1、高考资源网（） 您身边的高考专家第二节 铝、金属材料、复合材料1(2009北京理综，8)下列叙述正确的是()A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依
2、次为：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，Al(OH)33H=Al33H2O；D项，ZnCu2=Zn2Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成CuZn原电池，会加速产生H2的速率。答案：C2(2009四川理综，11)向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是()Ac Bpm Cnm17Vc D.mpc。则下列说法正确的是()A残余固体全部是铜 B残余固体可能为铁和铜的混合
3、物C残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2 D最后得到的溶液可能含有Fe3解析：涉及的反应有Cu2Fe3=Cu22Fe2，FeCu2=Fe2Cu，由于题目中ac，说明Fe不足，Cu2没有完全反应掉。故残留固体为Cu，当有单质铜存时，溶液中一定不含有Fe3。答案：A5已知BaAl(OH)42可溶于水。下图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列有关叙述正确的是()Aab时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多Bcd时溶液中离子的物质的量：Al(OH)4比Ba2多Cad时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al
4、(OH)3Dde时溶液中离子的物质的量：Ba2可能等于OH解析：向Al2(SO4)3溶液中滴加Ba(OH)2溶液，开始阶段Al3与OH、SO与Ba2形成沉淀：2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4，当Al2(SO4)3与Ba(OH)2的物质的量之比为23时，所有离子恰好完全沉淀，沉淀的物质的量和质量均达到最大，此时对应的点为b点。在Ob范围内，BaSO4的物质的量均比Al(OH)3多；在b点后继续加入Ba(OH)2，Al(OH)3沉淀开始溶解：2Al(OH)3Ba(OH)2=BaAl(OH)42，至d点时Al(OH)3完全溶解，那么在bd范围内BaSO4比Al(OH)3多，
5、Al(OH)4比Ba2多溶质是BaAl(OH)42；de时沉淀只有BaSO4，溶质是BaAl(OH)42和加入的Ba(OH)2，所以n(Ba2)可能等于n(OH)。答案：BD6在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，能观察到先生成沉淀后变澄清的是()氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液四羟基合铝酸钠溶液中加盐酸氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液氯化铝溶液中滴加氨水硝酸银溶液中滴加氨水氢氧化铁胶体中滴加硫酸A B C D解析：先生成Al(OH)3沉淀，再生成可溶性的Al(OH)4；先生成Al(OH)3，再生成可溶性的Al3；先生成Al(OH)4，再生成Al(OH)3，即一段时间后观察到沉
6、淀出现；蛋白质的变性，观察到有沉淀出现；立即观察到沉淀出现但不会变澄清；先生成AgOH沉淀，再生成可溶性的Ag(NH3)2；胶体的凝聚现象，先出现Fe(OH)3沉淀，再发生酸碱中和，生成Fe3。答案：A7. 把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是()A盐酸 B氯水 C烧碱溶液 D纯碱溶液解析：盐酸跟镁、铝都反应，A错；氯水中有氯气和水反应的生成物盐酸和次氯酸，镁、铝都会与其反应，B错；烧碱是氢氧化钠，铝有两性，可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成四羟基合铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2，C对；纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。答
7、案：C8(2008广东，22)铜在自然界存在于多种矿石中，如：矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3Cu(OH)2请回答下列问题：(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是_。(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，反应的氧化剂是_。(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是_；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称_。(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：_。
8、(5)下表中，对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是_(填字母)。选项陈述陈述判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿对；对；有B铜表面易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸对；对；有C铁比铜活泼铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈对；对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂错；对；无解析：(1)根据矿石的主要成分分析可知：每1 mol Cu中含有的其他元素的质量Cu2S中最小，因此Cu2S中铜的质量分数最高。(2)根据反应方程式：，可知Cu2O和Cu2S都作氧化剂。(3)SO2排放到大气中会造成酸雨，处理该尾气可得到有
