1、元素及其化合物【考情分析】一、考纲要求常见无机物及其应用。1常见金属元素（如Na、Al、Fe、Cu等）（1）了解常见金属的活动顺序。（2）了解常见金属及其重要化合物的主要性质及其应用。（3）了解合金的概念及其重要应用。2常见非金属元素（如H、C、N、O、Si、S、Cl等）（1）了解常见非金属单质及其重要化合物的主要性质及应用。（2）了解常见非金属单质及其重要化合物对环境质量的影响。3以上各部分知识的综合应用。二、命题趋向钠、铝、铁、铜及其化合物是日常生活中非常重要的金属元素，特别是铁在国民经济中占有极其重要的地位，这部分内容一直是高考考查的重点。如以钠及其化合物(特别是Na2O2、NaHCO3
2、、Na2CO3)的性质为载体的推断题或实验题、铝及其化合物的两性、Fe2+与Fe3+之间的转化关系、铜的冶炼及Cu(OH)2的性质等。钠及其化合物、合金与硝酸的反应是每年高考的必考知识点。由于铝、铁、铜及其化合物的性质很丰富，在高考命题中立足点也多种多样，如以选择题形式考查离子共存、离子反应、氧化还原反应、简单计算等，也可以出推断题，还可以出实验题。因此在复习时要注意元素单质及其化合物之间的相互转化，如“铝三角”、“铁三角”，同时在复习时要加强化合物知识与理论部分的联系。 非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但H、C、N、O、Si、S、Cl元素及其化合物的性质仍是高考化
3、学的重点。由于非金属元素存在多种价态，所以不同价态的非金属化合物之间的转化也成为高考命题的热点之一，这在历年高考试题中也均有体现。另外，这部分知识往往与其他知识结合在一起进行综合考查。因此复习这部分内容时，在注意特殊元素及其化合物的性质和应用的同时，还要注意知识本身的内涵和外延及知识点间的联系，要将知识点与实际生活联系起来。【知识归纳】一、常见无机物及其应用（一）金属元素1金属的通性金属的化学性质主要表现为易失去最外层的电子，显示还原性，这与它们的原子结构有关。常见金属的主要化学性质列于下表：金属活动性顺序K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb (H)Cu Hg Ag Pt
4、Au金属原子失电子能力 依次减小，还原性减弱空气中跟氧气的反应易被氧化常温时能被氧化加热时能被氧化不能被氧化跟水的反应常温可置换出水中的氢加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢不与水反应跟酸的反应能置换出稀酸（如HCl、H2SO4）中的氢不能置换出稀酸中的氢反应剧烈反应程度依次减弱能跟浓硫酸、硝酸反应能跟王水反应跟盐的反应位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来跟碱的反应Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应2碱金属元素及其化合物联系脉络3Fe()和Fe()的转化（二）非金属元素1非金属的通性（1）原子结构特点及化合价最外层电子均大于、等于3（除H以外），与其主族序数相同
5、。最高正价分别为：+4 +5 +6 +7（与族序数相等）对应最低负价：-4 -3 -2 -1（等于族序数减8）非金属元素一般都有变价：除呈现上述最高价及最低价以外，有的非金属还呈现其它价态。如：S：+4价；N：+1 +2 +3 +4价； Cl：+1 +3 +5价。（2）非金属单质的聚集状态和同素异形体典型的非金属单质在固态时为分子晶体，如：F2、Cl2、Br2、I2、O2、S、N2、P4、H2，这些晶体表现为硬度不大，熔点不高，易挥发、不导电，它们在常温下聚集态为气态（“气”字头）液态（“氵”旁）或固态（“石”字旁）碳（金刚石）、硅、硼为原子晶体，硬度很大，熔沸点很高。由于原子晶体中没有离子和
6、自由电子，所以固态和熔融态都不导电。但某些原子晶体，如单晶硅可以作为半导体材料。非金属元素常出现同素异形现象。如：金刚石与石墨；白磷与红磷；O2与O3；S2、S4、S8等互为同分异构体。（3）元素非金属性的强弱规律常见元素的非金属性由强到弱的顺序：F、O、Cl、N、Br、I、S、P、C、Si 、H元素的非金属性与非金属单质活泼性是并不完全一致的：如元素的非金属性OCl， NBr；而单质的活泼性：O2Cl2，N2Br2。但由于某些非金属单质是双原子分子，原子间以强烈的共价键相结合（如NN等），当参加化学反应时，必须消耗很大的能量才能形成原子，表现出了单质的稳定性。这种现象不一定说明这种元素的非金
7、属性弱。强的分子内共价键恰是非金属性强的一种表现。比较非金属性强弱的八条依据I元素在周期表中的相对位置i同周期，自左向右，元素的非金属性依次增强，如ClSPS i等。ii同主族，自上而下，非金属性依次减弱，如FClBrI等。II非金属单质与氢气化合的越容易，非金属性越强。如F2、Cl2、Br2、I2 与H2化合由易到难，所以，非金属性FClBrI。III气态氢化物的越稳定，非金属性越强，如稳定性HFH2OHClNH3HBrHIH2SPH3，所以非金属性FOClNBrISP。IV最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，如酸性HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H4SiO4，则非金属
