2024-2025年高考化学试题分类解析汇编：金属及其化合物

2009-2013年高考化学试题分类解析汇编：金属及其化合物

（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲丁乙丁甲丙。下列有关物质的推断不正确的是

A.若甲为焦炭，则丁可能是O2 B.若甲为SO2，则丁可能是氨水 C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸 D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2 【参考答案】B

【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。

A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。 B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。

C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。

D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。

（2013四川卷）7. 1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 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2:1 B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mLks5u 【答案】D

【解析】A. 设Cu Xg, Mg Yg. X+Y=1.52

X/64×98+Y/24×58=2.54 得X=0.02 Y=0.01

B. c(HNO3)=1000ρ?/M=1000×1.40×63/63=14.0（mol/L ） C. n(HNO3)=14.0×0.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）

n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, n（NO2）=0.04 mol n（N2O4）=0.01 mol 可知C正确。

D. 与硝酸反应的NaOH ： n（NaOH）=0.7-0.04-0.02=0.64 与金属离子反应的NaOH ： n（NaOH）=0.06 总NaOH的量 n总=0.64+0.06=0.7 mol

故需要NaOH 700 mL

（2013上海卷）22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为

A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L 答案：A

【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol×8＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×22.4mol·L＝13.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：10×0.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×22.4mol·L＝8.4L,所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，故答案为：A。

（2013山东卷）9．足量下列物质与等质量的铝反应，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

解析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al(OH)4]、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。 答案：A

（2013广东卷）23．下列实验的现象与对应结论均正确的是

-1

-1

-1

选项 A 操作 将浓硫酸滴到蔗糖表面 现象 固体变黑膨胀 结论 浓硫酸有脱水性和强氧化性 B C D 常温下将Al片放入浓硝酸中 将一小块Na放入无水乙醇中 将水蒸气通过灼热的铁粉 无明显变化 产生气泡 粉末变红 Al与浓硝酸不反应 Na能置换出醇羟基中的氢 铁与水在高温下发生反应 解析：将浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸因脱水性使蔗糖脱水炭化，浓硫酸因强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，所以蔗糖固体变黑膨胀，A正确；Al放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化，阻碍反应继续进行，B错误；Na放入无水乙醇中，会与活泼性较强的羟基反应，置换出氢气，C正确；铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，D错误。答案：AC

命题意图：化学实验与元素化合物

（2013浙江卷）26、氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 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6.72 LH2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。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）。

（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。 有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。 （已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）

（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。 【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25 g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H构成的离子化合物。6.00 g化合物甲分解得到短

—

周期元素的金属单质和0.3 molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4 g；化合物甲与水反

应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al(OH)3，进而可判定化合物甲为AlH3。涉及的反应为：

a.甲、乙受热分解：2AlH3

△ 2Al+3H2↑ 2NH4H

△ N2↑+5H2↑

b.甲与水反应： 2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑ c. 2NH4H+5CuO

△ 5Cu+ N2↑+5H2O

d. 化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即

化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+ 2NH4H

催化剂 2Al+N2↑+8H2↑。

△ NH4H电子式：

第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。

实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。

实验方案设计的表述：简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。

【答案】（1）AlH3；（4）2NH4H+5CuO

△ （2）2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑（3）Mg3N2；

5Cu+ N2↑+5H2O；取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无

色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。 （5）可能；AlH3中氢元素的化合价为－1价，NH4H中含有＋1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生H2。

【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。

（2013天津卷）9、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生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。

I.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：

①检查装置的气密性；

②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气； ③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成 ④??

⑤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③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。

要使沉积得

FeCl3

进入收集器，第④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中的冷水浴的作用为__________________；装置C的名称为

__________________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：___________。

（5） 在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂。

II.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，阳极的电极反应为

___________________________________。

（8） 综合分析实验II的两个反应，可知该实验有两个显著优点： ①H2S的原子利用率100%；②

____________________________________________________________。 【解析】（1）A中是制备氯化铁的，则反应的化学方程式为2Fe＋3Cl2

△ 2FeCl3。

（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，第④的操作应该是：在沉积的的FeCl3固体下方加热。

（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2，⑤用干燥的N2赶尽Cl2，即答案选②⑤。

（4）B 中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管。装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子，最好用K3[FeCN]6溶液，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。

