高考化学（真题+模拟新题分类汇编）金属及其化合物.pdf

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1、金属及其化合物C 1 钠及其化合物10.D4 C3 Cl DI C5 D5 2013 广东卷下列叙述 和 I I 均正确并且有因果关系的是()选项叙 述 I叙述nAN H.C1为强酸弱碱盐用加热法除去N a Cl 中的N H,C1BFe +具有氧化性用 KS CN 溶液可以鉴别Fe +C溶解度：Ca C03 Ca(H C03)2溶解度：N a2CO3 N a H CO3DS i O z 可与H F反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中10.D 解析N H 1 受热易分解为氨气和氯化氢气体，N a Cl 加热不分解，因此可用加热法除去N a Cl 中的N H 6 1,与 N H C1为强酸弱碱盐无关，叙

2、述 I、I I 均正确，但无因果关系，A项错误；用 KS CN 溶液可以鉴别Fe 是因为Fe 3+与 KS CN 溶液反应生成的Fe(S CN)3 显红色，与Fe 计具有氧化性无关，陈述I、I I 均正确，但无因果关系，B 项错误；溶解度Ca C03 与SiOT反应生成CaSiG。滤液H为Al与,能 与CO?、H Q反应生成Al(OH)3。(3)E为建筑材料硫酸钙，结合转化关系可确定C为浓硫酸。气 体D为H F,再结合转化关系，可完成化学方程式。(4)电解氧化铝制备铝，以石墨为阳极，阳极20”-4 e-=02 t,高温条件下，石墨可能被Oz氧化生成CO2或C 0,故混合气体为a、CO?或CO。

3、9.C2 2013 山东卷足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A.氢氧化钠溶液 B.稀硫酸C.盐 酸D.稀硝酸9.A 解析相同质量的铝与足量的NaOH溶液、稀硫酸、盐酸反应，放出氢气的物质的量相等，但消耗相应溶液中溶质的物质的量之比为2：3：6；稀硝酸与A1反应不能产生氢气，故正确答案为A。27.B3 C2 C3 J2 2013 北京卷用含有A Q3、SiOz和少量FeO xFezOs的铝灰制备AIJSOd”。I8H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略)：I.向铝灰中加入过量稀H fO,过滤；II.向滤液中加入过量KMnO,溶液，调节溶液的pH约为3；III.

4、加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；IV,加入MnSCh至紫红色消失，过滤；V.浓缩、结晶、分离，得到产品。1160,溶 解 Al203 的 离 子 方 程 式 是(2)将MnO：氧化Fe?+的离子方程式补充完整：|T|MnO.r+KFe2+K =T Mn2+K F e3+K已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(0H)3Fe(OH)2Fe(0H)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 mol L-1根据表 中 数据 解释 步骤 H 的 目 的(4)已知：一定条件下，MnO；可与Mn反应生成MnO?。向 川 的 沉 淀 中 加 入 浓 盐

5、 酸 并 加 热，能 说 明 沉 淀 中 存 在MnO2的 现 象 是 W 中 加 入 MnS0 的 目 的 是2 7.答案(l)A h O 3+6 H+=2 A r +3 H 2。(2)5 8H+5 4 H z O p H 约为3时，F e 和 A 产不能形成沉淀，将 F*氧化为F e。可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的M n O 7 解析(2)首先根据化合价升降总数可知F e 、F e?+的化学计量数均为5；然后根据电荷守恒可知反应物中的缺项为8仁；最后根据原子守恒可知生成物中的缺项为4 H(3)向滤液中加入过量K M n O 溶液是为了将F e 氧化为F e，+,因为p H 约

6、为3时，F e 计已经完全沉淀，而 A 1 计还未沉淀，从而达到使铁元素完全沉淀的目的。(4)加热M n O z 和浓盐酸的混合物可产生黄绿色的氯气。根据题给已知条件可知，I V 中加入M n S O i 是为了将过量M n O,沉淀为M n O2,从而达到除去过量M n O,的目的。7 .B 3 C 2 C 3 D 4 2 0 1 3 四川卷1.5 2 g铜镁合金完全溶解于5 0 m L 密度为1.4 0 g/m L、质量分数为6 3%的浓硝酸中,得到帆和M O i 的混合气体1 1 2 0 m L (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 m o l/LN a O H 溶液，当金属离子全部