8、性ClSPCSi。V非金属性强的元素的单质能置换出非金属性弱的元素的单质。如2F22H2O4HFO2；O24HCl2H2O2Cl2（地康法制Cl2）；Cl2+2NaBr2NaCl+Br2 ；3Cl22NH3N26HCl；Cl2+H2SS2HCl。VI非金属单质对应阴离子的还原性越强，该非金属元素的非金属性越弱。常见阴离子的还原性由强到弱的顺序是S2-I-Br-Cl-F-，则非金属性SIBrClF。VII与变价金属反应时，金属所呈价态越高，非金属性越强，如Cu+Cl2CuCl2；2Cu+SCu2S，说明非金属性ClS。VIII几种非金属同处于一种物质中，可用其化合价判断非金属性的强弱，如HClO
9、、HClO3中，氯元素显正价、氧元素显负价，说明氧的非金属性强于氯。（4）非金属元素的化学性质（注意反应条件、现象、生成物的聚集状态）（5）常见非全属单质的制取方法电解法电解水溶液：如2NaCl2H2O2NaOHCl2H2电解熔融物：如2KHF2F2H22KF分解法：如2KClO32KCl3O2 CH4C2H2 2H2O22H2OO2置换法：如Cl22NaBr2NaClBr2 2H2SO2(不足)2H2O2S氧化法：如MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O4NaBr3H2SO4MnO22Na2SO4MnSO42Br2+3H2O，2H2SSO23S2H2O还原法：CH2OCOH2，Zn2
10、HCl=ZnCl2H2，2CSiO2Si2CO2氯元素的知识网络3碳、硅及化合物的联系网络4氧及其化合物相互联系5氮及其化合物间的转化关系【考点例析】例1研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：SO2N2O5SO3NO SO3H2OH2SO4 2NOO22NO2 NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下述变化中的作用相似的是（ ） A潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶 B硫化氢通入浓H2SO4C浓H2SO4滴入萤石中，加热 D加入少量的H2SO4使乙酸乙酯水解解析：在反应中NO2起氧化剂的作用，从反应、看NO2起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓
11、硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用。答案：B、D例2金刚石SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛. (1) 碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非积极性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q是 _，R的电子式为_.(2) 一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4 的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_(3)碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2.先将20.0 g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1 mol氢气，过滤得SiC固体11.4
12、 g，滤液稀释到1 L，生成氢气的离子方程式为 ，硅盐酸的物质量浓度为 。(4)下列叙述正确的有 (填序号)，Na还原CCl4的反应、Cl2 与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同Na2SiO3溶液与SO3 的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2 解析：(1)因C与Q能生成两种气态化合物，一种为非极性分子，故Q为O元素，两种化合物分别为CO和CO2，其中R为CO2，C为6号元素，位于周期表中第二周期 IVA族； CO2为直线形分子，C与O之间是双键，电子式为。(2)金刚石为固体而CCl4为液体，分离两者
13、的操作为过滤；乙醇与金属钠反应缓慢，故可以用乙醇除去粗产品中的钠。(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能与其反应生成H2，反应的离子方程式为Si2OHH2O=SiO32 2H2；根据样品质量、SiC固体质量以及生成的H2的物质的量可求算出SiO2的物质的量为0.12 mol，故硅酸钠的物质的量共为0.12 mol0.05 mol=0.17 mol，故硅酸盐的浓度为0.17 molL1。(4)中Na还原CCl4的反应是置换反应，而Cl2与水生成HCl和HClO，不属于置换反应。中水晶属于原子晶体，熔化时破坏共价键；而干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。Na2SiO3溶