（5）氯气有毒，应该有氢氧化钠溶液吸收考虑防倒吸。

。由于吸收的是氯气，不用

（6）铁离子具有氧化性，能把H2S氧化生吃单质S，所以反应的离子方程式是2Fe3＋H2S＝

＋

2Fe2＋S↓＋2H。

＋

＋

（7）阳极失去电子，发生氧化反应，所以阳极电极反应为Fe2－3e=Fe3。

＋

－

＋

（8）在实验中得到氯化铁，而氯化铁是可以循环使用的，即该实验的另一个优点是FeCl3可以循环利用。 答案：（1）2Fe＋3Cl2

△ 2FeCl3；（2）在沉积的的FeCl3固体下方加热；（3）②⑤

（4）冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[FeCN]6溶液。（5）

。

（6）2Fe3＋H2S=2Fe2＋S↓＋2H； （7）Fe2－3e=Fe3；（8）FeCl3得到循环利用。

＋

＋

＋

＋

－

＋

（2013全国新课标卷2）27.（14分）

氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:

稀H2SO4 调pH约为5

过滤

Zn 适量高锰酸钾溶液② 滤液 ③工业ZnO ① 浸出液

过滤

Na2CO3 过滤

煅烧 ⑤

滤液 ④ 滤饼 ZnO

提示:在本实脸条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2 回答下列问题:

(1)反应②中除掉的杂质离子是 ，发生反应的离子方程式为 ；

加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是 ； (2)反应③的反应类型为 。过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有 ； (3)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是

。 (4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2 .取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1 g. 则x等于 。

解析：以工艺流程为形式考察化学知识，涉及反应原理、除杂方法、影响因素、反应类型、产物分析、洗涤干净的检验方法、化学计算等。

（1）除去的杂质离子是Fe2和Mn2；Fe2以Fe(OH)3的形式沉淀下来，Mn2以MnO2的形

＋

＋

＋

＋

式沉淀下

来；反应离子方程式为：MnO4＋3Fe2＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H、3Mn2＋2MnO4

－

＋

＋

＋

－

＋2H2O

＋

＝5MnO2↓＋4H；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。 （2）Zn＋Ni2＝Zn2＋Ni是置换反应；还有Ni。

＋

＋

（3）洗涤主要是除去SO42和CO32离子。检验洗净应该检验SO42离子。取最后一次洗涤液

－

－

－

少量，

滴入稀硝酸，加入硝酸钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。 （4）设ZnCO3为amol，Zn(OH)2为bmol 125a+99b=11.2；81(a+b)=8.1 解得a:b=1:x=1:1，x=1 答案：（1）Fe2和Mn2；

＋

＋

MnO4＋3Fe2＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H；

－

＋

＋

3Mn2＋2MnO4＋2H2O＝5MnO2↓＋4H；

＋

－

＋

铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质。 （2）置换反应；镍

（3）取最后一次洗涤液少量于试管值，滴入1～2滴稀硝酸，再代入硝酸钡溶液，若无白色

沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。 （4）1

（2013北京卷）27.（12分）

用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·18H2O。，工艺流程如下(部分操作和条件略):

Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:

Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3； Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色: Ⅳ.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A12O3的离子方程式是 (2) KMnO4 氧化Fe2的离子方程式补充完整：

-

+

（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH Al（OH）3 Fe（OH）2 Fe（OH）3 开始沉淀时 完全沉淀时 3.4 4.7 -

6.3 8.3 1.5 2.8 注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L1 根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的： 。

(4)己知:一定条件下，MnO4 可与Mn2反应生成MnO2。

-

+

① 向 Ⅲ 的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。 ② Ⅳ 中加入MnSO4的目的是 。 【答案】（1）Al2O3＋6H=2Al3＋3H2O；

＋

＋

（2）5、8H+、5、4H2O；

+

＋

+

+

（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）①生成有黄绿色气体； ②除去过量的MnO4。 【解析】

（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水；

（2）反应中MnO4→Mn2，Fe2→Fe3， MnO4系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe2系数

-+

+

+

-+

-

为

1?(7?2)++

=5，由元素守恒可知， Fe3系数为5，由电荷守恒可知，由H参加反应，其系

3?2-

数为8，根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4+5 Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O；

+

+

+

+

（3）滤液中含有Fe2，由表中数据可知，Fe（OH）2开始沉淀的pH大于Al（OH）3 完全沉

+

淀的pH值，而Fe（OH）3完全沉淀的pH值小于Al（OH）3开始沉淀的pH值，pH值约为3时，Al3、Fe2不能沉淀，步骤Ⅱ是将Fe2氧化为Fe3，调节pH值使铁完全沉淀；