7、沉淀时，得到2.5 4 g 沉淀。下列说法不正确的是()A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ：1B.该浓硝酸中HN 03 的物质的量浓度是14.0 mol/LC.N O,和 NO 的混合气体中，N t h 的体积分数是8 0%D.得到2.54 g 沉淀时，加入N a OH溶液的体积是6 00 mL50 mL X1.40 g/mL X6 3%6 3 mo1-i7.D 解析C(HN 03)=-UR -=14.0 mol/L,B 项正确；1 mol Cu (或5 0 X 10 LM g)失去2 mol e-后形成的Q?+(或 M/+)需结合2 mol 01完全转化为沉淀，即镁铜合金失去电子的物质的

8、量等于形成沉淀时结合的物质的量，最后生成沉淀2.54 g,增加的质量即是 m(Of T)=2.54 g 1.52 g=1.02 g,即 n(OF T)=,石 ，尸0.06 mol,结合氧化还原反1(g -mol1 1OQ 义 IQ-3 T应电子转移守恒关系得：n(N 02)+n(N。)X2=0.06 mol、n(N Oj+口(2 0)=7 7 7 7 -口=2 2.4 L ,mol0.05 mol；二式联立可解得：n(N 02)=0.04 mol,n(N A)=0.01 mol,C 项正确;利用合金质量和失去电子的物质的量可得：n(Cu)X 6 4 g m o l+n(M g)X2 4 g m

9、ol-1=1.52 g 和n(Cu)X2+n(M g)X2=0.06 mol；二式联立可解得：n(Cu)=0.02 mol,n(M g)=0.01 mol,A项正确；利用氮守恒可知溶解合金后溶液中含有c(N O；)=0.05 L X 14 mol/L-0.04 mol-0.01mol X 2=0.6 4 mo1,加 入 N a OH当离子恰好全部沉淀时、溶液为N a N CL 溶液，利用原子守恒加A n(N a OH)=n (N OT)故加入 V (N a OH)=0.6 4 mol 4-1.0 mol =6 40 mL,D 项错误。2 8.C2 F 2 F 3 2 013 新课标全国卷1 二

10、甲醛(CHQCL)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H/、C0和少量的COJ直接制备二甲醛，其中的主要过程包括以卜一四个反应：甲醇合成反应：(I )C0(g)+2 H2(g)=CH；i0H(g)A Hi =-9 0.1 kJ mol-1(II)(g)+3 H2(g)=CH,OH(g)+H20(g)AH2=-49.0 kJ mol-1水煤气变换反应：(III)CO(g)+H20(g)=C 02(g)+H2(g)AH：；=-41.1 kJ,mol 1二甲醛合成反应：(IV)2 c H3 0H(g)=CH3 0c H3 (g)+H20(g)A H：=-2 4.5 kJ mol-1回答下

11、列问题：(D AkOs 是合成气直接制备二甲醛反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯 度 A 1 A 的 主 要 工 艺 流 程 是(以化学方程式表示)。分析二甲醛合成反应(I V)对 于 C0 转 化 率 的 影 响由和C 0 直 接 制 备 二 甲 醛(另 一 产 物 为 水 蒸 气)的 热 化 学 方 程 式 为根 据 化 学 反 应 原 理，分 析 增 加 压 强 对 直 接 制 备 二 甲 醛 反 应 的 影 响(4)有研究者在催化剂(含C u-Z n-A l-0 和 A1B)、压强为5.0 M P a 的条件下，由 H,和C 0 直接制备二甲醛，结 果 如 图 0 所

12、示。其 中 C 0 转化率随温度升高而降低的原因是oooO0029876543逢 CU2+20H-=CU(0H)2 I、Cu(0H)2=C u0+H20,Al(OH)3开始分解的温度为450,在惰性气体中锻烧时发生的反应为2A1(OH)3里 土A1。+3 4 0、4CUO4=?2 CU2O+O2 t；氢氧化铝是两性氢氧化物，NaOH是强碱，过量的NaOH能溶解部分或全部氢氧化铝，其离子方程式为Al(0H)3+0H-=A 10；+2H20,这必将导致目标产物产量的减少；(3)根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由+2价降为+1价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价由一2价