9、价值的化学品：H2SO4或Na2SO4。(4)粗铜的精炼中，应将粗铜与电源的正极相连作阳极，而将纯铜与电源的负极相连作阴极，用铜盐CuSO4、CuCl2等盐溶液作电解质溶液。(5)铜绿的成分为Cu2(OH)2CO3，能与盐酸发生反应而除去，而Cu和盐酸不反应，A正确；铜在常温下和浓H2SO4不反应，因此B中前后无因果关系，B错误；在潮湿的空气中铁和铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，铁易生锈，因此C也不正确；CuSO45H2O晶体转化为CuSO4白色粉末是化学变化，CuSO4为重金属盐，可以使蛋白质变性，因此可以作为消毒剂，因此D正确。答案：(1)Cu2S(2)Cu2S和Cu2O(3)形成酸雨，
10、会对植物和建筑物等造成严重危害硫酸、硫酸钠(4)以硫酸铜硫酸溶液为电解液。电解时，粗铜(阳极)中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，不如铜活泼的金属沉入电解槽形成“阳极泥”；溶液中的Cu2得到电子沉积在纯铜(阴极)上(5)AD9. (2009山东理综，30)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O及CaCO3，步骤如下：请回答下列问题：(1)溶液A中的金属离子有Cu2、Fe2、Fe3。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂为_(填代号)，检验溶液A中Fe3的最佳试剂为_(填代号)。aKMnO4 b(NH4)2S cH2O2 d
11、KSCN(2)由溶液C获得CuSO45H2O，需要经过加热蒸发、_、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_。(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)_(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列_(填代号)装置回收。(4)欲测定溶液A中Fe2的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应_，直到_。用KMnO4标准溶液滴定时应选用_管(填“酸式”或“碱式”)滴定。解析：(1)由题意分析可知试剂应为氧化剂，将Fe2氧化为Fe3且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3反应呈明显的血红色。(2)由溶液到晶体的操作是
12、加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选b。(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。答案：(1)cd(2)冷却结晶引流(3)NH3H2O或NH3b(4)平视凹液面(或平视刻度线)凹液面的最低点与刻度线相切酸式10(2008北京理综，28)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组
13、成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是_(填写化学式)。(2)Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_。若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_。(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是_(填写离子符号)。(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，该反
14、应的离子方程式是_。(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是_(各组合中的物质用化学式表示)。解析：由题干中框图转化的关系可知，Y中必含Cu，另有Fe2；产生两种气体必须有C。(1)上层清液中通入CO2无明显现象说明无Al(OH)4，进一步说明样品中无Al。(2)Z为一种气体，则必为CO2，说明另一种气体为SO2被NaHCO3溶液除去，浓酸为浓H2SO4，反应为：C2H2SO4(浓)CO22SO22H2OZ为两种气体，a为H2O，则说明浓酸为浓HNO3，Z中气体为NO和CO2。(3)Cl22Fe2=2Cl2Fe3；2Fe3
15、Cu=2Fe2Cu2循环反应，则溶液中阳离子为Fe3、Cu2和Cl2与H2O反应生成的H。(4)据题目信息可推知氧化还原反应为：4I3H2O22Fe2=2I22Fe(OH)3(5)由题意分析无Cu生成，则必定是不发生Cu2Fe=CuFe2或2Al3Cu2=3Cu2Al3的置换反应，说明混合物中无Fe和Al。由题干框图知必含CuO和C。则组合可能为CuO、C；CuO、C、Fe2O3。答案：(1)Al(2)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2ONO、CO2(3)Cu2、Fe3、H(4)2Fe23H2O24I=2Fe(OH)32I2(5)CuO、C或CuO、C、Fe2O311. 某课外小组对一些