+

+

+

+

（4）①MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2； ②Ⅲ 的上层液呈紫红色，MnO4过量，加入MnSO4，除去过量的MnO4。

（2013四川卷）11. 明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如下所示：

--

焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)2·12H2O + 3S === 2K2SO4 + 2Al2O3 + 9SO2 + 48H2O 请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 。

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。

（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是 。

（4）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是 。

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：

??? 2SO3（g） △H1= -197 kJ /mol； 2SO2（g）+ O2（g）?????? H2O（l） △H2=-44 kJ/mol； H2O（g）??? 2SO2（g）+ O2（g）+ 2H2O（g）===2H2SO4 △H3=-545 kJ/mol。 则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 ① 。

焙烧948 t明矾（M = 474 g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 ② t。

【答案】 (1)S (2)蒸发结晶 (3)4 (4)Al+3NiO(OH)+H2O==NaAlO2+3Ni(OH)2

(5)SO3(g)+H2O(l)==H2SO4(l), ΔH=-130 KJ/mol 432t 【解析】ΔH=(ΔH3-ΔH1-2ΔH2)/2=-130 KJ/mol 948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol

故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t （2103上海卷）十一、（本题共14分）

碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等。工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠。

54.某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL。若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸 mL(保留两位小数)。 55.某溶液组成如表一：

问该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。取出晶体后溶液组成如表二：

计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）。

56.将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态。计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）。

57.某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg。通过计算确定该晶体的化学式。

【答案】（54）17.80 （55）1044.6 （56）659.1 （57）Na2CO3·NaHCO3·2H2O 【解析】（54）利用消耗盐酸的量求出样品中含有碳酸氢钠的量，即可求出需耗硫酸的体积。由关系式：2NaHCO3～2HCl～H2SO4可知v消耗(H2SO4)＝[(0.1000mol/L×0.020L)÷

2]/0.05618mol·L＝17.80mL。（55）通入CO2后，碳酸钠生成碳酸氢钠晶体的质量m新生成(NaHCO3)＝[(814.8×10g-137.7×10g)/106g·mol]×168g·mol＝1073.1kg，故析出NaHCO3的质量为：1073.1kg+400.3kg-428.8kg＝1044.6kg。（56）受热时NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量为[(428.8×10g-400.3×10g)/168g·mol]×106g·mol＝18.0kg，因此需要加入m(Na2CO3)

3

3

-1

-1

3

3

-1

-1

-1

＝814.8kg-137.7kg-18.0kg＝659.1kg。（57）设该晶体的化学式为xNa2CO3·yNaHCO3·ZH2O，452kg晶体中含有n(Na2CO3)＝(44.8×10L)/22.4L·mol＝2000mol，则452kg晶体中含有n(NaHCO3)＝[(504×10g)/84g·mol]-2000mol×2＝2000mol，452kg晶体中含有n(H2O)＝（452×10g-2000mol×106g·mol－2000mol×84g·mol）/18g·mol＝4000，即x:y:z＝1:1:2，故晶体的化学式为：Na2CO3·NaHCO3·2H2O。 [2013高考?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。

① 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 。

② Al-Mg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) 航母舰体为合金钢。

① 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 。

② 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。

① 80.0gCu-Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为 。

② 为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合题8图信息推断该合金中除铜外一定含有 。

3

-1

-1

-1

3

-1

3

-1

7 8 9 10 11 12 开始1 2 3 4 5 6

沉淀 I I I I I I I I I I

Fe3+ Al3+ Cu2+ Fe2+ Ni2+ Mg2+

沉淀 I I I I I I I I I I 完全1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

pH 题8图

答案：(14分)（1）① 第三周期第ⅢA族 CO2 ②Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O Ar（其他合理答案均可得分） （2）①吸氧腐蚀 ②CaCO3或CaO （3）①83.1% ②Al、Ni

【解析】（1）①Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第ⅢA族；工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液，使Al转化为AlO2，然后通入CO2气体使AlO2转化为Al(OH)3沉淀，然后再将Al(OH)3沉淀加热即可得到Al2O3。②在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接。（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀；②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量。（3）①Cu在过量氨水中易形成络离子，因此得到39.0g白色沉淀为Al(OH)3沉淀，利用原子守恒可知80.0gCu-Al合金中含有m(Al)＝27g·mol×