13、升为相邻的。价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：4CU0+2A1203 4 CUA102+02 t；(4)5.0 kg=5.0 X 1 0%,银铜合金废料中铜的质量为5.0X 10;，gX 63.5%,由=n可知n(Cu)为5.0X 10,gX63.5%4-63.5 g/m ol=50 m o l,根据铜守恒则有关系式:Cu-CuA102,则铜完全转化可以变为50 mol CUA102；根据铝守恒则有关系式:Al2(S04)3-2CuA102,则至少需要25 mol Ah(SO。3;由V=可求至少需要v A h(SO)31=25 mol4-1.0 mol/L 25 L；胆矶是硫

14、酸铜溶液结晶析出的结晶水合物CuSO,51120,从硫酸铜溶液中得到胆矶的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。31.F2 G4 G1 C3 G2 G3 G5 2013 广东卷大气中的部分碘 源 于 对海水中厂的氧化。将 持 续 通 入N ai溶液中进行模拟研究。03将厂氧化成L的过程由3步反应组成：(aq)+0：(g)=I(F (aq)+02(g)H1；ICT(aq)+1广(aq)HOI(aq)A H2;H O I(aq)+(aq)+H+(aq)I2(aq)+H20(l)AH3。总 反 应 的 化 学 方 程 式 为_，其反 应 热 A H =0(2)在溶液中存在化学平衡：k(a

15、q)+(a q)I:(a q),其平衡常数表达式为(3)为探究F e?+对。3 氧 化 F反应的影响(反应体系如图0),某研究小组测定两组实验中L7浓度和体系p H,结果见图1 和下表。o,(g)i2(g)图。(18JI.8)TLCUITOWJ(10,8.8)(33,6.5)3 沙第2组图 1编号反应物反应前p H反应后p H第 1 组03+1-5.21 1.0第 2组O3+r+Fe2+5.24.1 第 1 组实验中，导 致 反 应 后 pH 升高的原因是 图 0中 的 A 为。由 F e +生 成 A 的过程能显著提高厂的转化率，原因是第2 组实验进行1 8 s 后，I1 浓度下降。导致下降

16、的直接原因有(双选)。A.c(lr)减小 B.c(I)减小C.L(g)不 断 生 成 D.c(F e +)增加(4)据 图 1,计 算 3-1 8 s 内第2组实验中生成L,的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。3 1.答案(l)2 Na I+03+H2 S0t Na 2 sol+L+O2+H2 O 或 2 Na I+()3+H2 s0”=Na 2 soi+k+O2+H2 O 等 AHi+AH?+AH：,(2)K=c (I2)c (I)(3)反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H+)降低，pH升高Fe Fe计将直接氧化成L使溶液中c(L)增大，促 使 L(aq)+I1(a

17、q)的平衡右移，消耗的c(H+)增多BC(4)v(L)=c(丘)t(1 1.8-3.5)X10-3 mol L-18 s3 s*5.5X10-1mol/(L,s)解析(D 臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3 步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现+可以得出总反应的热化学方程式为2 I(aq)+03(g)+2H+(aq)I2(aq)+02(g)+H2O(1),根据盖斯定律可得其焰变 H=乩 +AH2+AH：!；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入N ai溶液中，总反应的化学方程式是2NaI+03+H2S0,Na2S0t+I2+02+H20 或 2NaI+03+

18、H2SO4=N a2SO(+12+02+H20 等；(2)由化 学 平 衡 常 数 定 义 式 可 得，I2(aq)+I-(aq)I(a q)的 平 衡 常 数 表 达 式 为c(J)()-；导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为L 的总反应的离子方程式为21+03+2H+L+02(g)+&0(或者第步反应的反应物中都有氢离子，第步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；第一组实验无催化剂，将 I 氧化成L 分 3 步进行，第步反应都是可逆反应，因此I 的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂

19、的加入将总反应的离子方程式(2+()3+2H+L+O2+HQ)一分为二，先后反应的离子方程式为 2Fe2+03+2H+=2Fe3+02+H20、2Fe3+2 r=2 F e2+I2,且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为 Fe2+；虽然催化剂(或Fe2+)不能使总反应2 I(aq)+O3(g)+2H+(aq)I2(aq)+0 g)+也0(1)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe：可以将I 直接氧化成L 或2Fe3+2 r=2 F e2+I2,使溶液中 c(k)增大，进而使 L(aq)+(aq)I；(aq)的平衡右移，消耗的

20、c()增多；对比表格中第1、2 组实验前后pH可得，第 1 组 pH增大，c()减小，图中第1 组实验所得 浓度曲线先略为增大后几乎不变，第 2 组 pH减小，c(H+)增大,图中第2 组实验所得浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若 c(H)减小，I；浓度不会下降，A 项错误；若 c()减小，则反应HOI(aq)+(aq)+H+(aq)Iz(aq)+H20(D的平衡左移，c(l2)也 减 小,导 致 L(a q)(a q)(aq)的平衡左移，所以 I 浓度下降，B 项正确；若 L(g)不断生成，导 致 L(aq)k(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(h)减小，又 使 L(a

21、q)+r(aq)I；(aq)的平衡左移，则 I 浓度下降，C项正确；若 c(Fe+)增加，Fe计将直接氧化成k 或发生反应2Fe+2=2Fe2+l2,则溶液中c(L)增大，而海水中c()略为减小或忽略不计，导 致 L(aq)+(aq)I(aq)的平衡右移，口浓度增大，D项错误；(4)读图，3 18 s 内第2 组实验中I；浓度山3.5X10-3 mol/L增加到11.8X 10-mol/L,则 生 成 I I 的 平 均 反 应 速 率 v(I)=)-=(1 1.8 3 ：)七5.5 X io-mi/(L.s),此问需要注意纵坐标中“c(U)/1018 s3 s7 mol ”隐含的信息，计算时

22、需要图中所得数据乘以“义 心 mo.2 3.J 4 D 3 D 4 1 2 C 32013 广东卷 下列实验的现象与对应结论均正确的是()选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将A1片放入浓硝酸中无明显现象A1与浓硝酸不反应C将一小块Na 放入无水乙醇中产生气泡Na 能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应2 3.AC 解析浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，单质碳与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，使黑色固体体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧

23、化性，A 项正确；常温下浓硝酸能使铝钝化，表面生成一层致密的保护膜，阻止内层金属与酸的反应，钝化是化学变化，B项错误；金属钠置换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C 项正确；黑色的铁粉高温下与水蒸气发生置换反应，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，D 项错误。1 0.D 4 C 3 C l D I C 5 D 5 2 0 1 3 广东卷下列叙述I 和 U均正确并且有因果关系的是（）选项叙 述 I叙述nANH.C 1 为强酸弱碱盐用加热法除去Na C l 中的NH,C 1BF e?+具有氧化性用 K S C N溶液可以鉴别F e C溶解度:C a C O3 C a(HC O3)2溶 解 度:N a

24、2 C O3 N a HC O3DS i O z可与HF 反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中1 0.D 解析N H1 C 1 受热易分解为氨气和氯化氢气体，N a C l加热不分解，因此可用加热法除去N a C l中的N H,C 1,与 N H.C 1 为强酸弱碱盐无关，叙 述 I、I I 均正确，但无因果关系，A项错误；用 K S C N 溶液可以鉴别F e 是因为F e计与K S C N 溶液反应生成的F e（S C N）3 显红色，与F/+具有氧化性无关，陈述I、I I 均正确，但无因果关系，B项错误；溶解度C a C O 3 C 1,所以F e”优先在阳极上失去电子被氧化成F e。(8)实验

25、II中 FeCh溶液吸收H2s后变成FeCk和 HC1的混合溶液，通过电解又变成FeCL溶液，所以FeCL溶液的循环利用是该实验的又一个优点。27.B3 C2 C3 J2 2013 北京卷用含有AI2O3、SiOz和少量FeO xFez。,的铝灰制备A k(S0 3 18HO 工艺流程如下(部分操作和条件略)：I.向铝灰中加入过量稀H2s0”，过滤：II.向滤液中加入过量KMnO 溶液，调节溶液的pH约为3；III.加热，产生大量棕色沉淀，静置，匕层溶液呈紫红色；W.加入MnSOi至紫红色消失，过滤；V.浓缩、结晶、分离，得到产品。(D im 溶 解 Al203 的 离 子 方 程 式 是(2

