高三化学金属教师卷.docx

1、高三化学金属教师卷1.根据下列实验现象，所得结论正确的是( )实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br22C左边溶液产生黄色沉淀，右边溶液产生黄色沉淀氧化性：Cl2Br2SD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：SCSi【答案】1.D2.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）。关于混合粉末的组成判断正确的是A一定含CuO和C B一定含Fe2O3、CuO和CC一定含CuO和C，一定不含Al D气体Z为纯净物【答案】2.A3.A、B、C

2、、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）。则A不可能是A金属单质 B非金属单质 C两性氧化物 D碱【答案】3.C4.向10mL 0.1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL下列叙述正确的是（ ）A.x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）c（Al3+）B.x=10时，溶液中有、，且c（）c（）C.x=30时，溶液中有Ba2+、OH，且c（OH）c（）D.x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c（OH）=c（Ba2+）【答案】4.A5.巳知 A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成

3、的化合物。其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1 mol 丁分子中不同原子的数目比为1 ：2，且含有18 mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用。各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）。请回答：（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是_。（2）戊的化学式为_。戊与强碱反应的离子方程式：_（3）丙中所包含的化学键类型有_ （填字母序号）。a离子键 b极性共价键 c非极性共价键（4）反应的化学方程式为_。（5）反应中，0.5mol NaClO参加反应时，转移1 mol电子，其化学方程式为

4、_（6）定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。巳知，该反应生成1 mol乙时放出536 kJ热量，其热化学方程式为_【答案】5.（1）第二周期，第A族；（2）Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）b；（4）N2+H22NH3；（5）2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（6）4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s) H=1072KJ/mol【解析】试题分析：根据题意可知：A是Al; B是N2；C是H2；甲是AlN；乙是Al2O3；丙的NH3;丁是N2H

5、4；戊是Al(OH)3。（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是第二周期，第A族；（2）戊的化学式为Al(OH)3，戊与强碱反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）在丙NH3中所包含的化学键类型有极性共价键，所以选项是b；（4）反应的化学方程式为N2+H22NH3；（5）反应中，0.5mol NaClO参加反应时，转移1 mol电子，其化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（6）定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。巳知，该反应生成1 mol乙时放出536 kJ热量，其热化学

6、方程式为4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s) H=1072KJ/mol.6.Cu(NO3)2是重要的化工原料。回答下列工业生产和化学实验中的几个问题。（1）实验室欲制备0.3 mol Cu (NO3)2晶体，甲、乙两同学分别设计实验方案如下： 甲：Cu Cu(NO3)2 乙：Cu CuO Cu(NO3)2从绿色化学的角度分析， 同学的方案更合理，此同学可节约2molL的稀硝酸 mL；乙同学实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，宜选择 方案（填字母序号）。有下述装置（如下图），当装置电路中通过2mol电子时，Cu电极（填编号） 。

7、（a）增重64g （b）减重64g （c）可能增重64g，也可能减重64g（2）某校化学兴趣小组的同学对硝酸铜的受热分解进行探究。他们设计了如下图装置加热Cu(NO3)2固体（加热及夹持装置未画出）。加热过程发现：装置中的固体逐渐变为黑色；装置中有气泡产生，但在上升的过程中消失；石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置中。请写出Cu(NO3)2受热分解的化学方程式： ；在装置中试管的橡皮塞最好用锡箔包住，原因是 。（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为 。【答案】6. 乙 （2分） 100 （1分） B （1

8、分） c （2分） （2） 2Cu(NO3)2CuO+4NO2+O2 （2分，条件不写扣1分，未配平扣1分） NO2气体会腐蚀橡胶 （2分） （3） NO2NO3eN2O5 （2分，未配平扣1分） 7.（12分）某研究性学习小组为了测定某品牌合金中铝的含量，现设计了如下实验：已知：（1）该铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅。 （2）常温下，硅能和NaOH发生反应：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2。请回答下列问题：（1）固体A的成分是 ；（2）生成固体B的离子方程式为 ； 步骤中生成沉淀的离子方程式为 ；（3）检验步骤中沉淀是否洗涤干净的实验操作为 ；（4）该样品中铝的质量分数是