39.0g/78g·mol＝13.5g，故该合金中铜的质量分数为（80.0g-13.5g）/80.0g＝83.1%；②利用图示，结合题中信息可知开始出现沉淀为Al(OH)3、pH=8.0时过滤除去Ni(OH)2，因此该铜合金中还含有Al、Ni。

（2013广东卷）32. 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：

-1

-1

2+

--

（注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃）

（1）电解精炼银时，阴极反应式为 ；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为 。 （2）固体混合物B的组成为 ；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为 。

(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式： CuO + Al2O3

高温 CuAlO2 + ↑

（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2，至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L。

(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是 、过滤、洗涤和干燥。

解析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Ag—e= Ag，纯银做阴极： Ag+e= Ag。 滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2：2NO+O2=2 NO2。

（2）结合信息和流程图分析可知：硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解为CuO，氢氧化铝不分解，所以B应该为CuO和Al(OH)3，若NaOH过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解：Al(OH)3+OH= AlO+2H2O。

（3）依据题给反应物和生成物可以判断：CuO转化为CuAlO2，铜元素化合价由+2下降为+1，CuO做氧化剂，所以生成的物质还应有氧气（化合价-2→0），根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应：4CuO+2Al2O3

4CuAlO2+O2↑。

，根据元素守恒可得生

—

——

+

+

—

（4）银铜合金中的铜的物质的量n（Cu）=

成的CuAlO2也是50.0mol，依据方CuAlO2中的Cu和Al个数关系及Al原子个数守恒可得,n[Al2(SO4)3]= 25.0 mol，则需要硫酸铝溶液的体积是25.0L。

（5）用溶液制备带结晶水的晶体的一般操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 答案：（1）Ag+e＝Ag，2NO+O2＝2 NO2（2）CuO和Al(OH)3，Al(OH)3+OH＝AlO+2H2O （3）4CuO+2Al2O3

高温 +

—

—

—

4CuAlO2+O2↑（4）25.0L （5）蒸发浓缩、冷却结晶

命题意图：元素化合物

（2013江苏卷）16.(12分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：

(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为 。 (2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣2的成分是 (填化学式)。

(4)煅烧过程存在以下反应： 2MgSO4＋CMgSO4＋CMgSO4＋3C

2MgO＋2SO2↑＋CO2↑ MgO＋SO2↑＋CO↑ MgO＋S↑＋3CO↑

利用右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。 ①D中收集的气体可以是 (填化学式)。 ②B中盛放的溶液可以是 (填字母)。

a.NaOH 溶液 b.Na2CO3溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液

③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式： 。 【参考答案】 16.(12分)

(1)MgCO3＋2H=Mg＋CO2↑＋H2O (2)2FeSO4＋H2O2＋H2SO4=Fe2(SO4)3＋2H2O (3)Fe(OH)3

(4)①CO ②d ③3S＋6OH

－

＋

2＋

2S＋SO3＋3H2O

2－2－

【解析】本题是元素化合物知识与生产工艺相结合的试题，意在引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，离子反应议程式和氧化还原反应方程式的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系及基本实验的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。酸溶后，加入H2O2氧化时，使FeSO4转化Fe2(SO4)3

这样在pH左右除尽铁。对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集中注意“分步”两字，A中 冷凝硫，B中除去SO2，C中除去CO2，D中收集CO。

（2013江苏卷）19.(15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4＋Na2CO3=FeCO3↓＋Na2SO4 FeCO3＋C6H8O7=FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。

金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3＋ 1.1 3.2

Al Fe 2＋3＋3.0 5.8 5.0 8.8 (1)制备FeCO3时，选用的加料方式是 (填字母)，原因是 。 a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中 b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中 c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中 (2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是

。 (3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是 。②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是 。

(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是

。

(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，

，得到FeSO4溶

液， ，得到FeSO4·7H2O晶体。 【参考答案】 19.(15分)

(1)c 避免生成Fe(OH)2沉淀

(2)取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。

(3)①防止＋2价的铁元素被氧化 ②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全 (4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出

(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。

(滴加稀硫酸酸化)加热浓缩得到60℃饱和溶液 冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥

【解析】本题以柠檬酸亚铁制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、检验洗涤是否完全的方法、除去过量铁粉的方法、分离过程中加入无水乙醇的目的、合成柠檬酸亚铁实验步骤等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤。或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤。两个过程中加入足量的铁粉，都是为了让三价铁变为二价铁。加热浓缩得到60℃饱和溶液前一般滴加稀硫酸酸化，为防止二价铁离子受热水解。少量冰水洗涤减少FeSO4·7H2O晶体溶解。低温干燥减少FeSO4·7H2O晶体失水分解。