26、)将 MnO 氧化Fe?+的离子方程式补充完整：国 MnO；+K F e +K =T|Mn2+K F e3+K 已 知：生成氢氧化物沉淀的pH注：金属离子的起始浓度为0.1 mol L-1根据表 中 数据 解释 步骤 II 的 目 的Al(0H)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8(4)已知：一定条件下，MnO；可与Mr?+反应生成MnOz。向 川 的 沉 淀 中 加 入 浓 盐 酸 并 加 热，能 说 明 沉 淀 中 存 在 MnO2的 现 象 是 W 中 加 入 MnSOt 的 目 的 是2 7.答案(l)AL03+6H+=2 A l3+3

27、H20(2)5 8H+5 4HzO(3)pH约为3 时，Fe?+和 A l不能形成沉淀，将 Fe?+氧化为F e ,可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的Mn07 解析(2)首先根据化合价升降总数可知Fe?+、Fe计的化学计量数均为5；然后根据电荷守恒可知反应物中的缺项为8H+；最后根据原子守恒可知生成物中的缺项为4H20O(3)向滤液中加入过量KMnO 溶液是为了将Fe?+氧化为Fe?+,因为pH约为3 时，Fe计已经完全沉淀，而+还 未 沉 淀，从而达到使铁元素完全沉淀的目的。(4)加热MnOz和浓盐酸的混合物可产生黄绿色的氯气。根据题给己知条件可知，IV中加入MnSO1是为了将过量

28、MnO,沉淀为MnO2,从而达到除去过量MnO；的目的。7.B 3 C 2 C 3 D 4 2 0 1 3 四 川 卷 1.5 2 g铜镁合金完全溶解于5 0 m L 密度为1.4 0 g/m L、质量分数为6 3%的浓硝酸中，得到N O,和 的 混 合 气 体 1 1 2 0 m L（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 m o l/LN a O H溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.5 4 g 沉淀。下列说法不正确的是（）A.B.C.D.该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ：1该浓硝酸中HN Q,的物质的量浓度是1 4.0 m o l/LN 02和 NO的混合气体中，N 0 2 的体积分数

29、是8 0%得到2.5 4 g 沉淀时，加入N a O H溶液的体积是6 0 0 m L5 0 m L X 1.4 0 g/m L X 6 3%7.D 解析C(HN 0 3)=6 3 g ,m o l-15 0 X 1 0-L=1 4.0 m o l/L,B 项正确；1 m o l C u (或M g）失去2 m o l e-后形成的C u?+（或 M g、）需结合2 m o l 0 H一完全转化为沉淀，即镁铜合金失去电子的物质的量等于形成沉淀时结合0H 的物质的量，最后生成沉淀2.5 4 g,增加的质量即是 m（0 I ）=2.5 4 g 1.5 2 g=1.0 2 g,即 n（0 I）可）.

30、，-j=0.0 6 m o l,结合氧化还原反1/g ,m o l1 1 2Q x 1 o-3 T应电子转移守恒关系得：n(N 02)+n(N20 i)X 2 =0.0 6 m o l、n(N O 2)+n(N。)-/乙 4 L m o l0.0 5 m o l；二式联立可解得:n(N 02)=0.0 4 m o l,n(N204)=0.0 1 m o l,C 项正确;利用合金质量和失去电子的物质的量可得：n(C u)X6 4 g m o l +n(M g)X 2 4 g m o l =1.5 2 g和n(C u)X 2+n(M g)X 2=0.0 6 m o l；二式联立可解得：n(C u)

31、=0.0 2 m o l,n(M g)=0.0 1 m o l,A项正确；利用氮守恒可知溶解合金后溶液中含有c(N O：,)=0.0 5 L X 1 4 m o l/L-0.0 4 m o l-0.0 1m o l X2=0.6 4 m o l,加 入 N a O H当离子恰好全部沉淀时，溶液为N a N(h 溶液，利用原子守恒加A n(N a O H)=n(N O T),故加入 V (N a O H)=0.6 4 m o l 4-1.0 m o l ,L-l=6 4 0 m L,D 项错误。2 6.C 3 D 4 J 4 2 0 1 3 浙江卷 氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H