14、液与SO2能反应，说明酸性H2SO3H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，故不能说明非金属性SSi。Na在空气燃烧生成Na2O2，晶体中含有的阴离子是O22，其中的阴阳离子个数比为1:2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，阴阳离子个数比也是1:2。故正确的是。答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，(2)过滤，水(或乙醇) (3)Si2OHH2O =SiO32 2H2，0.17 molL1 (4)例3信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如
15、下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：第步Cu与酸反应的离子方程为_；得到滤渣1的主要成分为_。第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_：从原子利用率角度考虑，_方案更合理。探究小组用滴定法测定CuSO45H2O (Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol L1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA
16、溶液6 mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2 CuY22H 写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ ；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子解析：考查化学实验知识和基本原理的应用。(1)第加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2、Al3、Fe2。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2、Al3、Fe2。Cu和酸反应的离子方程式为Cu24H2NO3 =Cu22NO22H2O 或3Cu8H2NO3 =3Cu22NO4H2O(2)第步加H2O2的作用是把F
17、e2氧化为Fe3，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶液pH的目的是使Fe3和Al3形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。(3)第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热使晶体脱水(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH，和
18、Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3， 蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。(5)考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选C。 答案：(1)Cu24H2NO3 =Cu22NO22H2O 或3Cu8H2NO3 =3Cu22NO4H2O (2)把Fe2氧化为Fe3 不引入杂质，产物对环境物污染 使Fe3和Al3形成沉淀(3)在坩埚中加热使晶体脱水(4)甲方案不可行 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫
19、酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质 乙方案更合理(5) C例4 .金刚石SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛. (1) 碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非积极性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q是 _，R的电子式为_.(2) 一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4 的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_(3)碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2.先将20.0 g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1 mol氢气，过滤得SiC固体11.4 g，滤液稀释到1 L，生成
20、氢气的离子方程式为 ，硅盐酸的物质量浓度为 。(4)下列叙述正确的有 (填序号)，Na还原CCl4的反应、Cl2 与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同Na2SiO3溶液与SO3 的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2 解析：(1)因C与Q能生成两种气态化合物，一种为非极性分子，故Q为O元素，两种化合物分别为CO和CO2，其中R为CO2，C为6号元素，位于周期表中第二周期 IVA族； CO2为直线形分子，C与O之间是双键，电子式为。(2)金刚石为固体而CCl4为液体，分离两者的操作为过滤；乙醇与金属钠反
