浸、过滤硫酸合成碳酸氢铵FeCO3固体(NH4)2SO4溶液洗涤、干燥煅烧产品（铁红）合成KCl产品（无氯钾肥）还原剂已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图所示：溶解度（g/100g水）0温度（）硫酸铵氯化铵氯化钾硫酸钾20406080100回答下列问题：（1）酸浸、过滤后滤液中的金属阳离子是_。（2）煅烧FeCO3生成产品的化学反应方程式为；实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、泥三角、三脚架、玻璃棒外，还有。（3）为了获得产品，向 （NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液后，还需要进行的操作是：，洗涤干燥。（4）检验产品 II中是否含有氯化物杂质的实验操作是：取少量
86、产品于试管中配成溶液，。【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用C3J2J4【答案解析】【解析】（10+2分）（1）Fe2（2分）（2）4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 （2分）；坩埚、坩埚钳（2分） （3）蒸发结晶、趁热过滤（2分）（4）滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后（或静置后向上层清夜），向滤液滴加 AgNO3溶液。（2分）解析：（1）因Fe2O3、Fe3O4、FeO与还原剂反应生成铁，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以滤液中的主要溶质是硫酸亚铁，故答案为：Fe2+；（2）因碳酸亚铁与氧气反应生成了氧化铁盒二氧化碳，4FeCO3+O22Fe2
87、O3+4CO2；因实验室进行煅烧操作所需仪器有酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒、坩埚、坩埚钳；（3）硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵；因硫酸钾的溶解度随温度变化不大，可用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到硫酸钾；（4）因检验产品II中是否含有氯化物杂质需先除去SO4，再检验Cl-，所以滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液滴加AgNO3溶液；【思路点拨】解答本题时要掌握化学方程式的书写方法和实验方面的知识，只有这样才能对问题做出正确的判断，难度不大。【化学卷（解析）2015届山西省山大附中高三上学期期中考试（201411）】12下列说法正确的是A分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬
88、浊液Fe（OH）3胶体O、S0）来消除CO污染C若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaANaBD除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】盐类水解的原理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；焓变和熵变；铜金属及其重要化合物的主要性质H3 H4 F1 C3【答案解析】C解析：A、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故A错误； B、当G=H-TS0时，反应能自发进行，已知2CO=2
89、C+O2（HO、S0），所以反应不能自发进行，故B错误； C、酸性越弱，对应的盐的碱性越强，已知弱酸HA的酸性强于弱酸HB，所以相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaANaB，故C正确； D、Cu和CuO均能溶于硝酸，不能用硝酸除去Cu粉中混有的CuO，故D错误。【思路点拨】本题考查了分散系的分类，反应自发性的判断，盐的水解，化合物的性质，题目难度不大，属于基础知识的考查。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】15把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤
90、、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为 a g，则原合金中铁的质量分数为 ( ) A70% B52.4% C47.6% D30% 【知识点】铝、铁及其化合物的性质C2 C3【答案解析】A解析：铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀Fe(OH)3，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末是Fe2O3，质量仍为a g，说明原合金中铝元素的质量等于Fe2O3中氧元素的质量，所以原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分数：112/(112+48)=70%，故答案选A【思路点拨】本题考查了铝、铁及其化合物的性质，根据题意得到原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分
