1、1某稀溶液中均含有1 mol的ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、CuSO4,向其中逐渐加入铁粉,溶液中Fe2的物质的量(纵坐标/mol)和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol)之间的关系为()解析:与铁反应的离子有2 mol Fe3、2 mol H、1 mol Cu2,又因为氧化性Fe3Cu2H,故加入铁粉时先后发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2;2 mol1 mol3 molCu2Fe=CuFe2;1 mol1 mol1 mol2HFe=Fe2H2,2 mol1 mol1 molA正确。答案:A2(2012年高考江苏卷)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()Al2O3NaAlO2(
2、aq)Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOABC D解析:在提供的物质转化关系中,中S在O2中的燃烧产物应为SO2,故错;中FeCl3溶液在加热时会促进Fe3的水解:FeCl33H2O Fe(OH)33HCl,最终得不到无水FeCl3,要实现这个过程,需将FeCl3溶液在HCl的氛围中加热蒸干,才能得到无水FeCl3,故错。答案:A3(2012年北京丰台模拟)a、b、c、X均为中学化学常见物质,一定条件下它们有如图转化关系(其他产物已略去),下列说法正确的是()A若X为Fe,
3、则C可能为Fe(NO3)2B若X为KOH溶液,则A可能为AlC若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物,则X一定为CO2D若X为O2,则A可为有机物乙醇,也可为非金属单质硫解析:A项,若X为Fe,a为HNO3,则b为Fe(NO3)3,c为Fe(NO3)2;B项,若X为KOH溶液,a为Al,则b为KAlO2,但b不能与X反应转化为c;C项,若a、b、c为钠的化合物,X为SO2时也符合转化关系;D项,若X为O2,则a可为有机物乙醇,但不能为单质硫,单质硫与氧气反应不能生成三氧化硫。答案:AC4(2012年广州六校联考)实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气,下列有关说法中正确的是(气体体积在标准状况下
4、测定)()A若提供0.4 mol HCl,MnO2不足量,则可制得氯气2.24 LB若提供0.4 mol HCl,MnO2过量,则可制得氯气2.24 LC若有0.4 mol HCl参与反应,则可制得氯气2.24 LD若有0.4 mol HCl被氧化,则可制得氯气2.24 L解析:在反应中盐酸被消耗,浓度逐渐减小,稀盐酸不能被氧化,A、B均错误;0.4 mol HCl被氧化,生成0.2 mol Cl2,其体积在标况下为4.48 L,D错误。答案:C5(2012年荆州模拟)A、B、C、X均为中学常见的纯净物,它们之间有如图转化关系(副产物已略去)。试回答:(1)若X是强氧化性单质,则A不可能是_。
5、aSbN2cNadMgeAl(2)若X是金属单质,向C的水溶液中滴加AgNO3溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,则B的化学式为_;C溶液在储存时应加入少量X,理由是(用必要的文字和离子方程式表示)_。(3)若A、B、C为含金属元素的无机化合物,X为强电解质溶液,A溶液与C溶液反应生成B,则B的化学式为_,X的化学式可能为(写出不同类物质)_或_,反应的离子方程式为_或_。解析:此转化关系与我们熟悉的连续氧化非常相似。(1)当X是强氧化性单质(如:O2)时,S、N2、Na均可被连续氧化,而Mg、Al只能被氧化一次。因此A不可能是Mg、Al。(2)由于C溶液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀硝酸的白
6、色沉淀,所以C中含有Cl,X应为变价金属,我们常见的有铁、铜等,经验证,X为Fe,A为Cl2:Cl2FeCl3FeCl2,B为FeCl3,C为FeCl2,由于Fe2易被氧化,储存FeCl2溶液时常加入少量铁粉。(3)A、B、C均含同一种金属元素,结合题意可推出,应是含铝化合物与酸或碱的反应。如:NaAlO2Al(OH)3AlCl3或AlCl3Al(OH)3NaAlO2答案:(1)de(2)FeCl3Fe2Fe3=3Fe2,防止Fe2被氧化成Fe3(3)Al(OH)3HClNaOHAlOHH2O=Al(OH)3Al33OH=Al(OH)36(创新预测)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含Si