【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。 （2013山东卷）28．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。 （1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3

（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2==4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是

（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若

b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 （4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 解析：（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，所以为b、d。

（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由-2升高到+6，Cu2S做还原剂，当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu水解呈酸性，加入镁条时，镁与H反应生成了氢气。

（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3+3e＋4H＝NO↑+2H2O。或NO3+e＋2H＝NO2↑+H2O

（4）做电解质溶液，形成原电池。 答案：（1）bd （2）Cu2S；4；氢气

（3）a；NO3+3e＋4H＝NO↑+2H2O （4）做电解质溶液，形成原电池。

（2013大纲卷）29、（15分）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。

①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：

--+

+

--+

--2+

+

②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：

回答下列问题：

（1）写出反应1的化学方程式 ； （2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是 ，反应2的离子方程式为 ；

（3）E可作为建筑材料，化合物C是 ，写出由D制备冰晶石的化学方程式 ；

（4）电解制铝的化学方程式是 ，以石墨为电极，阳极产

生的混合气体的成分是 。

【答案】（1）2NaOH＋SiO2＝Na2SiO3＋H2O（2分） 2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O（2分）

（2）CaSiO3（2分） 2AlO2＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32（2分）

－

－

（3）浓H2SO4（1分） 12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3＝2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O（2分） （4）2Al2O3

4Al＋3O2↑（2分） O2、CO2（CO）（2分）

【解析】（1）反应1为“碱溶”，发送的反应为：杂质反应2NaOH＋SiO2＝Na2SiO3＋H2O，2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O；

（2）滤液I的主要成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入生石灰发生的反应：CaO+H2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2 ＋Na2SiO3＝CaSiO3+ 2NaOH，即沉淀为CaSiO3。滤液II的主要成分是NaAlO2，通入的气体A是CO2，发生反应的方程式为2NaAlO2＋CO2＋3H2O＝2A l ( O H )3↓＋Na2CO3； （3）根据生成物可以作为建筑材料以及加入C能和CaF2 发生反应，可知C是浓硫酸，反应的方程式为CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+2HF； （4）电解法制铝的方程式为2Al2O3

4Al＋3O2↑，阳极产生的气体是O2。

2012年高考

1. ［2012·江苏化学卷7］下列物质转化在给定条件下能实现的是 ①②③④⑤

A.①③⑤ B.②③④ C.②④⑤ D.①④⑤ A 解析：本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。三氧化铝的两性、偏铝酸酸性弱于碳酸、候氏制碱原理 、Fe3＋水解FeCl3溶液蒸干得不到无水FeCl3、氢氧化

镁不稳定性等内容都来源于必修一、和必修二等课本内容及课本上的基本反应，看来高三复习不能“舍本逐末”。

2. ［2012·江苏化学卷20］(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。

(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：

Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g) △H=a kJ·mol－1 3AlCl(g)=3Al(l)＋AlCl3(g) △H=b kJ·mol－1 ①反应Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)的△H= kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。

②Al4C3是反应过程的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程

式 。 (2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为

Mg17Al12＋17H2=17MgH2＋12Al。得到的混合物Y(17MgH2＋12Al)在一定条件下释放出氢气。

①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是 。

②在6.0mol·L－1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为 。

③在0.5 mol·L－1 NaOH和1.0 mol·L－1 MgCl2溶液中，

混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质X-射线衍射谱图如右图所示(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍

射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是

10.（2011天津，14分）图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。

回答下列问题：

（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是 ；M中存在的化学键类型为 ；R的化学式是 。

（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4,ZH4的电子式为 。

（3）已知A与1molAl反应转化为X时（所有物质均为固体）。放出aKJ热量。写出该反应的热化学方程式：

。

（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式： （5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n（X）变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。

解析：本题属于无机框图题，这种类型的试题关键是关键是找准题眼，即突破点。A俗称磁性氧化铁，因此A是Fe3O4，在高温下Fe3O4与单质Al发生铝热反应，生成单质铁和Al2O3，而铁在点燃时与氧气化合即生成Fe3O4，所以X、Y分别