9、；（用a、b表示）（5）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是 ；A第步中加入NaOH溶液不足 B第步中加入盐酸不足时C第步中沉淀未用蒸馏水洗涤 D第步对沉淀灼烧不充分【答案】7.（1）Mg、Cu （2）SiO322H= H2SiO3 Al3+ 3NH3H2O = Al(OH)3+ 3NH4 （3）取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如产生白色沉淀，则没有洗涤干净；反之则洗涤干净。 （4） （5）C D (每空2分)【解析】试题分析：根据铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅，只有铝、硅与过量NaOH溶液反应溶解，则过滤所得固体A的成分是Mg、Cu；溶液M中主要含有NaAlO2、Na2SiO3，加入

10、过量盐酸，Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3沉淀(固体B)；溶液N中主要含有AlCl3，步骤加入过量氨水与其反应生成Al(OH)3沉淀；步骤洗涤沉淀表面上的可溶性杂质NaCl、NH4Cl；用AgNO3溶液可检验沉淀是否洗涤干净；据题意知固体C为Al2O3，据铝原子守恒可计算出样品中铝的质量分数；A项第步中加入NaOH溶液不足，铝不能全部溶解，会导致结果偏小；B项第步中加入盐酸不足时，氢氧化铝不能完全溶解，会导致结果偏小；C项第步中沉淀未用蒸馏水洗涤会导致氧化铝含有杂质，其质量偏大，会使测定结果偏大；D项第步对沉淀灼烧不充分，会导致氧化铝中含有氢氧化铝，将导致铝的含量偏大，综上分析可确定C

11、、D项正确。考点：考查化工流程图。8.（10分）A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）。试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是 。 a. S b. N2 c. Na d. Mg e. Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是： 。则B的化学式为 。（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，B为两性化合物，则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（写一条） 。【答案】8.（10分）（1）d、e（2分）（

12、2）向溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色 (2分)（3）HCl；NaOH（各1分） AlO2+ H+ + H2O = Al(OH)3或Al3+3OH= Al(OH)3(2分) 【解析】试题分析：由题可知，A与X反应可进行两个阶段，可知A与X中至少有一种元素具有两种不同的价态。（1）由题，若X是强氧化性单质，则A被氧化，是还原剂，同时与X可生成两种不同价态的纯净物，由题可得S可生成多种价态，如SO2、SO3等符合条件；N可被氧化生成多种价态，如NO、NO2等，Na亦可被氧化生成多种价态的化合物，如Na2O2，Na2O等；Mg与Al均不可；（2）由题向C的水溶液中滴

13、入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知A为Cl，Cl与金属反应一般产生负一价，所以有变价的为X。常见的金属元素中有变价的有Fe、Cu、Mn等；（3）由题可知B为两性化合物且X为强电解质，A与X反应生成B，B与X反应生成C，C与A反应生成B，所以B应为Al（OH）3，强电解质X既可能是酸（如HCl）也可能碱 (如NaOH)。若X为酸，如HCl时，反应离子方程式 AlO2+ H+ + H2O = Al(OH)3；若X为碱，如NaOH时，反应离子方程式为Al3+3OH= Al(OH)3。考点：本题以框图为基础，考元素及化合物、氧化还原反应、离子的检测、两性化合物的性质。9.（16分）

14、中学化学常见的物质A、B、C、D之间存在如下转化关系：A + B C+D + H2O（没有配平）请按要求填空：（1）若A为短周期元素组成的黑色固体单质，与B的浓溶液共热时，产生C、D两种气体。C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，则该反应的化学方程式是：_，鉴别这两种气体不能选用的试剂是_。aBaCl2溶液 bKMnO4溶液 c品红溶液 d酸化的Ba(NO3)2溶液向500mL 2molL-1的NaOH溶液中通入0.8mol无色无味的C气体，恰好反应完全，此时反应混合液中物质的量最大的微粒是 ；此时溶液中的阴离子按照浓度由大到小排列的顺序是_。（2）若A与适量B的溶液在常温下恰好完全反应，生成

15、的无色气体C遇空气迅速变成红棕色，将生成的红棕色气体通入一个烧瓶里，塞紧瓶塞后，将烧瓶浸入冰水中，烧瓶中气体的颜色变浅，请用化学方程式和必要的文字解释颜色变化的原因_。（3）若A在水中的溶解度随温度的升高而降低；B为短周期非金属单质，C是漂白粉的有效成分之一，C发生水解反应的离子方程式是_。【答案】9.（1）C + 2H2SO4（浓）CO2 + 2SO2 + 2H2O （3分） a（2分） n（H2O）（2分）c(HCO3-)c(CO3 2- )c(OH-)（2分） （2）2NO2（g）N2O4（g） H0（2分）降温，平衡向正反应方向移动，红棕色NO2浓度减小，混合气体的颜色变浅 （2分）（