7、O2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:对上述流程中的判断正确的是()A试剂X为稀硫酸,沉淀中含有硅的化合物B反应中生成Al(OH)3的反应为CO2AlOH2O=Al(OH)3HCOC结合质子(H)的能力由强到弱的顺序是OHAlOCODAl2O3的熔点很高,工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al解析:根据题中冶炼铝的流程图知,试剂X可以为NaOH,则Y为CO2,沉淀中含有Fe2O3,A项错误;B项中的反应方程式中氢元素不守恒,B项错误;C项根据反应的产物有Al(OH)3和HCO,则结合质子(H)的能力由强到弱的顺序是OHAlOCO,C项正确;AlCl3是共价化合物,不能用电解熔融
8、AlCl3的方法制Al,D项错误。答案:C7(创新预测)X、Y、Z、W有如图所示的转化关系,且HH1H2,则X、Y可能是C和COS和SO2AlCl3和Al(OH)3NaOH和Na2CO3Fe和FeCl3中的()A BC D解析:本题的关键是HH1H2,即化学方程式XWZ可由XWY和YWZ叠加得到,如中AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O,可由AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl,Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O叠加得到。答案:D一、选择题1(2012年高考山东卷)下列与含氯化合物有关的说法正确的是()AHClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴
9、加入少量饱和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电,所以HCl和NaCl均是离子化合物 D电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况),理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)解析:HClO是弱酸,是弱电解质,而NaClO是盐,是强电解质;B项正确;HCl是共价化合物,其水溶液之所以导电是因为HCl在水分子的作用下电离产生了H和Cl,NaCl为离子化合物;电解NaCl溶液的化学方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2H2,标准状况下产生22.4 L H2,理论上转移2NA个电子。答案:B2(2012年北京房山模拟)用如图所示实验装置进
10、行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是()A若品红溶液褪色,则说明产物中含有SO2B若溴水褪色,则说明SO2具有还原性C若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡,则说明Na2S2O3只作氧化剂D若品红溶液不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊,则说明亚硫酸比碳酸的酸性强解析:A项,SO2能使品红溶液褪色;B项,二氧化硫使溴水褪色表现还原性;C项,烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡,说明Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂;D项,品红溶液不褪色说明无二氧化硫,Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明有二氧化碳,依据强酸制弱酸原理说明亚硫酸比碳酸的酸性强。答案:C3(2012年启东模拟)为了避免NO、NO2、N2O
11、4对大气的污染,常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式:2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O;NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余),则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为()A. molL1B. molL1C. molL1 D. molL1解析:无论生成NaNO2还是NaNO3,都有n(Na)n(N)11,则n(Na)n(N)(ab2c)mol。答案:C4A、B、C、D都是中学化学中常见物质,它们均含有同一种短周期元素,在一定条件下可发生如图所示的转化。下
12、列判断中合理的是()AA不可能是金属BA和D可能发生化合反应CX一定为氧气DA不可能含有三种元素解析:若X为O2,A为Na、N2、NH3、乙醇等均成立;若A为P,X为Cl2也符合题意。若A为氨气,D为硝酸,A和D可发生化合反应。若A为乙醇,X为氧气,乙醇不完全燃烧生成一氧化碳,一氧化碳继续与氧气反应生成二氧化碳,二氧化碳与水反应生成碳酸。答案:B5在200 mL含Mg2、Al3、NH、H、Cl等离子的溶液中,逐滴加入5 molL1的氢氧化钠溶液,所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示:下列叙述正确的是()Ax与y的差值为0.01 molB原溶液中c(Cl)0