21、应缓慢，故可以用乙醇除去粗产品中的钠。(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能与其反应生成H2，反应的离子方程式为Si2OHH2O=SiO32 2H2；根据样品质量、SiC固体质量以及生成的H2的物质的量可求算出SiO2的物质的量为0.12 mol，故硅酸钠的物质的量共为0.12 mol0.05 mol=0.17 mol，故硅酸盐的浓度为0.17 molL1。(4)中Na还原CCl4的反应是置换反应，而Cl2与水生成HCl和HClO，不属于置换反应。中水晶属于原子晶体，熔化时破坏共价键；而干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。Na2SiO3溶液与SO2能反应，说明酸性H
22、2SO3H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，故不能说明非金属性SSi。Na在空气燃烧生成Na2O2，晶体中含有的阴离子是O22，其中的阴阳离子个数比为1:2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，阴阳离子个数比也是1:2。故正确的是。答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，(2)过滤，水(或乙醇) (3)Si2OHH2O =SiO32 2H2，0.17 molL1 (4)【专题训练】一、选择题(本题包括19个小题，每小题3分，共57分)1(2013吉林省质监8)下列说法中正确的是()A常温下，浓硫酸、浓硝酸均能将金属铜氧化，且均能使铁钝化B乙烯常用作植物催熟剂，乙酸常用作调味剂，
23、乙醇常用于杀菌消毒C玛瑙、水晶、钻石的主要成分均为SiO2D蛋白质、纤维素、蔗糖、天然橡胶都是高分子化合物解析：A项，常温下，浓硫酸不能和金属铜反应；C项，钻石的主要成分是C不是SiO2；D项，蔗糖不是高分子化合物。答案：B点拨：本题考查阿伏加德罗常数的计算，考查考生知识运用能力。难度中等。2(2013海口市调研10)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()MNQQ溶液MNAH2BNaCFe DAl解析：钠、镁、铝的活泼性强，在电解其盐溶液时都不能得到金属单质，所以只有A项符合，M为氢气，N为氯气，Q为氯化氢，电解盐酸溶液可以得到氢气和氯气。答案：A点拨：本题考查元素化合物知识，考查
24、考生分析问题的能力。难度中等。3(2013河北省教学质监11)下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是()物质编号物质转化关系abcdFeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3A. BC D解析：中N2不能通过一步反应得到NO2；中NaOH不能通过一步反应得到Na2O。答案：A点拨：本题考查元素化合物知识，考查考生的理解、应用能力。难度较大。4(2013河北省教学质监14)在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有同浓度、同体积稀盐酸的甲、乙、丙三个烧杯中充分反应，生成气体的体积
25、关系不可能是()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：金属与氢气的关系为2NaH2、MgH2、2Al3H2，金属消耗酸的关系：NaHCl、Mg2HCl、Al3HCl，而如果酸不足，剩余的Na可与水继续反应，但Mg、Al就会剩余。假设金属的物质的量为1 mol，产生气体体积关系如下表：金属的物质的量(mol)盐酸的物质的量(mol)生成气体的物质的量(mol)NaMgAl结论1(0,1)0.5(0,0.5)(0,0.5)B项正确110.50.50.5D项正确1(1,20.5(0.5,1(0.5,1甲乙
26、丙1(2,30.51(1,1.5C项正确1(3，)0.511.5C项正确可见，乙(Mg)丙(Al)的情况不存在，故答案为A。答案：A点拨：本题考查Na、Mg、Al等金属的性质，考查考生分析、计算能力。难度较大。5(2013乌鲁木齐地区诊断(一)6)下列关于有机物的说法中，正确的一组是()淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应塑料、橡胶和纤维都是合成高
27、分子材料A BC D解析：淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解，正确；“乙醇汽油”是混合物，错误；乙酸乙酯与碳酸钠不反应，乙酸与碳酸钠反应，正确；石油的分馏是物理变化，煤的气化是化学变化，错误；葡萄糖含有醛基，能与新制的氢氧化铜反应，正确；橡胶和纤维也有天然的，错误。答案：A点拨：本题考查常见有机物的性质。难度较小。6(2013海口市一中第八次检测6)25和101 kPa时，乙烷、乙烯组成的混合气体50 mL与过量的氧气混合并完全燃烧，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了105 mL，原混合烃中乙烷的体积分数为()A15% B20%C25% D30%解析：25和101 kPa时，水为液体。2C