91、数是解答的关键。【化学卷（解析）2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考（201412）word版】14拟晶Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能，将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体物质的量关系为（） An（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱） Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸） Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸） Dn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）【知识点】金属的性质C2 C3 D4【答案解析】D解析：将Al65Cu23Fe12看做65摩尔铝、23摩尔铜、12摩尔铁组成的混合物，只有铝与烧碱反应放出氢气，
92、氢气的物质的量是653/2=97.5(mol)；与盐酸反应时，铝和铁都反应，放出氢气的物质的量是653/2+12=109.5（mol）；与稀硝酸反应时三种金属都溶解放出NO气体，放出NO的物质的量是65+232/3+12=92.3(mol)；所以产生气体物质的量关系为n（稀硝酸）n（烧碱）0，若使用正催化剂，E值会减小。C图可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图D图表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图【知识点】元素
93、化合物计算C5 D5 F1【答案解析】C解析：A、根据图中各段含义，得到NaOH溶液为25mL到35mL是与NH4反应，35mL到40mL是与氢氧化铝反应，剩余的为氢氧化镁，故得到n(Mg2)=0.05mol，根据Al3与NaOH反应沉淀与溶解时量的关系为3:1确定，与Mg2反应的NaOH溶液体积为2553=10mL，c(NaOH)=0.0520.01=10mol/L，根据35mL到40mL段得n(Al3) =n(NaOH)= 0.00510=0.05mol，根据25mL到35mL段得n( NH4)= n(NaOH)=0.0110=0.1mol，n(Mg2):n(Al3):n( NH4)0.0
94、5mol：0.05mol：0.1mol=1:1:2，A错误；根据图知反应物的总能量比生成物的总能量高，是放热反应，H0，使用催化剂改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B错误；向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液后，先产生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反应，最后是与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，C正确；向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，先发生的反应是2KAl(SO4)23Ba(OH)2=2Al(OH)33BaSO4K2SO4,然后2Al(OH)3K2SO4+ Ba(OH)2=2KAlO2BaSO4+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol4mol），D错误
95、，选C。【思路点拨】A项也可以直接根据25mL到35mL和35mL到40mL两段判断出Al3、NH4量的关系，是1：2的关系。离子间的竞争反应如C项可这样思考：若认为先生成氢氧化镁和硫酸钡沉淀，则生成的氢氧化镁会被盐酸溶解，即氢氧化镁的生成在中和反应之后。13.【理综卷（化学解析）2015届湖北省八校高三第一次联考（201412）】26（14分）高中化学教材介绍了钠、镁、铝、铁、氯、硫、氮、硅等元素及其化合物的知识，是其它化学知识的载体。（2） 从以上元素中选择，在自然界中有游离态存在的有元素（填元素符号）。（2）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料。一容器被离子交换膜分成左右两部分，
96、如图所示。若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段时间后可观察到的现象：右边（从下列选项中选择） A无明显现象 B.溶液由浅绿色变红色 C. 溶液由无色变黄色 D. 溶液由浅绿色变无色 左边发生反应的离子方程式： ； 若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2mol NH4Al(SO4)2 的溶液，右边充满含3mol Ba(OH)2的溶液，当有2mol SO通过交换膜时(若反应迅速完全)，则左右两室沉淀的物质的量之比为。（3）某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1
97、%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用。通入一定量的N2后，在1500下与Cl2充分反应得到纯化石墨与气体混合物，然后降温至80，分别得到不同状态的两类物质a和b。（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150。）若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为。若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有_；然后向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，写出生成沉淀的离子方程式_。【知识点】金属及化合物的性质C3 C5【答案解析】(1