13、.75 molL1C原溶液的pH2D原溶液中n(Mg2)n(Al3)52 解析:剖析图象容易求得:原200 mL溶液中含20 mmol H(由横坐标04段求得,依据是HOH=H2O);含10 mmol Al3(只能由横坐标3335段求得,依据是Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O);含50 mmol Mg2在Al3已求得的基础上,联合横坐标430段求得,依据是Al33OH=Al(OH3)以及Mg22OH=Mg(OH)2;含30 mmol NH (由横坐标3033段求得,依据是NHOH=NH3H2);含180 mmol Cl(结合上述已经推得的各种数据,由溶液电中性原则求得)。因此,A正
14、确。B错误,c(Cl)0.9 molL1。D错误,所求的比值应为51。C错误pH1。答案:A6(双选)下列有关无机非金属材料的说法,不正确的是()A硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料BSiO2制成的玻璃纤维,由于导电能力强而被用于制造光缆C玻璃、水泥和陶瓷,其成分中均含有硅酸盐D反应:Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2中,Si为还原剂,NaOH和H2O为氧化剂解析:SiO2不导电,光缆传输信号的原理与导电性无关。Si与NaOH溶液反应中NaOH既不是氧化剂也不是还原剂,起氧化作用的只有水,=Na2SiO32H23H2O。答案:BD7下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是()解析
15、:亚硫酸氢钠加入硝酸溶液中,硝酸跟亚硫酸氢钠间可能发生氧化还原反应(生成氮的氧化物和硫酸盐),所以一开始就会有气体产物,图像A中的曲线不能正确反映实际情况。硫化氢通入氯水中,易发生反应:H2SCl2=2HClS,反应一开始溶液的pH会降低,图像B错误。氢氧化钠滴入碳酸氢钡溶液中,一开始就会有沉淀生成,图像C也不正确。CO2通入澄清石灰水中,反应分两个阶段,先是CO2Ca22OH=CaCO3H2O,再是CaCO3CO2H2O=Ca22HCO,对应溶液的导电性先减弱,再增强,图像D正确。答案:D二、非选择题8(2012年高考四川卷)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
16、如下图所示(部分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)B中所含元素位于周期表中第_周期,_族。(2)A在B中燃烧的现象是_。(3)DEB的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是_。(4)GJM的离子方程式是_。(5)Y受热分解的化学方程式是_。解析:解题的关键是利用物质的颜色进行突破。为红棕色气体氧化物,一定是NO2;M为红褐色沉淀,一定是Fe(OH)3;F是地壳中含量最多的金属元素的单质,一定是Al;X电解生成三种物质,其中A、B是气态单质且能反应生成D,
17、猜测是电解NaCl溶液,生成的H2和Cl2反应生成HCl,盐酸能与黑色固体E(氧化物)反应生成气体B,则E应是MnO2,B是Cl2,则A是H2。NO2和H2O反应生成HNO3(N),HNO3和Fe(OH)3反应生成Fe(NO3)3(Y),Fe(NO3)3可分解生成Fe2O3(H),Fe2O3与HCl反应生成FeCl3(J),NaOH(C)与Al反应生成NaAlO2(G),Fe3和AlO可以发生双水解反应生成Fe(OH)3(M)。答案:(1)三A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3AlOFe36H2O=3Al(OH)3Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O29(201
18、2年绍兴模拟)M、R都是生活中常见的金属单质,其中R是用量最多的金属。甲、乙是化合物,其中甲是黑色晶体,可由R在X中燃烧得到。(1)M与甲在高温下反应的化学方程式是_。(2)电解法制R低价氢氧化物的装置如下图。a是4 molL1 NaCl、1 molL1 NaOH的混合溶液。配制a时需要除去蒸馏水中溶解的O2,常采用_的方法。石墨电极应与电源的_(填“正”或“负”)极相连接,通电后,R电极附近的现象是_,R极的电极反应式是_。停止实验一段时间后,在R极上部有红褐色物质产生,反应的化学方程式是_。在某温度下,取足量该红褐色物质溶于水形成饱和溶液,写出其溶液中溶解平衡的方程式_。(3)把R的某氧化
