2011高考化学试题分类汇编金属及其化合物 12页

‎1.（2011北京高考11）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是 A.取a克混合物充分加热，建中b克 B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克 D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。‎ 解析：NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A正确；Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B正确；混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，因此选项C不能测出混合物中Na2CO3质量分数；Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为 CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓、HCO3－＋OH－＋Ba2＋=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，选项D也正确。‎ 答案：C ‎2.（2011福建高考9）下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是 选项 化合物 A B C D Y CO2‎ Fe2O3‎ C2H5OH FeCl3‎ W MgO Al2O3‎ C2H5ONa CuCl2‎ 解析：A项中是Mg与CO2反应，方程式为2Mg＋2CO22MgO＋C；B项中Al与Fe2O3发生铝热反应，方程式为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3；C项中是金属Na与C2H5OH反应，方程式为2Na＋2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa＋H2↑。这三个反应都是置换反应。D项中是发生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，不是置换反应，但学生可能将此反应记错，认为生成了铁单质。此题难度不大，但素材来自教学一线，考查学生平时学习的错误，对实际教学有一定的指导作用。‎ 答案：D ‎3.（2011广东高考10）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是 A、将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性 B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成 C、将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 D、将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体 解析：本题考察镁及其化合物的性质、常见的基本实验操作。稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着器壁慢慢加入水中，并及时搅拌，A是错误的；过滤时需要用玻璃棒引流，因此C不正确；蒸发溶液时应该用蒸发皿而不是表面皿，由MgCl2水解，所以加热时必需在HCl的气氛中加热才能得到MgCl2固体，所以D不正确。因此只有选项B是正确的。‎ 答案：B ‎4.（2011山东高考12）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是 A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物 B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物 C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法 D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu、Fe、Al 解析：铝对应的氧化物Al2O3属于两性氧化物，A不正确；铝属于活泼金属其表面易被空气中氧气氧化形成一层致密的氧化膜而使铝不易被腐蚀；铁放置在空气可以直接发生化学腐蚀，例如铁与氯气直接反应而被腐蚀；铜放置在空气中会和空气中氧气、二氧化碳和水缓慢的反应生成碱式碳酸铜即铜绿，方程式为2Cu+O2+CO2+H2O==Cu2(OH)2CO3，因此选项B不正确；AlCl3、FeCl3、CuCl2均属于强酸弱碱盐，在溶液中会水解生成相应的氢氧化物和HCl，溶液在加热时会促进水解，同时生成的HCl挥发，进一步促进水解，当溶液蒸干后将最终将得到相应的氢氧化物，所以选项C正确；铝属于活泼的金属元素，在水溶液中Al3+不会放电生成铝单质；Fe3+在水溶液会放电但产物是Fe2+，而不是单质铁；只有Cu2+在阴极上得到电子生成单质铜。所以选项D也不正确。‎ 答案：C ‎5.（2011重庆） 下列叙述正确的是 A. Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同 B.K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性 C. Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大 D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 解析：铁属于变价属于变价金属，与强氧化剂反应生成Fe3＋，与弱氧化剂反应生成Fe2＋，氯气属于强氧化剂，盐酸属于非氧化性酸，因此选项A不正确；当硫酸不足时，Zn和K均过量，但过量的K会继续和水反应生成KOH而呈碱性，B不正确；同主族元素自上而下，随着核电荷数的增加电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，密度也逐渐增大，但Na的密度大于K的，C不正确；C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，D正确。‎ 答案：D ‎6．（2011上海5）高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是 A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质 B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质 C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌 D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌 解析：高铁酸钾( K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。‎ 答案：A ‎7．（2011上海8）高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是 A．铁 B．氮 C．氧 D．碳 解析：本题考察炼铁原理。‎ 答案：D ‎8.(2011福建高考24，14分)‎ 四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：‎ ‎2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋‎ ‎2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋ === 2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O === TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋‎ 加入铁屑的作用是____________。‎ ‎（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。‎ ‎（3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋ ＋H2O的平衡常数K=_____________。‎ ‎（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) ＋O2(g)    △H=+140KJ·mol-1‎ ‎2C(s) ＋O2(g)=== 2CO(g)                  △H=—221KJ·mol-1‎ 写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。‎ ‎（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。‎ ‎（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。