98、) N、S 、Fe（2）B； 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2Fe3+； 2：3。 (3) SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； Cl、OH、AlO2；CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。解析：(1) N、S 、Fe在自然界中有游离态存在，Na、Mg、Al、Cl、Si在自然界中全部以化合态存在。（2）亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为： 2H+2Fe2+H2O2=2H2O +2Fe3+；当有2mo
99、l SO通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol,右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3。(3)根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150 a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物,与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl、OH、AlO2；向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加
100、热可得沉淀，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+AlO2+ 2H2OAl(OH)3+CH3COO-+ CH3CH2OH。【思路点拨】本题考查了铝、铁、镁及化合物的性质，理解离子交换膜的作用是关键。【理综卷（化学解析）2015届河北省唐山一中高三12月调研考试（201412）】13、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4,在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2B用铂丝蘸取溶液进行颜色反应，观察到火焰呈黄色。该溶液一定是钠盐溶液C向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 ，溶液变浑浊析出了NaHCO3D常温下，将
101、Al箔插入浓HNO3中，无明显现象。铝和浓硝酸不反应【知识点】化学实验元素化合物 J1 C5 D5【答案解析】C解析：向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A错误；用铂丝蘸取溶液进行颜色反应，观察到火焰呈黄色，则该溶液含钠离子，可以是氢氧化钠，B错误；饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，故C正确Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，并不是
102、没有反应，D错误。【思路点拨】钝化并不是没有发生反应；火焰呈黄色说明含钠元素。【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版】2(15分)氯气与金属锡在加热时可制得SnCl4 ，SnCl4的熔点为33，沸点为 114。SnCl4 极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图所示装置制备 SnCl4 (夹持装置略)。 (1)仪器C 的名称为。 (2)装置中发生反应的离子方程式为 。 (3)装置中的最佳试剂为，装置的作用为。 (4)中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为 。 (5)若装置连接顺序为一一一一，在中除生成 SnCl4 外，还
103、会生成的含锡元素的化合物的化学式为 。 (6) 为测定实验中所用锡粉的纯度（杂质不参与下列反应）：取质量为 m g的锡粉溶于足量稀硫酸中，向生成的SnSO4溶液中加入过量的Fe2(SO4)3溶液，用物质的量浓度为c mol/L的 K2Cr2O7溶液滴定生成的 Fe2+，共用去 K2Cr2O7溶液的体积为 V L，则锡粉中 Sn 的质量分数为（已知Fe3+可将Sn2+氧化为Sn4+，酸性环境下可被还原为 Cr3+）。【知识点】物质分离提纯基本实验操作、计算C5D2J1J2【答案解析】【解析】（1）蒸馏烧瓶；（2）MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O (3)饱和食盐水防止空气中的水蒸
104、气进入；（4）使SnCl4气化（或蒸馏）（5）Sn（OH）4或SnO2(6)357vc/1000m解析：（1）装置C的名称是蒸馏烧瓶；（2）装置是制备氯气的装置，用浓盐酸与二氧化锰固体加热，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O (3)四氯化锡极易水解，进入装置C的气体应干燥、纯净，装置的作用为吸收挥发出的HCl，用饱和食盐水吸收HCl，装置III的作用为吸收水蒸气、干燥气体，用浓硫酸吸收干燥;装置的作用为防止空气中的水蒸气进入装置；(4)中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为使SnCl4蒸发进入接收装置；（5）若装置没有III，氯气未干燥，则S
105、nCl4 极易水解，在潮湿的空气中发烟，由水解原理可知，应生成Sn（OH）4、HCl，或者Sn（OH）4分解生成SnO2与H2O （6）令锡粉中锡的质量分数为x，则： SnSn2+2Fe3+2Fe2+ 1/3K2Cr2O7 119g 1/3 mol mx vc/1000 mol解得x=357vc/1000m 【思路点拨】本题考查了氯气的制备、对实验装置的理解与评价分析、实验操作、常用化学用语书写等，难度中等，理解制备原理是解题的关键，是对基础知识的综合利用，需要学生具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。【化学卷（解析）2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试（20141240）word版