16、3）ClO-+H2OHClO+OH- （3分）【解析】试题分析：（1）C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，为SO2、CO2，A为短周期组成的黑色固体物质，与B的浓溶液共热时，产生SO2、CO2两种气体，同时生成水，A为C单质，B为浓硫酸，符合转化关系；碳与浓硫酸在加热的条件下生成SO2、CO2、水，反应方程式为：C + 2H2SO4（浓）CO2 + 2SO2 + 2H2O。 a、SO2、CO2都不能与氯化钡溶液反应，无法区别，故a错误；b、SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾褪色，CO2不能反应，可以鉴别，故b正确；c、SO2能品红溶液褪色，CO2不能使品红溶液褪色，可以鉴别，故c

17、正确；d、酸化的硝酸钡溶液通入SO2，可以氧化亚硫酸钡为硫酸钡，产生白色沉淀，通入CO2不反应，可以鉴别，故d正确；故A不能鉴别；CO2的物质的量0.8mol，500mL2mol/LNaOH的水溶液中n（NaOH）=0.5L2mol/L=1mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.8mol：1mol=2：3=1：1.25，介于1：1与1：2之间，故反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由钠离子守恒有2a+b=1，由碳元素守恒有a+b0.8，联立方程，解得a=0.2，b=0.6，反应离子方程式为：4CO2+5OH-CO32-+3HCO3-+2H2O；碳酸

18、根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性c（OH-）c（H+），碳酸根的水解程度比碳酸氢根的大，但水解程度很小，故c（HCO3-）c（CO32-），c（CO32-）原大于c（OH-），溶液中钠离子难度最大，但此反应混合液中物质的量最大的微粒是水，溶液中的阴离子按照浓度由大到小排列的顺序是c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）。（2）若A与适量B的溶液在常温下恰好完全反应，生成的无色气体C遇空气迅速变成红棕色，说明C是NO，红棕色气体是NO2。二氧化氮与四氧化二氮存在平衡关系2NO2（g）N2O4（g） H0，正方应是放热反应，降温，平衡向正反应方向移动，红棕色NO2浓度减小，混合气体的颜

19、色变浅。（3）若A在水中的溶解度随温度升高而降低，考虑A为Ca（OH）2，B为短周期非金属单质，D是漂白粉的成分之一，B为Cl2，符合转化关系与题意，D能发生水解故D为Ca（ClO）2，Ca（ClO）2发生水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-。考点：考查无机框图题的推断10.（16分）辉铜矿是冶炼铜的重要原料。（1）工业上冶炼粗铜的某种反应为：Cu2S+O22Cu+SO2当产生标况下11.2L气体时，转移电子数目为 ；将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的 极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，电解质溶液增重bg，则粗铜中含锌的质量分数为 ；（2）将

20、辉铜矿、软锰矿做如下处理，可以制得碱式碳酸铜：铜单质放置于潮湿空气中，容易生成碱式碳酸铜，反应化学方程式是 ；步骤中，碳酸氢铵参与反应的离子方程式为 ；步骤中发生如下3个反应，已知反应i)中生成的硫酸铁起催化作用。请写出反应iii)的化学方程式。i)Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2Oii) Cu2S+ Fe2(SO4)3 CuSO4+CuS+2FeSO4iii) 步骤中调节pH后的溶液中，铜离子浓度最大不能超过 mol/L。（已知Ksp(Cu(OH)2)210a）【答案】10.（1）3NA （2）正 （2）2CuO2CO2H2OCu2(OH)2CO3 HCO3HH2OCO2

21、 iii)MnO22FeSO42H2SO4MnSO4Fe2(SO4)32H2O 21021a【解析】试题分析：（1）根据反应Cu2S+O22Cu+SO2可知，反应中氧元素化合价和铜元素化合价降低，只有硫元素的化合价从2价升高到4价，失去6个电子，所以当产生标况下11.2L气体即0.5mol二氧化硫时，转移电子物质的量是0.5mol63mol，其数目为3NA。将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的正极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，增加的质量即为析出的铜，电解质溶液增重bg，设参加反应的锌和铜的质量分别是mg、ng，则m+n-a=b，根据电子守恒可知，解得m65b