32、2 的化合物甲和乙。将6.0 0 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.7 2 L的也（已折算成标准状况）。甲与水反应也能放出秋，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于N aO H 溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到也和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.2 5g L-o 请回答下列问题：（1）甲 的 化 学 式 是;乙 的 电 子 式 是。（2）甲 与 水 反 应 的 化 学 方 程 式 是（3）气 体 丙 与 金 属 镁 反 应 的 产 物 是（用化学式表示）。乙 在 加 热 条 件 下 与 C u O 反 应 可 生 成 Cu 和气体丙，写出该反应的化学

33、方程式有 人 提 出 产 物 Cu 中 可 能 还 混 有 C u20 ,请 设 计 实 验 方 案 验 证 之(已知：CU20+2 H+=CU+CU2+H20)甲与乙之间（填“可 能”或“不可能”）发 生 反 应 产 生 H z,判断理由是2 6.答案(D A I H 3 H N ,H H(2)A 1 H 3+3H2O=A 1 (0 H)3+3H2 t(3)M g3N2(4)2 N H3+3C uO -3C u+N2+3H2O取样后加稀H z SO”如果溶液变蓝，说明产物中含有C uQ。反之则无C uz O(5)可 能 A l l h 中的氢化合价为一1价，N H,中的氢为+1价，因而有可能

34、发生氧化还原反应生成氢气 解析(D 甲加热只得到一种金属单质和H”则甲只含有两种元素，又甲与水反应生成H Z 和一种能溶于碱的白色沉淀，由此可推断甲中含有铝和氢两种元素，其中H为一 1 价，故甲的化学式为A 1 H 3 乙分解得H?和另一气体丙，故乙也仅含有两种元素，丙的相对分子质量为1.2 5 X 2 2.4=2 8,则应为瓯 由题(4)知,乙能还原C uO 生成C u,由此推知乙为N I L (2)A 1 H3中 H为一1 价，H.0 中 H为+1 价，两者发生氧化还原反应生成H”铝元素转化为A l (0 H)3沉淀。(3)岫与M g 反应生成M g aN z。(4)N H s 还原C u

35、O,根据氧化还原反应得失电子守恒可配平。山题中信息知，C u Q 能溶于H+,生 成 蓝 色 的 由 C u不能溶于非氧化性酸，故可用稀H 6 0,来检验 C uz O 的存在。(5)A 1 L 中的H为一 1 价，而 N H,中的H为+1 价，两者可发生氧化还原反应，生成0价的H z。C4 金属的通性及金属材料32.F 4 D 4 C 2 C 3 B l B 3 A 4 B 4 C 4 J 2 2 0 1 3 广 东卷银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下:T 银稀 N a O H-aig银铜合空气金废料-成型-稀 H(h A h(S()4).1 0：溶 液-

36、(含少量银4 过 滤 图 0 注：A l (O H)3 和 C u (O H)2开始分解的温度分别为4 5 0 和 8 0 电 解 精 炼 银 时阴 极 反 应 式为滤 渣 A与 稀 州 反 应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(2)固体混合物B的组成为；在生成固体B的过

37、程中，需控制N a O H 的加入量，若 N a O H 过量，则因过量引起的反应的离子方程式为(3)完成燃烧过程中一个反应的化学方程式:CuO+CUA102+若银铜合金中铜的质量分数为6 3.5%,理 论 上 5.0 kg废料中的铜可完全转化为m o l CUA 102,至少需要 1.0 m o l L-1 的 A k(S 0,)3 溶液一 L.(5)C u S O,溶液也可用于制备胆帆，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥。3 2.答案(l)A g+e-=Ag 2N 0+02=2 N 02(2)A l (O H)3 和 C u O A l (0H)3+0H-=A 1 0；+2H20(3)4 CU