106、】10 （原创）下列物质转化在给定条件下能实现的是 A B C D 【知识点】金属、非金属及其化合物的性质C5D5【答案解析】【解析】A解析：氨催化氧化生成NO，继续氧化生成NO2，故正确硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确； 硅加热和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀，各步反应能一步完成 氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧
107、化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确 故答案选A 【思路点拨】本题考查了元素化合性质、侯德榜制碱法等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液。【化学卷（解析）2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】26（7分）已知CaO2与水的反应同Na2O2与水的反应类似，今有某过氧化钙（CaO2）产品（杂质只含CaO）：（2） 称取此产品10g，与足量盐酸充分反应，得到O2 1120mL（标准状况），则该产品中（CaO2）的质量分数为_，此过程中转移的电子物质的量为。（2）CaO2与水的反应较慢，因此可用作鱼池增氧剂。某养殖户鱼塘蓄水2000m3
108、，为预防缺氧投入上述产品，最终共生成CaCO3 90kg，则该养殖户的投药量为g/m3（假设产品遇水生成的Ca（OH）2全部与鱼呼出的CO2反应生成CaCO3 ）【知识点】化学方程式的计算A4C1C5【答案解析】【解析】（1）72%；0.1mol (2)32.4 解析：（1）过氧化钙与盐酸反应：2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2，O2 1120mL物质的量为0.05mol，则CaO2物质的量为0.1mol，质量分数为72g/mol0.1mol10g100%=72%；反应中转移电子数为2e-，电子的物质的量为0.1mol。(2)2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2 CO2
109、+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 关系式为CaO2CaCO3CaO2的质量为64.8kg；则该养殖户的投药量为64.8g10002000=32.4g/m3【思路点拨】本题考查了对信息的处理,根据已学过的过氧化钠的性质进行分析，因此，需要耐心地分析信息，以获得解决问题的钥匙.【化学卷（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】24.向FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断错误的是AC点的沉淀为：Fe（OH）3和 BaSO4BOA段可能发生的反应有：3Ba2+6O
110、H-+3SO42-+Al3+Fe3+3BaSO4+Fe（OH）3+Al（OH）3CAB段可能发生的反应是：2SO42-+2Ba2+Al3+3OH-2BaSO4+Al（OH）3D据图计算原溶液中c（Cl-）c（SO42-）【知识点】计算元素化合物离子反应A1 B1 C5【答案解析】C解析：含FeCl3和Al2（SO4）3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应顺序是：Ba2+SO42-BaSO4，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，Al3+3OH-Al（OH）3，Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，C点沉淀为BaSO4和
111、Fe（OH）3，设为4mol，则1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，生成3mol硫酸钡、1mol氢氧化铁和1mol氢氧化铝，A、B正确；由图象分析知AB段继续沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol；C错误；图象分析FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中含FeCl3、1mol，含Al2（SO4）31mol，c（Cl-）=c（SO42-），故D正确，选C。【思路点拨】本题的解答关键是清楚各阶段发生的反应，注意到A点的沉淀量比C点的多，因此OA段是硫酸铝部分、氯化铁与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧铁沉淀。【化学卷
112、（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】22.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A. 反应均属于氧化反应和离子反应B反应说明该条件下铝的还原性强于锰C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【知识点】元素化合物氧化还原反应金属A1B3 B1D5 C5 【答案解析】B解析：氯酸钾分解、铝热反应、过氧化氢分解不是离子反应，均属于氧化反应，A错误；金属铝的还原性强于锰，与二氧化锰发生铝热反应，B正确；反应中每生成1mol氧气转移2mol电子，而反应中每生成1mol氧气转移4mol电子，