22、，则粗铜中含锌的质量分数为。（2）铜单质放置于潮湿空气中，容易与氧气、水、二氧化碳等结合生成碱式碳酸铜为生锈，反应化学方程式是2CuO2CO2H2OCu2(OH)2CO3。步骤是调节溶液pH的，因此碳酸氢铵与氢离子反应，则反应的离子方程式为HCO3HH2OCO2。硫酸铁起催化作用，则第二步中生成的硫酸亚铁需要在第三步中重新被氧化生成硫酸铁，因此反应的化学方程式为MnO22FeSO42H2SO4MnSO4Fe2(SO4)32H2O。溶液的pH3.5，则溶液中氢氧根浓度是1010.5mol/L，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知，铜离子的浓度不能超过21021a mol/L。11.铝土矿(主要成分为

23、Al2O3、SiO2、Fe2O3)是提取氧化铝的原料。提取氧化铝的工艺流程如下： （1）滤液甲的主要成分是（写化学式） （2）写出反应 II 的离子方程式： （3）结合反应II，判断下列微粒结合质子 ( H+) 的能力，由强到弱的顺序是 （填字母序号）AAlO2 BOH CSiO32 （4）取滤液甲少许，加入过量盐酸，过滤；再用惰性电极电解其滤液，两极均有气体产生，且全部逸出，在阴极区还有沉淀生成，最后沉淀消失。沉淀消失的原因可用离子方程式表示为： （5）取 （4） 电解以后的溶液 10.0 mL，经分析，该溶液中只含有两种等物质的量浓度的碱性溶质，向其中逐滴加入0.100 mol L1 盐酸

24、溶液，当加入50.0mL 盐酸溶液时，生成的沉淀恰好溶解。加入50.0mL 盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序依次为： 请画出生成沉淀的物质的量与加入盐酸体积的关系图。【答案】11.NaOH、NaAlO2、Na2SiO3 CO2+2OH=CO32+2H2O CO22H2O +2 AlO2=2Al(OH)3+HCO3bac Al(OH)3 +OHAlO2+2H2O HOH=H2O AlO2-H+H2O =Al(OH)3 Al(OH)33H=Al33H2O 图像如下所表示。【解析】试题分析：（1）铝土矿中加入过量的NaOH溶液，其中的Al2O3、SiO2发生反应得到NaAlO2、Na2SiO3和过量

25、的NaOH溶液，所以滤液甲的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；不溶性的固体是 Fe2O3。（2）向含有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH的溶液中通入过量CO2，发生反应CO2+2OH=CO32+2H2O ；CO22H2O +2AlO2=2Al(OH)3+HCO3，得到Al(OH)3沉淀。（3）H2O是中性物质；Al(OH)3是两性物质，H2SiO3是弱酸。所以微粒结合质子 ( H+) 的能力，由强到弱的顺序是bac。（4）向含有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH的加入过量盐酸发生反应得到AlCl3、NaCl、H2SiO3；溶液为AlCl3、NaCl的混合溶液。用惰性电极

26、电解，在阴极发生反应：2H+2e-=H2,由于破坏了附近的水的电离平衡，溶液中OH-的浓度增大，OH-与溶液中的Al3+发生反应形成Al(OH)3沉淀。在阳极发生反应：2Cl-2e-=Cl2。当溶液呈碱性时，又发生反应：Al(OH)3+ OH-= AlO2-+ 2H2O。沉淀又逐渐溶解而消失。（5）加入50.0mL 盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序是HOH=H2O ；AlO2-H+H2O =Al(OH)3 Al(OH)33H=Al33H2O 。 由于二者的物质的量相等，所以它们都是是0.100 mol/L0.01L=0.001mol。NaOH与HCl反应消耗10mlHCl; NaAlO2与HC

27、l反应形成Al(OH)3沉淀消耗10mlHCl;溶解Al(OH)3沉淀消耗30mlHCl.图像见图示: 12.工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的 吸收a浓H2SO4 b稀HNO3cNaOH溶液 d氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在 （填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是 （注明试剂、现象）（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为 （4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 a电能全部转化为化学

28、能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c溶液中Cu2+向阳极移动d利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为 【答案】12.（1）cd（2）Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去（3）3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu（4）bd（5）4H+O2+4e=2H2O【解析】（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量

29、所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；（4）a、反应中有热能产生；b、精炼铜时，粗铜做阳极；c、溶液中Cu2+向阴极移动；d、Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落；（5）利用原电池原理，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气

30、，故b错误；c、NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c正确；d、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d正确；故选cd；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）a、反应中有热能产生，故a错误；b、精炼铜时，粗