38、0+2A 1203 4CUA 102+02 t(4)5 0 25(5)蒸发浓缩，冷却结晶 解析(1)电解精炼银与电解精炼铜类似，纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，阳极主要反应式为A g e =Ag+,阴极反应式为A g+e-=A g；银是金属活动顺序表中氢后金属，不溶于稀硫酸，因为稀硫酸是非氧化性酸，则滤渣A的主要成分是A g,稀硝酸是氧化性酸，能溶解银，即 3 A g+4 H N 0K 稀)=3 A g N 0：,+N 0t +2 Ho产生的无色气体一氧化氮在空气中迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即 2N 0+O 2=2N 02；(2)C u A 102中氧为一2 价，铝为+3价

39、，则铜为+1价，其化学式也可以写为C u Q-A k O a,相当于氧化亚铜和氧化铝按物质的量之比为1 ：1 熔合在一起，由此逆推，固 体 B的主要成分是物质的量之比为1：1 的A l(0H)3 和 C u O,因为C u(O H)2开始分解的温度为8 0 ,水的沸点大于8 0 ,则煮沸前后发生的反应为 A l3+3 0 H-=A l (O H)3 I、CU2+20H-=CU(0H)2 I、C u(0H)2=C u 0 +H20,A l (O H)3 开始分解的温度为4 5 0 ,在惰性气体中锻烧时发生的反应为2A l (O H)s 理SAU)3+3 H Q、4 CUO4=2 CU2O+O2

40、t ；氢氧化铝是两性氢氧化物，N a O H 是强碱，过量的N a O H 能溶解部分或全部氢氧化铝，其离子方程式为A l(0H)3+0i r=A 10；+2H20,这必将导致目标产物产量的减少；(3)根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由+2 价降为+1 价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价山一2 价升为相邻的0 价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：4 CU0+2 A1203=4CUA102+02 t ；(4)5.0 k g =5.0 X 1 0%,银铜合金废料中铜的质量为5.0X107 X6 3.5%,由=n可知n(Cu)为 5.0X 10：gX6

41、 3.5%4-6 3.5 g/m o l=5 0 m o l,根据铜守恒则有关系式:Cu Cu Al O”则铜完全转化可以变为 5 0 m o l CUA102；根据铝守恒则有关系式:Al2(S 04)3 2 Cu A102,则至少需要2 5 m o l Ah (S O)3;由V=，可求至少需要V AL(S O)3 =2 5 m o l 4-1.0 m o l/L=2 5 L；(5)胆研是硫酸铜溶液结晶析出的结晶水合物Cu S O,5 H20,从硫酸铜溶液中得到胆研的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。C 5金属及其化合物综合12.C5 H 3 2 013 安徽卷我省盛产矿盐(主要

42、成分是Na Cl,还含有S 0;等其他可溶性杂质的离子)。下列有关说法正确的是()A.由矿盐生产食盐，除去S(T 最合适的试剂是Ba (NO。2B.工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气C.室温下，Ag Cl 在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.用酚酷试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液12.D 解析用 Ba(N0：,)2 除去实验中混有的S OT,会引入新的杂质离子NO；,A 项错误;工业上制取金属钠是通过电解熔融Na Cl,B 项错误；在食盐水中因存在C，降低Ag Cl 的溶解度，即室温下，Ag Cl 在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，C 项错误；饱和纯碱中因CO：水解溶液呈碱性，

43、可使酚配试液变红，食盐水溶液为中性溶液，不能使酚酰试液变色，D项正确。3 3.J 3 J I D2 J 4 J 5 F3 F5 C5 2 013 广 东卷化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力,提升科学素养。(1)在实验室中用浓盐酸与M n Oz 共热制取C k 并进行相关实验。下列收集C l2的 正 确 装 置 是。将C 1 2 通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 o设计实验比较C k 和 B n 的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和C C 1,于试管中,(2)能量之间可以相互转化：电解食盐水制备CL是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两

44、种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：Z n S O i(aq)F eS O i (aq)C u S O i (aq)；铜片、铁片、锌片和导线。完成原电池甲的装置示意图(见图0),并作相应标注。图 0要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。以铜片为电极之一，C u S 0,(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段 时 间 后，可 观 察 到 负 极 甲 乙 两 种 原 电 池 中 可 更 有效地将化学能转化为电能的是,其原因是（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选 一作阳极。3 3.答案（1）CH C 1 0、C