113、C错误；实验室制备氯气的反应中氯化氢并没有完全被氧化，因此根据电子得失守恒可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误，答案选B。【思路点拨】过氧化氢中O的化合价是-1价，有离子参加或生成的反应是离子反应。【化学卷（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】20.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中属于这种情况的是A过量的浓盐酸与MnO2反应B过量的Zn与18 mol/L的硫酸反应C过量的Fe与稀硝酸反应D过量的H2与N2在催化剂存在下反应【知识点】元素化合物D5 C5【答案解析】D解析：A、MnO2只与浓盐酸
114、发生反应，当反应进行到一定程度变为稀盐酸时反应就不再进行，但若盐酸仍然是浓的，MnO2可以反应完；B、18mol/L的硫酸是浓硫酸，锌先与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，当反应使硫酸变稀后再继续反应生成硫酸锌和氢气，最终使硫酸反应完全；C、过量的Fe与稀硝酸反应，硝酸可以反应完；D、氢气与氮气的反应是可逆反应，最终达到化学平衡，反应物、生成物共存，因此选D。【思路点拨】外界条件如温度、浓度等不同，物质发生的反应可能不同。【化学卷（解析）2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】19.下列实验操作、现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖中固体变黑膨
115、胀浓硫酸有脱水性和强还原性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中无气泡产生Na不能置换出醇羟基中的氢D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2【知识点】实验元素化合物C5【答案解析】D解析：根据固体变黑膨胀说明浓硫酸有脱水性和强氧化性（生成气体膨胀），A错误；常温下将Al片放入浓硝酸中，没有变化是因为Al被浓硝酸钝化，不是没有反应，B错误；C、现象、结论错误；D正确。【思路点拨】铁、铝被硝酸或硫酸钝化，不是没有反应，而是反应生成的氧化膜有保护作用。【化学卷（解析）2015届云南省部分名校高三
116、12月统一考试（201412）】26(14分)用纯碱和双氧水混合可制作新型液体洗涤剂(2Na2CO33H2O2)，它具有杀菌消毒去油污的能力且不会污染水源。(1) 检验这种新型洗涤剂中金属阳离子的操作和现象是_。(2) 这种洗涤剂中的双氧水可以将废水中的CN- 转化为无毒物的同时生成NH3，写出该反应的离子方程式。(3) 如果配制洗涤剂的水中含有铁离子，不仅会削弱洗涤剂的去污能力，甚至会完全失去杀菌作用。试分析其中可能的原因(写出其中一种即可，用离子方程式和简要文字表述) _。(4) 某化学学习小组为了定性探究铁离子对这种新型洗涤剂的不良影响，取该洗涤剂100mL，加入25gFeCl3固体，产
117、生大量无色无味气体，用贮气瓶收集气体。请选用下列试剂和实验用品完成气体成分的探究过程:0.10molL-1NaOH溶液、8.0molL-1NaOH溶液、澄清石灰水、0.10molL-1KMnO4溶液、BaCl2稀溶液、品红溶液、蒸馏水、木条、酒精灯、火柴、洗气瓶。提出假设：对该气体成分提出合理假设。假设1：气体是O2。假设2：气体是CO2。假设3：气体是_。设计方案:设计实验方案证明你的假设，在下表中完成实验步骤、预期现象和结论。实验步骤预期现象和结论将气体依次通入盛有_、的洗气瓶中，并_。_【知识点】元素化合物实验离子方程式的书写C5D5B1J4【答案解析】(1)用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精
118、灯火焰上灼烧，火焰呈黄色(合理即可)(2)H2O2CNH2O=HCO3NH3(3)2H2O22H2OO2，铁离子会加速H2O2分解，使洗涤剂失去杀菌作用；2Fe33CO323H2O=2Fe(OH)33CO2，Fe3与CO32水解相互促进，使洗涤剂失去去污能力(4)CO2和O2实验步骤预期现象与结论澄清石灰水8.0 molL1NaOH溶液并将带火星的小木条放在最后一个洗气瓶的出口处若澄清石灰水不变浑浊，木条复燃，则假设1成立；若澄清石灰水变浑浊，木条复燃，则假设3成立；若澄清石灰水变浑浊，木条不复燃，则假设2成立解析：（1）2Na2CO33H2O2中金属阳离子为钠离子，应根据焰色反应检验是否存在
119、Na+，有关操作及现象为：用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该洗涤剂中存在钠离子；（2）废水中氰化物以CN形式存在，氮元素为3价，则碳元素为+2价，双氧水具有氧化性，+2价碳元素被氧化为+4价，氧元素由1价降为2价，根据电子、电荷、原子守恒可得：H2O2+CN+H2O=NH3+HCO3（注意不能写成H2O2+CN+H2O=NH3+CO2+OH，因为CO2与OH能继续反应HCO3，CO2与碳酸钠溶液也能继续反应生成碳酸氢钠）；（3）过氧化氢不稳定，能分解为水和氧气，铁离子是该反应的常用催化剂之一，能加快过氧化氢分解的速率，使洗涤剂失去消毒作用；也可能是Fe3与CO32发生