16、金属单质和化合物的性质进行研究。(1)下表为“铝与氯化铜溶液反应”实验报告的一部分：实验步骤实验现象将打磨过的铝片(过量)放入一定浓度的CuCl2溶液中。产生气泡，析出疏松的红色固体，溶液逐渐变为无色。反应结束后分离出溶液备用。红色固体用蒸馏水洗涤后，置于潮湿空气中。一段时间后固体由红色变为绿色设其主要成分为Cu2(OH)2CO3。按反应类型写出实验中发生反应的化学方程式各一个(是离子反应的只写离子方程式)置换反应_；化合反应_。(2)用石墨作电极，电解上述实验分离出的溶液，两极产生气泡。持续电解，在阴极附近的溶液中还可以观察到的现象是_。解释此现象的离子方程式是_。(3)工业上可用铝与软锰矿
17、(主要成分为MnO2)反应来冶炼金属锰。用铝与软锰矿炼锰的原理是(用化学方程式来表示)_。MnO2在H2O2分解反应中作催化剂。若将适量MnO2加入酸化的H2O2溶液中，MnO2溶解产生Mn2，该反应的离子方程式是_。解析：(1)由CuCl2溶液中Cu2的水解使溶液呈酸性，所以会有2Al6H=2Al33H2，也有2Al3Cu2=2Al33Cu；单质铜在潮湿空气中由红色变为绿色，化学方程式可写出2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3。(2)用石墨作电极，电解AlCl3溶液，电解的方程式为：2AlCl36H2O2Al(OH)33H23Cl2持续电解，电解水，阴极：2H2O2eH22OH从而
18、使阴极区OH浓度增大，所以会看到有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解至消失。(3)类似于铝热反应根据题意可写出离子方程式：MnO2H2O22H=Mn2O22H2O答案：(1)2Al6H=2Al33H2或2Al3Cu2=2Al33Cu2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3(2)白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解至消失Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=Al(OH)4(3)3MnO24Al高温,3Mn2Al2O3MnO2H2O22H=Mn2O22H2O12(2009高考题改编)下列是中学化学中常见物质间的反应转化关系图，其中部分产物已略去。已知：A、D是单质，且C、E、G中均含有A单质中
19、的元素，B、F、H中均含有D单质中的元素；常温下，除C、E外其他物质均为固体。试回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_，H_。(2)写出下列变化的化学方程式：EG_，DF_，EA_。(3)B的用途(至少说出一种)_。解析：单质A与B高温下反应生成单质D与气态化合物C，C可与氧气反应生成E，推测E一定为非金属氧化物，而E又能与Mg反应生成单质A，推测E为CO2，则A为单质碳。CO2与Na2O2反应生成Na2CO3，因为单质D能与NaOH溶液反应，而固态单质能与NaOH溶液反应者，在中学阶段只有Al与Si，Al不能由碳单质与化合物反应制得，所以推断D为Si，则B为SiO2，F为Na2SiO
20、3。而Na2SiO3能与E(CO2)、H2O反应生成Na2CO3与H2SiO3，H2SiO3受热分解生成B。答案：(1)CH2SiO3(2)2Na2O22CO2=2Na2CO3O2Si2NaOHH2O=Na2SiO32H22MgCO2C2MgO(3)制造光导纤维13(2009福建理综，24)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为_。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_。(3)验证滤液B含Fe3，可取少量滤液并加入_(填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要
21、成分是_(填化学式)，写出该溶质的一种用途_。(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012(mol/L)3。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2)_。解析：流程甲为：流程乙为：则滤液E、K中溶质主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。(5)由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012OH2Mg22可推知：Mg2 molL15.61010 molL1。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)SiO22OH=SiOH2O(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案)(4)
22、NaHCO3制纯碱或作发酵粉等合理答案(5)5.61010 molL11合金比纯金属制成的金属材料的优点是()合金的硬度一般比它的各成分金属的大一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金合金比纯金属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛A B C D解析：合金的机械性能比各成分金属的大，故正确；根据教材知识，是正确的；合金的电阻率比纯金属要大，故是错误的；合金由于性能好而应用更广泛，是正确的。答案：A2 1 L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1 molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z(0.1 molL1的氢氧化钠溶液或硫酸溶液)，所得