45、 k、C IO 向试管中滴加N aB r 溶液，振荡、静置。试管中液体分层，上层接近无色，下层为橙红电极逐渐溶解甲 可以避免Z n 与 C i?+的接触，提高电池效率，提供稳定电流（3）Z n 解析（1）集气瓶中使用单孔橡胶塞，则瓶内气体压强增大到一定程度会发生爆炸等，A项错误；倒立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导气管中进，从短导气管中逸出，因此不能排出空气收集氯气，B项错误；正立的集气瓶中有双孔橡胶塞，氯气从长导管中进，空气从短导管排出，排出的气体通过倒扣漏斗、N a O H 溶液吸收处理，既防止倒吸又防止排出氯气污染空气，C项正确；氯气与N a O H 溶液反应C

46、 k+2 N a 0 H=N a C 1 0+N a C l+FL O,因此不能用排N a O H 溶液的方法收集氯气，D 项错误；氯气与水发生可逆反应C k+H20 H+C r+H C 1 0,所得氯水中含 H Q、C h、H+,C l-,H C 1 O、C I O-,O FF等离子，其中具有强氧化性的含氯粒子是C k、H C 1 O、C 1 0 ；（2）带盐桥的原电池甲可以设计锌铜原电池（或铁铜原电池、锌铁原电池），由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以为锌片和硫酸锌溶液、铜片和硫酸铜溶液（或者铁片和硫酸亚铁溶液、铜片和硫酸铜

47、溶液，锌片和硫酸锌溶液、铁片和硫酸亚铁溶液）；金属活动性Z n Fe C u,则原电池乙中铜片作正极，锌片或铁片作负极，工作一段时间后，负极金属锌或铁被氧化，质量减轻，溶液中蓝色变浅；甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能，其中带有盐桥的原电池甲中的负极金属锌（或铁）和硫酸铜没有直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极金属锌（或铁）和硫酸铜直接接触发生置换反应，部分化学能会转化为热能，化学能不能全部转化为电能；（3）铁片作正极（阴极）时被保护，而铁作负极（阳极）时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在的材料中应选择比铁活泼的锌片作负极

48、（阳极），使铁片作正极（阴极），从而牺牲锌片保护铁片；不能选择铜片，因为铜作正极（阴极），而铁片作负极（阳极），此时铁片的腐蚀速率加快，而不是延缓。1 0.D4 C 3 C l DI C 5 D5 2 0 1 3 广东卷下列叙述I 和 H均正确并且有因果关系的是（）选项叙 述 1叙述nAN H.C 1 为强酸弱碱盐用加热法除去N a C l 中的N H 1BFe?+具有氧化性用 K S C N 溶液可以鉴别Fe3+c溶解度：C a C 03 C a(H C 0 3)2溶解度：N a2C O3 Na H C 0 a,陈 述 I 正确，陈述H错误，C项错误；H F 是唯一能与Si Oz 反应的酸,

49、玻璃的主要成分是Si Oz,则氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，陈 述 I、H正确且有因果关系，D 项正确。30.C 5 J 4 20 13 山东卷T i Oz 既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种性能优异的白色颜料。实验室利用反应T i Oz (s)+C C l4(g)A,F T i C L(g)+C 02(g),在无水无氧条件下制备 TiC 实验装置示意图如下：图 0有关物质性质如下表:仪 器 A 的名称是。装 置 E 中的试剂是物质熔点/沸点/其他C C 14-237 6与 T i C L互溶T i C l4-25136遇潮湿空气产生白雾反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、加装药品、通岫一段

50、时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：停止通Nz；熄灭酒精灯；冷却至室温。正确的顺序为(填序号)。欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是_ _ _ _ _ _ _ _。(2)工业上由钛铁矿(F e T i Os)(含 F e z Os、Si Oz 等杂质)制备T i O?的有关反应包括：酸溶F e T i O3(s)+2H 2S0 i(a q)=F e S0 i(a q)+T i OSO,(a q)+2H2O(I)水解T i 0 S0 t(a q)+2H20(l)9 0 ,F H2T i O3(s)+H2SOt(a q)简要工艺流程如下：试剂A冷却,I钛京I I结晶|剩余.试剂A ITi