120、双水解反应：2Fe33CO323H2O=2Fe(OH)33CO2，使洗涤剂失去去污能力（4）洗涤剂中过氧化氢在氯化铁溶液催化下分解放出氧气，碳酸钠与氯化铁溶液混合时能发生双水解反应，放出二氧化碳气体；如果混合时只发生前一种反应，则产生的气体是O2；如果混合时只发生后一种反应，则产生的气体是CO2；如果两种反应能同时发生，则产生的气体是O2和CO2；根据提出的假设1和2推断假设3的内容为气体是O2和CO2；假设的验证就是检验O2和CO2，根据元素化合物的主要性质推断，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，二氧化碳不能支持燃烧，而氧气却能使带火星的木条复燃，因此检验O2和CO2需要考虑先后顺序，排除干扰，
121、应按先检验二氧化碳、再除去过量的二氧化碳、最后检验氧气的顺序进行实验，所以设计的方案为：将反应产生的气体依次通入盛有澄清石灰水、8.0mol/LnaOH溶液的洗气瓶中，用带火星的木条检验最后逸出的气体；若澄清石灰水变浑浊、木条复燃，则假设3成立；若澄清石灰水不变浑浊、木条复燃，则假设1成立；若澄清石灰水变浑浊、木条不复燃，则假设2成立（注意不能选择0.10mol/LNaOH溶液，因为除杂试剂一定过量，应选浓溶液除杂）。【思路点拨】解答本题是利用2Na2CO33H2O2的双重性质；假设的验证就是利用物质的性质进行设计实验，另外检验氧气时需排除二氧化碳的干扰。【化学卷（解析）2015届云南省部分名
122、校高三12月统一考试（201412）】10下列叙述正确的是A新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色B加水稀释溶液，溶液中的所有离子浓度都减小C金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解DNaHCO3溶液中含有少量Na2CO3可以用澄清石灰水除去【知识点】元素化合物D5C5【答案解析】C解析：新制氯水含盐酸和次氯酸，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，A错误；B、如盐酸加水稀释，c（OH-）增大，错误；C正确；NaHCO3与澄清石灰水也能反应生成沉淀，D错误。【思路点拨】若温度不变，水的离子积不变，c（H+）与c（OH-）此消彼长。【化
123、学卷（解析）2015届江西省南昌二中高三上学期第四次月考（201411）】7下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )A B CD【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用，镁、铝的重要化合物，二氧化硫的化学性质，铁的氧化物和氢氧化物C5 D3【答案解析】A解析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，错误；碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜，电解氯化铜溶液可以得到金属铜，正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（
124、OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，正确。【思路点拨】本题考查了化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】19（10分）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图所示（部分
125、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）Y中所含金属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 + E B的反应的离子方程式为。（4）G + J M的离子方程式是。（5）Y受热分解的化学方程式是。【知识点】框图推断 金属非金属及化合物的性质C5 D5【答案解析】(1)四 (2)产生苍白色火焰 (3)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(4)3AlO2-+Fe3+6H2O=3Al(OH)3+Fe(OH)3(5) 4Fe(NO3)32Fe2
126、O3+12NO2+3O2解析：F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F是Al。I为红棕色气体，则I是NO2，则N是硝酸。M为红褐色沉淀知M是氢氧化铁，则Y是硝酸铁。A、B为气态单质，则根据生成AB的反应条件可知，X应该是氯化物。又因为D和E反应生成B，且E为黑色固体，所以B是氯气，A是氢气，D是氯化氢，则E是二氧化锰。C是强碱，和铝反应生成偏铝酸盐。H为氧化物且和盐酸反应，则H应该是氧化铁，J是氯化铁。氯化铁和偏铝酸盐水解相互促进生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀。(3) Y中所含金属元素是铁，位于周期表中第四周期，第组； (2)氢气在氯气中燃烧的现象是产生苍白色火焰； (4) 二氧化锰与浓盐酸加热制
127、取氯气的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(5) 氯化铁和偏铝酸盐发生互相促进的水解反应：3AlO2-+Fe3+6H2O=3Al(OH)3+Fe(OH)3(5) Y是硝酸铁，受热分解为Fe2O3、NO2、O2：4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2+3O2【思路点拨】本题考查了框图推断，掌握中学阶段重要物质的性质是关键。【化学卷（解析）2015届江西省临川一中高三上学期期中考试（201411）】12X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，下列说法正确的是 （ ）AX、Y、Z都是非金属单质 BX、Y、Z中至