是铁和氧气；在水中氧气与NO反应生成硝酸，所以D是硝酸；硝酸具有强氧化性与Fe3O4反应，生成Fe(NO3)3、NO和水，因此G是Fe(NO3)3；又因为E是不溶于水的酸性氧化物，且能与氢氟酸反应，所以E只能是SiO2，因此Z单质是硅，SiO2与NaOH溶液反应生成M，所以M是Na2SiO3，Na2SiO3与硝酸反应即生成硅酸胶体，所以R是H2SiO3。0

Na2SiO3属于离子化合物，一定含有离子键，同时Si和O之间还存在极性键；Si与H2在高温下生成甲硅烷即SiH4，SiH4是由极性键构成的共价化合物，电子式

是：

；向稀硝酸溶液中加入铁粉反应的方程式为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3

＋2H2O＋NO↑，当铁粉过量时，铁会继续和Fe(NO3)3反应，生成Fe(NO3)2，方程式为Fe+2Fe(NO3)3＝3Fe(NO3)2。由方程式可知4mol硝酸生成1molFe(NO3)3，1molFe(NO3)3生成1molFe(NO3)2，即n(Fe2+)的最大值是1.5mol。

答案：（1）第二周期第ⅥA族 离子键 共价键 H2SiO3（H4SiO4）

（2）

（3）8Al(s)＋3Fe3O4(s)＝9Fe(s)＋4Al2O3(s) △H＝－8aKJ/mol （4）3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋14H2O＋NO↑ （5）

11.（2011新课标全国，14分）

0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：

（1）试确定200℃时固体物质的化学式______________（要求写出推断过程）； （2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为______________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_________，其存在的最高温度是_____________；

（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为________________；

（4）在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=________________mol·L-1（Kap[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_______________mol·L-1。

解析：（1）0.80gCuSO4·5H2O中含有CuSO4的质量为0.8?160?0.51g。由250图像可知当温度升高到102℃是时CuSO4·5H2O开始部分脱水，在113℃～258℃时剩余固体质量为0.57g，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO4·nH2O，则有

0.57?160?0.51，解得n＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O；

160?18n ℃ 570CuSO4

（2）由图像可知当温度超过258℃时，剩余物质恰好是CuSO4，高温下分解的化学方程式是

CuO＋SO3↑；CuO溶于硫酸生成CuSO4，结晶析出生成

胆矾即CuSO4·5H2O；由图像可知CuSO4·5H2O存在的最高温度是102℃； （3）SO3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为 Cu＋2H2SO4

△ CuSO4＋2H2O＋SO2↑

（4）因为Kap[Cu（OH）2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－) =2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c (OH

－

)＝10－6，所以c(Cu2＋)＝2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化

学方程式为： CuSO4＋H2S=H2SO4＋CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1mol·L-1，所以H+浓度是0.2mol·L-1。

℃ 570答案：（1）CuSO4·H2O；（2）CuSO4

CuO＋SO3↑、CuSO4·5H2O、102℃；

（3）Cu＋2H2SO4

△ CuSO4＋2H2O＋SO2↑

（4）2.2×10-8、0.2

12.（2011海南，9分）镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题： （1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的______________，还生成少量的______________（填化学式）；

（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是_____________，该化合物水解的化学方程式为_________________；

（3）下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。

下列选项中正确的是_______________（填序号）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力 ②Mg与F2的反应是放热反应 ③MgBr2与Cl2反应的△H＜0

④化合物的热稳定性顺序为MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2 ⑤MgF2（s）+Br2（l）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol-1 [答案]（1）MgO，Mg3N2；（2）+2，（3）①②③⑤

命题立意：以元素及其化合物为载体的综合考查，包括物质性质及反应方程式、特殊图表信息的处理。

解析：（1）镁在空气中的燃烧产物有氧化镁和氮化镁；（2）化合物的水解要看化合物中离子的正负价，题中Mg是+2价，氯为-1价，则CH3为-1价，负价的与H+结合，正价的与OH-结合得产物；（3）能量越低越稳定，越稳定的物质内部化学键键能越大，故①正确④错误，其他各选项可类比反应热中能量计算。

【技巧点拨】关于能量变化的题，万变不离其宗。有以下的规律：①键的断裂与能量之间关系及盖期定律计算；②结构相似的物质能量越低越稳定，物质内部的化学键键能越大；③焓变值大小比较和放吸热判断。

13．(2011全国II卷27)（15分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

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