23、沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是()A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C四羟基合铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D四羟基合铝酸钠、氯化钡、硫酸解析：本题图像可以分成两部分，以加入Z溶液1 L为界。加入1 L之后的图像，应为在NaAl(OH)4溶液中逐滴加入酸，所以可以排除A、B两项。然后分析图像可知，沉淀生成的曲线幅度不同，即反应是分步发生的。答案：C3. 选用金属材料时，以下方面需要考虑的是()主要用途物理性质、化学性质价格加工难度日常维护环境保护A B C D解析：在选用材料时，要综合考虑所选材料的性能、价格、制造或安装成本等，从众多材料中选取最合适者。答案：D42005
24、年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工业上冶炼钼的化学原理为：2MoS27O22MoO34SO2；MoO32NH3H2O=(NH4)2MoO4H2O；(NH4)2MoO42HCl=H2MoO42NH4Cl；H2MoO4MoO3H2O；用还原剂将MoO3还原成金属钼。则下列说法正确的是()AMoS2煅烧产生的尾气可直接排入空气中BMoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物CH2MoO4是一种强酸D利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为332解析：A项，MoS2煅烧产生的SO2是大气污染物，不能直接排入空气，A不正确；B
25、项，MoO3和氨水反应表现出酸性氧化物的性质，B不正确；C项，H2MoO4不溶于水，受热易分解，不是强酸，C不正确；D项还原1 mol MoO3得6 mol电子，消耗H2、CO、Al的物质的量分别为332。答案：D5 向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是()A氧化性：Zn2Cu2Fe3Ag BFe3的氧化性大于Cu2C溶液中Cu2与Fe2的物质的量比为12 D1 mol Fe可还原2 mol Fe3解析：根据金属活动顺序表
26、，银的还原性较差，一旦失去电子变成银离子其氧化性较强。铁粉先跟银离子反应，然后再与三价铁离子反应，由反应方程式或电子守恒得，银离子、三价铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C选项正确。一个铁失两个电子，一个三价铁离子得一个电子，所以1 mol铁可还原2 mol三价铁离子。答案：A6 将相同物质的量的镁和铝混合，取相同质量的该混合物4份，分别加入到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是()A3 molL1 HCl B4 molL1 HNO3 C8 molL1 NaOH D18 molL1 H2SO4解析：稀HNO3具有强氧化性，与Mg、Al反应均不产生氢气，故B选项排除；Al具有两性，能与
27、NaOH溶液反应产生H2，而Mg不与NaOH溶液反应，故C选项排除；18 molL1 H2SO4是浓H2SO4，常温下与Al接触形成钝化膜起保护作用，不与Al继续反应，故D选项也应排除；因此只有3 molL1 HCl既能与Mg反应放出氢气，也能与Al反应放出氢气，所以充分反应后放出氢气最多的是3 molL1 HCl。答案：A7复合材料制成的防弹头盔能抵御多种手枪子弹的射击，最大限度地保护使用人员的安全，这利用了复合材料的()A高强度质量轻 B耐热抗高温 C耐腐蚀稳定性好 D导电、导热性好解析：质轻可减轻装备重量，高强度有很好的抗撞击能力，可有效地发挥保护作用。答案：A8下列关于铁的叙述正确的是
28、()铁能被磁铁吸引，但纯铁易锈蚀。在人体的血红蛋白中含有铁元素。铁位于周期表中的第四周期第B族。铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧。铁与硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3。不能通过化合反应生成FeCl2和Fe(OH)3。A B C D解析：中纯铁不易被锈蚀；中Fe位于第族，而不是B族；中当铁过量时可生成Fe(NO3)2；可以通过化合反应生成FeCl2和Fe(OH)3,2FeCl3Fe=3FeCl2,4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。答案：B9. 下列各组试剂中，只用试管和胶头滴管，不用其他试剂就可以鉴别的是()ANaOH(aq)和Al2(SO4)3 (aq) B稀盐酸和A
29、gNO3(aq)CCaCl2(aq)和Na2CO3(aq) DBa(OH)2(aq)和Na2SO4(aq)解析：只用试管和胶头滴管，不用其他试剂就可以鉴别，意味着互相滴加现象不同，或者加入试剂的量不同时有不同的现象。符合要求的只有A项。答案：A10下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()NaHCO3(NH4)2SO3Al2O3Al(OH)3AlA全部 B C D解析：特殊的两性氧化物Al2O3、两性氢氧化物Al(OH)3及Al既能与强酸反应也能与强碱反应；弱酸酸式盐、NaHCO3及弱酸铵盐(NH4)2SO3也能与强酸、强碱反应。答案：A11将Na2O2逐渐加入到含有Al3、M
30、g2、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中Al3、Mg2、NH的物质的量分别为()A2 mol、3 mol、8 mol B3 mol、2 mol、8 molC2 mol、3 mol、4 mol D3 mol、2 mol、4 mol解析：由2Na2O22H2O=4NaOHO2，Al(OH)3NaOH=NaAl(OH)42H2O，故n(Al3)(98)22 mol，根据图像可知，生成8 mol气体，消耗8 mol Na2O2(其中4 mol为O2)，故n(NH)n(NH3)4 mol，n(Mg2)3 mol。答案：C