128、少有一种是金属单质C如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质 D如果X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质【知识点】框图推断C5 D5【答案解析】D 解析：A、X可以是金属，如为Al，Mg等，Al+HClAlCl3+H2，Z为Cl2；Mg+CO2C+MgO，Z为O2，都可以符合转化关系，故A错误；B、X、Y、Z可以全部为非金属单质，如：C+SiO2Si+CO，Z为O2，故B错误；C、若X、Y为非金属单质，则Z不一定是金属单质，可以是非金属单质，：C+SiO2Si+CO，Z为O2，故C错误；D、若X、Y为金属单质，是金属间的置换反应，所以化合物一定是金属与非金属形成的化合物，所以Z必为非金属单
129、质，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了框图推断，采取列举法进行分析解答，要求对常见物质间的反应有一定的熟练程度。【化学卷（解析）2015届湖南省长沙长郡中学高三上学期第四次月考（20141260元）word版】16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。下列有关说法不正确的是：A由工可知X中一定存在Fe2O3、CuB无法判断混合物中是否含有Al2O3C192 g固体成分为CuD原混合物中m（ Fe2O3）：m（Cu） =1：1【知识点】有关混合物反应的计算；物质的检验和鉴别的实验方案设计C5G4【答案
130、解析】【解析】B 解析：途径a：10.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以 和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反 应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知9.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g，所以固体有二氧化硅，一定没有氧化铝；途
131、径b：10.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，则1.92g固体为铜，因此混合物X中由Fe2O3、Cu、SiO2组成，一定没有A12O3A由I可知，X和过量盐酸反应生成蓝色溶液，为铜离子的颜色，但Cu和盐酸不反应，则一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子和金属铜反应，即X中一定存在Fe2O3和Cu，故A正确；B由上述分析可知，混X中由F
132、e2O3、Cu、SiO2组成，一定没有A12O3，故B错误；C由上述分析可知，1.92g固体只含Cu，故C正确；D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+得出：Fe2O32Fe3+Cu，则160x+64y=6.4，64y-64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确； 故答案选B【思路点拨】本题考查了物质的成分推断及有关化学
133、反应的简单计算，题目难度中等，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量。第卷 非选择题（共52分）二、非选择题（本题共5小题，共52分）【化学卷（解析）2015届湖南省衡阳市五校高三11月联考（201411）】2.下列说法正确的是A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CMg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒【知识点】物质分类 金属的冶炼C4 C5【答案解析】B解析：A、纯碱属于盐类
134、，故A错误；B分类都正确；C、镁、铝用电解法冶炼，铜用热还原法冶炼，故C错误；D、75%的酒精溶液为医用酒精，常用75%的酒精溶液杀菌消毒，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了物质分类和金属的冶炼方法，注意活泼金属钾、钙、钠、镁、铝用电解法冶炼。【化学卷（解析）2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考（201411）】18.（8分）铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。（1）在滤液A中加入漂白液，所得滤液B显酸性。滤液A中加入漂白液的目的是：（用离子方程式表示）。将滤液B中的铝元素
135、以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为（填代号）。 A氢氧化钠溶液 B硫酸溶液 C氨水 D二氧化碳（2）由滤液B制备少量无水AlCl3（AlCl3极易在空气中水解）由滤液B制备氯化铝晶体（将AlCl36H2O）涉及的操作为：、冷却结晶、（填操作名称）、洗涤。将AlCl36H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的（填序号）氧化性吸水性难挥发性脱水性（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为（填代号）。【知识点】元素化合物实验C5 D5 J1【答案解析】（8分）（1）2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+C1-+4H+(Fe3+ +