28、2H67O24CO26H2OV 2 7 4 5C2H43O22CO22H2OV 1 3 2 2则有：解得V(C2H6)10 mL，则乙烷所占的体积分数为100%20%，B项正确。答案：B点拨：本题考查有机物燃烧的计算，考查考生的计算能力。难度中等。 7(2013湖南省十二校第一次联考9)制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是()ABC D解析：KMnO4与浓盐酸常温下即可反应，是正确的；制得的Cl2中含有HCl气体和水蒸气，显然不能用NaOH溶液来吸收HCl，因为它同时也吸收Cl2，是错误的；在用浓H2SO4干燥Cl2时，应是“长管进、短管出”，
29、是错误的；Cl2与金属的反应，若用图示中的装置，应将导管伸入试管底部，金属也应置于试管底部，且试管口不应加橡胶塞，更好的方法是用两端开口的硬质玻璃管，在右端连接盛NaOH溶液的尾气吸收装置，因而也是错误的。答案：D点拨：本题考查实验室制备氯气，考查考生实验动手的能力。难度中等。8(2013辽宁省五校高三期末联考16)在1 L含0.1 mol NaAlO2和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1 molL1H2SO4溶液，下列图像中能表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸溶液体积之间关系的是()解析：混合溶液中加入H2SO4，首先发生Ba(OH)2H2SO4=BaSO42
30、H2O,0.1 mol H2SO4刚好与0.1 mol Ba(OH)2完全反应生成0.1 mol BaSO4沉淀，且H2SO4电离出的H与Ba(OH)2电离出的OH也刚好完全中和，再加入H2SO4，则发生反应：AlOHH2O=Al(OH)3，即加入0.5 mol H2SO4时生成Al(OH)3为0.1 mol，继续加入H2SO4，则Al(OH)3会溶解，最终只有BaSO4沉淀。答案：A点拨：本题考查离子反应过程中图像的分析，考查考生对混合溶液中离子反应过程实质的理解。难度中等。9(2013江西省师大附中，临川一中高三联考11)将18 g铜和铁的混合物投入200 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准
31、状况下2.24 L NO，剩余9.6 g金属；继续加入200 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A原混合物中铜和铁各0.15 molB稀硝酸的物质的量浓度为1 mol/LC第一次剩余的9.6 g金属为铜和铁D再加入上述200 mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24 L NO解析：最初溶解8.4 g金属的组成可用极值法分析，由于剩余金属铁一定生成亚铁离子，生成标准状况下2.24 L NO，若全部溶解铁恰好8.4 g，所以最初溶解的全部是铁0.15 mol，同时根据方程式求出200 mL溶液中含
32、硝酸0.4 mol，所以硝酸浓度为2 mol/L，B项错误；再加硝酸沉淀溶解9.6 g，加入KSCN溶液，溶液不变红，硝酸与亚铁离子未反应，即所加硝酸恰好溶解金属，假设溶解的是铜，恰好9.6 g，即后来溶解的金属恰好为铜，C项错误；即原固体中铁、铜各0.15 mol，A项正确；若再加硝酸0.4 mol与0.15 mol亚铁离子反应，可生成1.12 L标准状况下NO，D项错误。答案：A点拨：本题考查铁、铜及其化合物的计算。难度较大。10(2013兰州一中高三第二次月考5)新课程倡导合作学习和探究学习。科学的假设与猜想是科学探究的前提，在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的选项是()A探究S
33、O2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B探究Na与水的反应生成的气体可能是O2C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOD探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性解析：A项，Na2O2具有强氧化性可以氧化强还原性的SO2生成Na2SO4；B项，钠没有氧化性不可能氧化2价的氧；C项，浓硫酸具有强氧化性可以氧化Cu，且CuO是黑色的；D项，Cl2H2O=HClHClO，生成物可以中和NaOH碱性减弱，HClO具有强氧化性可以漂白。答案：B点拨：本题考查推理能力，考查考生类推的能力。难度中等。11(2013兰州一