31、12把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是()AAl3 BAl(OH)3 CAl(OH)4 DAl3和Al(OH)3解析：明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，当SO全部转化成BaSO4沉淀时，Ba(OH)2与KAl(SO4)212H2O的物质的量之比为21，此时Al3与OH的物质的量之比为14，所以铝元素主要是以Al(OH)4形式存在，故选C。答案：C13某化学兴趣小组用回收的镁铝合金制取氢气。现有10.8 g镁铝合金，下列说法正确的是()A常温下与足量18 molL1 H2SO4溶液反应，最多可放出0.6 mol H2B常温下与
32、足量2 molL1 HNO3溶液反应，最少可放出0.45 mol H2C常温下与足量2 molL1 H2SO4溶液反应，放出H2的物质的量在0.45 mol0.6 mol之B 间D常温下与足量2 molL1 NaOH溶液反应，放出H2的物质的量在0.45 mol0.6 mol之 间解析：A、B项中的酸与镁铝合金反应不产生H2；C、D项应利用极值法解决，若10.8 g全为Mg，则放出H2为0.45 mol，若10.8 g全为Al，则放出H2为0.6 mol，由于10.8 g为镁铝的混合物，故放出H2的物质的量在0.45 mol0.6 mol之间，C项正确；D项中只有铝与碱反应，只能确定放出的H2
33、小于0.6 mol。答案：C14(2009江苏单科，17)废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。(1)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是_(填字母)。A热裂解形成燃油 B露天焚烧C作为有机复合建筑材料的原料 D直接填埋(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：Cu(s)2H(aq)=Cu2(aq)H2(g)H64.39 kJmol12H2O2(l)=2H2O(l)O2(g)H196.46 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.84 kJmol1在H2
34、SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2和H2O的热化学方程式为_。(3)控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10% H2O2和3.0 molL1 H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)温度()20304050607080铜平均溶解速率(103 molL1min1)7.348.019.257.987.246.735.76当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是_。(4)在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀。制备CuCl的离子方程式是_。解析：(1)B会引起大气污染；D会造成土壤、水
35、体重金属污染。(2)总方程式为CuH2O22H=Cu22H2O，它可由题目提供的3个方程式得到：故H64.39(196.46)(285.84)319.68 kJmol1故Cu(s)H2O2(l)2H(aq)=Cu2(aq)2H2O(l)H319.68 kJmol1。答案：(1)BD(2)Cu(s)H2O2(l)2H(aq)=Cu2(aq)2H2O(l)H319.68 kJmol1(3)H2O2分解速率加快(4)2Cu2SO2ClH2O2CuClSO2H15铜是生命必需的元素，也是人类最早使用的金属之一，铜的生产和使用对国计民生各个方面产生了深远的影响，请完成(1)(3)题：(1)在西汉古籍中曾
36、有记载：曾青得铁则化为铜即曾青(CuSO4)跟铁反应生成铜。试写出该反应的化学方程式：_。(2)铜器表面有时会生成铜绿，请写出生成铜绿的化学方程式：_，这层铜绿可以用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物的化学方程式：_。(3)铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。试从物理性质和化学性质的角度分析为什么铜常用于制造货币。(铜的熔点是1 183.4，铁的熔点是1 534.8)分析：本题考查了铜的化合物的性质，有关铜的冶炼方法，同时考查了有关铜的物理性质和化学性质的应用。解析：(1)FeCuSO4=FeSO4Cu(2)2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3；要除去铜器表面的铜绿，考虑选择
37、酸，强氧化性酸能和裸露的铜继续反应，而盐酸不和铜继续反应，并且盐酸具有挥发性。有关方程式如下：Cu2(OH)2CO34HCl=2CuCl2CO23H2O。(3)根据题给信息以及做货币的实际，选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。答案：(1)FeCuSO4=FeSO4Cu(2)2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3Cu2(OH)2CO34HCl=2CuCl2CO23H2O(3)选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。16奥运五环代表着世界五大洲，五色代表的是世界五大洲不同肤色的人民，五环连在一起
38、代 表着五大洲的人们能够友好相处。上图所示五元环代表A、B、C、D、E五种常见的物质，而且A、B、C、D、E这五种物质含有同一种元素，两圆圈交叉是指两种物质之间可以转化，其中A是地壳中含量最多的金属元素的单质；B是一种常见的氧化物；对C的水溶液加热、蒸干、灼烧即可得B；D难溶于水，这种物质的生成是明矾净水的主要原因。(1)试推测A是_，C是_(写化学式)。(2)由B生成A需要电解才能达到目的，当生成1 mol A时转移电子的物质的量为_。(3)C是一种强酸盐，其水溶液呈酸性，用离子方程式解释其原因_。解析：本题以“五元环中交叉环之间可相互转化或有相同元素”作为信息，围绕这一信息关系，考查物质的