136、 3ClO- +3H2O= Fe（OH）3+3HClO，但该离子反应式不计分)（2分）；C（1分）;（2）边滴加浓盐酸边蒸发浓缩（1分），过滤（1分）；（2分）（3）B（1分）解析：（1）在滤液A中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化氯化亚铁并形成氢氧化铁沉淀而除去铁，所得滤液B显酸性，亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子；反应的方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+C1-+4H+；滤液中含有氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，故a不是最好；硫酸溶液不能
137、沉淀铝离子；过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体；二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故选c。（2）AlCl3易水解，因此由滤液B制备氯化铝晶体，应该防水解，采取的方法是边滴加浓盐酸边蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤。将AlCl36H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸的吸水性和难挥发性（抑制水解）（3）焙烧一般在坩埚中进行，而且蒸发皿、玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠反应，因此选B。【思路点拨】根据流程中的原料、所加物质、产品判断发生的反应；本题重点考查铝的性质，因此需对铝的性质要掌握。【化学卷（解析）2015届湖北省重点高中高三上学期
138、期中联考（201411）】15现有MgO和Fe3O4的混合物7.6g，向其中加入1molL-1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反应，若将15.2 g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为A13.6g B12g C6gD3.2 g【知识点】计算A4 C5 B3【答案解析】B解析：根据MgO和Fe3O4的化学式知混合物与硫酸反应生成的盐的化学式为MgSO4和Fe3(SO4)4,即n（O）=n（SO4）=0.1mol，则7.6g混合物含O：0.1mol，为1.6g，金属元素质量为6g，因此15.2 g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为26g=12g，选B。【思路点拨】根据
139、化学式特点得出n（O）=n（SO4），混合物用足量CO还原得到金属单质。【化学卷（解析）2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考（201411）】12.A是常见固体单质，B、C为中学化学常见的物质，均含元素X，它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去）。下列推断正确的是A元素X是铝或硅B反应和互为可逆反应C元素X可能是金属，也可能是非金属D反应和一定为氧化还原反应【知识点】元素化合物D5 C5 【答案解析】D解析：A是单质，能与碱反应生成B、C，是歧化反应，然后B、C又生成A是归中反应，则反应和一定为氧化还原反应，X不可能是金属，D正确。【思路点拨】可逆反应的正向反应和逆向反应的条件相
140、同，有单质参加的反应是氧化还原反应。【化学卷（解析）2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考（201411）】11下列各种物质在一定条件下反应，所得产物种类与反应物的用量或条件无关的是Fe + O2Na2SiO3+CO2+ H2ONH4HCO3+NaOHCu +Cl2Ca(HCO3)2+Ca(OH)2 C+SiO2A B C D【知识点】元素化合物D5 C5 【答案解析】D解析：Fe与O2反应可生成氧化铁或四氧化三铁；CO2不足生成碳酸钠和硅酸，若CO2过量生成碳酸氢钠和硅酸；若NaOH不足，只有HCO3-参与反应，生成碳酸钠和碳酸铵，若氢氧化钠过量生成碳酸钠和氨水；当碳少量时生成硅单质和一
141、氧化碳，当碳足量时生成碳化硅和一氧化碳，因此选D。【思路点拨】物质在不同的反应条件下和不同的用量的情况下发生不同的反应，类似的很多，如Cu与硝酸、SO2与NaOH溶液、AlCl3溶液与KOH溶液、Zn和硫酸等，平时学习注意归纳。【化学卷（解析）2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考（201411）】4(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：4(NH4)2SO4 =N26NH33SO2SO37H2O，将反应后的混合气体通入Ba(NO3)2溶液，产生的沉淀为ABaSO4和BaSO3 BBaSO4 CBaSO3 DBaS【知识点】元素化合物D5 C5【答案解析】B解析：反应后的混合气体通入到
142、Ba(NO3)2溶液中发生的反应有：SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3，（NH4）2SO3+ Ba(NO3)2=BaSO3+2NH4NO3SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4，（NH4）2SO4+ Ba(NO3)2=BaSO4+2NH4NO3依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，二氧化硫剩余，溶液呈酸性，而酸性条件下NO3-将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO4，选B。【思路点拨】判断二氧化硫过量，溶液呈酸性，然后NO3-将SO32-氧化为SO42-。