34、中高三第二次月考8)某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体(含少量浓硫酸)倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解。过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得结论正确的是()A铜与浓硫酸反应所得白色固体不是CuSO4B加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3C白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuOD白色固体中夹杂的少量黑色物质中一定含有元素Cu和S解析：A项，因倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，说明白色固体是Cu
35、SO4；B项，因倒入烧杯时含有少量硫酸，所以加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4；C项，CuO能与硫酸反应而溶解，所以黑色固体不是CuO；D项，加硝酸后黑色物质溶解溶液呈蓝色，且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，所以黑色物质一定含有元素Cu和S。答案：D点拨：本题考查物质性质，考查考生分析问题的能力。难度中等。12(2013兰州市高三第二次月考11)在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是()滴有石蕊的H2SO4溶液滴有酚酞的氨水溶液滴有酚酞的氢氧化钠溶液滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液滴有酚酞的Na2CO3溶液溶有SO2的品红溶液A BC D解析：加热H2SO4溶
36、液c(H)不变，所以红色不变，错误；加热氨气逸出碱性减弱，红色变浅，正确；加热氢氧化钠溶液碱性不变，红色不变，错误；加热Ca(OH)2的溶解度减小，饱和溶液有固体析出碱性减弱红色变浅，正确；加热水解程度变大，碱性增强红色加深，错误；加热不稳定的无色物质分解，恢复原来的红色，错误。答案：B点拨：本题考查实验现象，考查考生对实验现象的分析能力。难度中等。13(2013长沙市模拟(一)16)500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 molL1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正
37、确的是()A原混合溶液中c(K)为2 molL1B上述电解过程中共转移6 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 molL1解析：C项，根据题意：阳极反应为4OH4e=2H2OO2，阴极反应为Cu22e=Cu、2H2e=H2；根据阴、阳两极上转移电子相同可列出2n(Cu)2n(H2)4n(O2)，则n(Cu)(1 mol41 mol2)1 mol；A，溶液中c(K)2c(Cu2)c(NO)，则c(K)2 molL1；B项，根据阳极反应，产生22.4 L O2，转移4 mol电子；D项，根据电极反应，阳极消耗4 mol OH，阴极消耗2 mol H，故电解
38、后溶液中c(H)4 molL1。答案：A点拨：本题考查电解的有关计算，考查考生对电解过程的分析和计算能力。难度较大。 14(2013郑州市第一次质检9)一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知：SO2、SO 3都能被碱石灰和氢氧化钠溶液吸收。用下图装置加热硫酸铜粉末直至完全分解。若硫酸铜粉末质量为10.0 g，完全分解后，各装置的质量变化关系如下表所示。装置A(试管粉末)BC反应前42.0 g75.0 g140.0 g反应后37.0 g79.5 g140.0 g请通过计算，推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式是()A4CuSO44CuO2SO32SO2O2B3CuS
39、O43CuOSO32SO2O2C5CuSO45CuOSO34SO22O2D6CuSO46CuO4SO32SO2O2解析：根据表中数据可知参与反应的10 g硫酸铜粉末质量减少5 g，生成硫的氧化物为4.5 g，生成氧气为0.5 g，硫的氧化物与氧气的质量比91，直接分析四个选项，A正确。答案：A点拨：本题考查实验探究与分析计算。难度较大。15(2013太原市高三调研20)用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl
40、3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊解析：A项，KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入紫色石蕊溶液中先变红后褪色；B项，仪器D体积较大，能防止生成的气体溶于水而引起倒吸；C项，左侧装置生成的NH3通入AlCl3溶液中生成白色沉淀Al(OH)3，其不溶于弱碱，即使通入过量NH3也不会溶解；D项，常温下Cu和浓硫酸不反应。答案：B点拨：本题考查常见的化学反应，考查考生根据实验装置综合分析问题的思维能力。难度中等。16(2013北京卷12)用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是()解析：题目一共给出了两种制备乙烯的方法