39、推断。(1)由题意可知，A是铝；B是氧化铝；C是一种挥发性酸的铝盐(如氯化铝)；D是氢氧化铝；E是四羟基合铝酸盐。(2)由B到A是氧化铝到铝的过程，需要电解，根据电解的化学方程式可知，当生成1 mol铝时需转移3 mol的电子。(3)C是强酸盐，同时又必须是挥发性酸的铝盐，所以可以是氯化铝，溶液呈酸性是由于铝离子水解。答案：(1)AlAlCl3或Al(NO3)3(2)3 mol(3)Al33H2OAl(OH)33H17. 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L的H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L的NaOH溶液。请回答：(1)若在滴加NaOH溶液的过程中沉淀质量m
40、随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1160 mL时，则金属粉末中n(Mg)_mol，V2_mL。(2)若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2、Al3刚好沉淀安全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)_mL。(3)若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量为a，用100 mL 2 mol/L的H2SO4溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是_。思路分析：在明确图像中各折点代表的含义的基础上，运用解方程组，以及SO守恒，Na守恒等原理进行求解。解析：(1)由图像可以看出镁铝混合物与H2SO4反应，H2
41、SO4是过量的。则有解得NaOH溶液体积为V2时溶液中溶质为Na2SO4和NaAl(OH)4，根据守恒关系V21 mol/L20.1 L2 mol/L0.04 mol，V20.44 L440 mL(2)Mg(OH)2、Al(OH)3刚好沉淀时溶液中溶质里有Na2SO4，根据SO守恒关系，故有：V1 mol/L20.1 L2 mol/L，V0.4 L400 mL(3)当沉淀中恰好只有Mg(OH)2时，加入的NaOH全部生成Na2SO4和NaAl(OH)4，根据Na守恒可得如下关系式：解得0.05 mola0.1 mol答案：(1)0.06440(2)400(3)0.05 mola0.1 mol1
42、8某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅化学手册知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/6602 0541 5351 462沸点/2 4672 9802 750.(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？_(填“合理”或“不合理”)。(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状
43、熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是_，反应的离子方程式为_。(3)实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是_(填序号)。A浓硫酸 B稀硫酸 C稀硝酸 D氢氧化钠溶液.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_。(2)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶
44、段发生反应的离子方程式为_；上述现象说明溶液中_结合OH的能力比_强(填离子符号)。(3)B与A的差值为_mol。(4)B点对应的沉淀的物质的量为_mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为_mL。解析：.由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。利用金属Al和碱液反应放出氢气的性质即可验证。由于Fe和Al都是活泼的金属，所以可以用稀硫酸或者稀盐酸溶解。.由图像可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，DE段消耗了NaOH，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，EF段为Al(OH)3的消
45、失，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3，为4 molL1(3634)103 L0.008 mol，参加反应的n(Al)0.008 mol，因为1 mol的Al3、Fe3均与3 mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)3n(Al)n(NH)84 molL1(3431)103 L8，解得n(Fe)n(Al)0.032 mol，n(Fe)0.024 mol，两种沉淀的物质的量为0.032 mol。生成两种沉淀共消耗n(NaOH)0.032 mol30.096 mol，所以C点体积为：31 mL103 mLL17 mL。答案：.(1)合理(2)NaOH溶液2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2(3)B.(1)HOH=H2O(2)NHOH=NH3H2OAl3、Fe3、HNH(3)0.008(4)0.0327高考资源网版权所有，侵权必究！