‎ TiCl4‎ SiCl4‎ 熔点/℃‎ ‎－25.0‎ ‎－68.8‎ 沸点/℃‎ ‎136.4‎ ‎57.6‎ 解析：（1）根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的，即：将Fe3＋还原为Fe2＋，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3＋，防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋。参考答案中“生成Ti3＋保护Fe2＋不被氧化。”有点让人费解，能不能说成“防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋”或者说“将TiO2＋还原成Ti3＋”。‎ ‎（2）形成TiO2·n H2O溶胶，说明得到是胶体，其分散质颗粒直径大小为10－9～10－7m（或1nm～100nm）；‎ ‎（3）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH—)＝2.79×10—39，25℃时，c(H+)×c(OH—)＝Kw＝1×10—14；反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋ ＋H2O的平衡常数K=＝＝＝2.79×103。‎ 此问设计精妙！利用数学关系巧妙代换求出反应的平衡常数，命题者的独具匠心可见一斑。‎ ‎（4）涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出方程式相加即可得出答案：‎ TiO2(s)＋ 2C(s)＋2Cl2 (g)＝TiCl4(l)＋2CO(g)　　　△H=—81KJ·mol-1‎ ‎（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处产生了废气，废液，废渣等。‎ ‎（6）下表信息可以看出，SiCl4、TiCl4两者的沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可用蒸馏（或分馏）等方法。‎ 这题是典型的化工流程题，问题设置不难。第（3）小问是亮点，精妙！个人觉得加上请计算该反应的平衡常数K可能设问更清晰。‎ 答案：（1）使Fe3+还原为Fe2+；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。‎ ‎ （2）10－9m～10－7m（或其他合理答案）；‎ ‎ （3）2.79×103；‎ ‎ （4）TiO2(s)＋ 2C(s)＋2Cl2 (g)＝TiCl4(l)＋2CO(g)　　　△H=—81KJ·mol-1；‎ ‎ （5）产生三废（或其他合理答案）；‎ ‎ （6）蒸馏（或分馏，或精馏）。‎ ‎9.（2011广东高考32，16分）由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。工艺流程如下：‎ ‎（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）‎ ‎（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为① 和② 。‎ ‎（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有 ；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在 。‎ ‎（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为 。‎ ‎（4）镀铝电解池中，金属铝为 极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4― 和Al2Cl7―形式存在，铝电镀的主要电极反应式为 。‎ ‎（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是 。‎ 解析：本题考察物质的提纯、实验条件的选择、方程式的书写、原电池及电解的应用。‎ ‎（1）铝属于活泼金属，在高温下可置换某些金属或非金属，因此有关反应的方程式为 ‎2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe、4Al＋3SiO22Al2O3＋3Si。‎ ‎（2）在高温下，氯气可与氢气、金属钠和铝反应生成HCl、NaCl和AlCl3，由于温度是700℃，所以AlCl3会升化变成气体，因此气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl和AlCl3；NaCl熔点为801℃，此时NaCl 不会熔化，只能在浮渣中存在，即浮渣中肯定存在NaCl。‎ ‎（3）尾气经冷凝后分为气体A和B，由框图可知A是氯气和氯化氢的混合气体，B是AlCl3，因此用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O和H++OH－＝H2O。‎ ‎（4）既然是镀铝，所以铝必需作阳极，由于熔融盐中铝元素和氯元素主要以AlCl4― 和Al2Cl7―形式存在，所以阳极的电极反应式为Al +7 AlCl4――3e－＝4Al2Cl7―。‎ ‎（5）铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止内部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。‎ 答案：（1）①2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe ②4Al＋3SiO22Al2O3＋3Si。‎ ‎（2）H2和AlCl3；NaCl ‎（3）Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。‎ ‎（4）阳极 Al +7 AlCl4――3e－＝4Al2Cl7―。‎ ‎（5）致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。‎ ‎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。由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 ‎，解得n＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O；（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CuSO4 ‎570℃‎ 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＋2H2SO4CuSO4＋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。‎ 答案：（1）CuSO4·H2O；（2）CuSO4 ‎570℃‎ CuO＋SO3↑、CuSO4·5H2O、102℃；‎ ‎（3）Cu＋2H2SO4CuSO4＋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）。‎ ‎[来源:Zxxk.Com ] ‎ 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。‎ 3．(2011全国II卷27)（15分）（注意：在试题卷上作答无效）‎ ‎ 下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。‎ 已知：‎ ‎① 反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；‎ ‎② I是一种常见的温室气体，它和可以发生反应：2E＋I2F＋D，F中的E元素的质量分数为60%.‎ 回答问题：‎ ‎ (1）①中反应的化学方程式为____________________________________________；‎ ‎ (2）化合物Ⅰ的电子式为______________________,它的空间构型是_________；‎ ‎ (3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；‎ ‎ (4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为___________________________，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为_______________________________;‎ ‎ (5)E在I中燃烧观察到的现象是__________________________。‎ 解析；①中反应属于铝热反应，故C是单质铝，B是单质铁，H是氧化铝；②中I是二氧化碳，D所单质碳，E是单质镁。F是由氧元素和镁元素组成，即氧化镁，所以A是氧气。‎ 答案：‎ ‎（4）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑‎ AlO2－＋CO2＋2H2O=HCO3－＋Al(OH)3↓‎ ‎(5)镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳 新课标第一网