41、，利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质。利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中可能混有二氧化硫、二氧化碳、水蒸气等杂质。弄清楚了杂质，再考虑杂质对乙烯检验有无影响，若无影响便不需要除杂。A利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质，乙醇也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，因此在检验乙烯时，应先将气体通入水中以除去乙醇，防止其对乙烯检验的干扰。B.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此对乙烯的检验没有影响，故可以不除杂质。C.利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中混有的二氧化硫也能使高锰酸钾酸性溶液褪色
42、，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。D.二氧化硫也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。答案：B点拨：知识：乙烯的制备、除杂、检验。能力：利用已学知识分析、解决问题的能力。试题难度：较大。17(2013哈尔滨市质检8)相对分子质量为100的烃，且含有4个甲基的同分异构体共有(不考虑立体异构)()A3种 B4种C5种 D6种解析：84，但C8H4不可能含有4个甲基，所以该烃分子式为C7H16，含有4个甲基的结构可能为：答案：B点拨：本题考查有机物同分异构体的种类，考查考生书写同分异构体的能力。难度中等。18(2013沈阳市质测12)用下列实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是
43、()A装置甲：乙醇与钠反应后直接点燃生成的气体B装置乙：除去甲烷中混有的乙烯C装置丙：实验室制取乙酸乙酯D装置丁：可以制备硝基苯，也可以用于蔗糖水解的实验解析：A项，甲中乙醇与钠反应产生氢气，点燃时要先检验纯度；B项，乙中除去甲烷中的乙烯，应选择通过溴水，如通过酸性高锰酸钾溶液，乙烯被氧化为CO2，会引入杂质；C项，丙中实验室制取乙酸乙酯应选择饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯；D项，丁中制备硝基苯或蔗糖水解用水浴加热，可以将温度计插入水中控制反应温度。答案：D点拨：本题考查化学实验，考查考生对化学实验装置的分析能力，难度中等。19(2013东北三省四市第二次联考7)下列叙述正确的是()A乙烯和
44、苯都能使溴水褪色，褪色的原理相同B乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应C淀粉、油脂、蛋白质的水解产物互为同分异构体D纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物解析：乙烯与溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴而使溴水层褪色，原理不同，A项错误；酸与醇的酯化、乙酸乙酯的水解都是取代反应，B项正确；淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，这些产物不可能互为同分异构体，C.项错误；光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，D项错误。答案：B点拨：本题考查物质分类、常见有机物的性质、同分异构体等。难度较小。二、非选择题(本题包括3小题，共43分)20(2013
45、北京卷27)(12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；，加入MnSO4至紫红色消失，过滤；V浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_。(2)将MnO氧化Fe2的离子方程式补充完整：MnOFe2_=Mn2Fe3_(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.7
46、8.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 molL1根据表中数据解释步骤的目的：_。(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_。中加入MnSO4的目的是_。解析：(1)本小题考查常见的离子反应。(2)利用得失电子守恒，1个MnO反应转移5个电子，可知Fe2、Fe3的化学计量数为5，再结合电荷守恒，可知缺项为H和H2O，最后利用原子守恒配平。(3)由数据可知，Fe3沉淀完全时，pH2.8，由题干“调节溶液的pH约为3”可知，此时得到的沉淀为Fe(OH)3，而Fe2、Al3共存于滤液中。因此，可知步骤是用KMnO4将