19、物粉末与M粉末混合后分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后,再与足量盐酸反应;另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是ab,则R的氧化物的化学式是_。解析:由题意推出,M为Al,R为Fe,X为O2,甲为Fe3O4,乙为Al2O3。答案:(1)8Al3Fe3O44Al2O39Fe(2)煮沸负生成白色沉淀Fe2e2OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3(s) Fe3(aq)3OH(aq)(3)FeaOb10硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌,菱锌矿的主要成分是ZnCO3,并含少量的Fe2O3、FeCO
20、3、MgO、CaO等,生产工艺流程示意如下:(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是_。(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式:(3)针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的,组成元素是Fe、O和H,化学式量为89,化学式是_。(4)根据下表数据,调节“滤液2”的pH时,理论上可选用的最大区间为_。Mg(OH)2Zn(OH)2MgCO3CaCO3开始沉淀的pH10.46.4沉淀完全的pH12.48.0开始溶解的pH10.5Ksp5.610126.81062.8109(5)工业上从“滤液3”制取MgO过程中,合适的反应物是_(选填序号)。a大理石粉b石灰乳c纯碱溶液d烧碱
21、溶液(6)“滤液4”之后的操作依次为_、_、过滤、洗涤、干燥。(7)分析图中数据,菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于_。解析:解答该题的关键是对题目要有整体的认识,清楚各步操作的目的。研磨菱锌矿是为了使反应更充分。滤液1调pH是为了中和过量的盐酸生成Fe(OH)2沉淀,加漂白粉是为了将Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3以将其除去,滤液2调pH是为了将Zn2转化为Zn(OH)2沉淀,滤液3中含有Mg2、Ca2,滤液4是纯净的ZnSO4溶液。(5)从滤液3中提取MgO,首先应将Mg2转化为Mg(OH)2沉淀,a项大理石不起作用,c项溶液会将Ca2转化为CaCO3沉淀,故b、d两项合适。(7)Zn
22、CO3ZnO 125 g 81 g x m2 kg得xkg则菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数为:。答案:(1)增大反应物接触面积或增大反应速度或使反应更充分(2)Fe(OH)2ClOH2O=Fe(OH)3Cl(3)FeO(OH)(或其他合理答案)(4)8.0pH10.4(或其他合理答案)(5)bd(6)蒸发浓缩冷却结晶(或其他合理答案)(7)125m2/81m1(或其他合理答案)11如图所示是中学化学常见物质间的转化关系,其中是化工生产中重要的反应。D、E、F、G、M为单质;在常温下,D、E、G、H为气体,其中只有E为有色气体,G是空气中主要成分之一;F、M是生活中常见的金属;K是不溶于水的白色
23、固体,C的焰色反应呈黄色,P是M和紫黑色单质化合的产物;P、J、L、M含有同种元素。(部分反应物、生成物已略去)请回答下列问题:(1)F单质中的元素在周期表中的位置为_;化合物C中含有的化学键为_(填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。(2)一定温度下,在反应中,当1 mol熔融状态下的B完全反应生成液态的F和气态的G时吸收akJ的能量,请写出反应的热化学方程式:_。(3)等物质的量的E与P在溶液中反应的离子方程式为_。(4)某同学为了使F转化为K,且在生成一定量的K时消耗原料的物质的量最少,设计了如右图所示的转化方案。在该方案中,消耗的C和H的物质的量之比为_。(方案中C和H是溶
24、液)。解析:G单质是空气的主要成分之一,再结合框图转化信息知,G为氧气,F、M是生活中常见的金属,F可置换出M,则F为铝,M为铁。A为氯化钠,C为NaOH,P为FeI2,J为FeCl3,FeCl3溶液在空气中高温灼烧生成Fe2O3,L为Fe2O3,B为Al2O3,K为Al(OH)3。根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2,2Al6HCl=2AlCl33H2,AlCl33NaAlO26H2O=4Al(OH)33NaCl,可得消耗NaOH和HCl的物质的量之比为11。答案:(1)第三周期A族离子键、极性共价键(2)2Al2O3(l)4Al(l)3O2(g)H2a kJmol1(3)2ICl2=I22Cl(4)11