47、Fe2氧化为Fe3，使Fe3全部转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去铁元素。(4)浓盐酸与MnO2加热生成Cl2，Cl2为黄绿色，所以若产生黄绿色气体可判断MnO2的存在；根据信息可知，MnO可与Mn2发生归中反应生成MnO2(沉淀)，而实验最终目的是生成Al2(SO4)3晶体，由此可知，加MnSO4是与过量MnO反应生成MnO2沉淀而除去MnO。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO点拨：知识：简单氧化还原反应方程式的配平、离子反应方程式的书写、实
48、验现象的描述。能力：依据信息分析问题的能力、实验能力。试题难度：中等。21(2013天津卷9)(17分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性；通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步
49、加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置B中冷水浴的作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为_。(7)电解池中H在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为_。(8
50、)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。解析：根据FeCl3的性质及物质制备的相关知识解答。(1)Cl2和Fe的反应为3Cl22Fe2FeCl3。(2)根据FeCl3加热易升华的性质，可以对反应管中沉积FeCl3的部位加热，使其升华。(3)为了防止FeCl3潮解，赶尽装置中的空气，防止水蒸气存在；冷却时要在Cl2中冷却，并用干燥的N2赶尽Cl2。(4)装置B中冷水浴的作用是将FeCl3蒸气冷却为FeCl3固体。装置C为干燥管。检验FeCl2是否失效就是检验D中是否存在Fe2，可以用K3Fe(CN)6溶液检验，现象：若存在Fe2，溶液中有蓝色沉淀生成
51、。(5)Cl2是有毒气体，可以用碱液吸收，如右图所示。(6)H2S与FeCl3发生氧化还原反应：2Fe3H2S=2Fe2S2H。(7)因为阳极材料为石墨，故阳极是溶液中的Fe2放电：Fe2e=Fe3。(8)实验的显著优点是H2S的利用率高，FeCl3可以循环利用。答案：(1)2Fe3Cl22FeCl3(2)在沉积的FeCl3固体下方加热(3)(4)冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3Fe(CN)6溶液(5)(6)2Fe3H2S=2Fe2S2H(7)Fe2e=Fe3(8)FeCl3得到循环利用点拨：知识：物质的制备、尾气的处理、离子的检验等化学实验知识，离子方程式和电极反应式的书写。能
52、力：着重考查学生分析、解决问题的能力。试题难度：中等。22(2013重庆卷8)(14分)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_。AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0 g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g
53、，则合金中Cu的质量分数为_。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题图信息推断该合金中除铜外一定含有_。解析：本题围绕金属材料命题，要根据题目设问的角度，联系相关知识解答。(1)Al元素在周期表中的第三周期第A族；提纯铝土矿通入CO2发生的反应为2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO。Al2O3与NaOH溶液发生的反应为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；保护气应不能与金属反应，一般用稀有气体。(2)金属在海水中主要发生吸氧腐蚀；炼钢过程中为降低Si的含量，常加入CaCO3或CaO
54、将SiO2转化为CaSiO3而除去。(3)因加入过量的氨水会发生反应Cu24NH3H2O=Cu(NH3)424H2O，故得到的白色沉淀为Al(OH)3，物质的量为0.5 mol，据Al元素守恒可知Al的质量为13.5 g，则Cu的质量为66.5 g，Cu的质量分数约为83.1%。由图像可知，Fe3在pH1.9时开始沉淀，在pH3.2时沉淀完全，依次类推。pH3.4时才开始出现沉淀，说明溶液中没有Fe3，则一般也无Fe2，因为Fe2在空气中会被氧化成Fe3，此时的沉淀为Al(OH)3；pH7.0时过滤出的沉淀为Al(OH)3和Cu(OH)2；pH8.0时过滤出的沉淀为Ni(OH)2。答案：(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合理答案均可得分)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%Al、Ni点拨：知识：金属材料、元素在周期表中的位置、铝的化合物的性质；金属的冶炼与腐蚀；混合物的计算及金属离子沉淀的pH。能力：运用所学相关知识分析问题生解决问题的能力。试题难度：中等。 高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801
