高考化学试题分类解析 考点12铁铜及其化合物文档格式.docx

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C.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在

D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在

【答案】B

【解析】根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明有NH4+，而且为0.02mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且为0.02mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有SO42-，且为0.02mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl-，至少有0.06mol，B正确。

【考点定位】本题考查离子共存及计算。

4.（2013·

13）下列依据相关实验得出的结论正确的是

A.向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液

B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液

C.将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯

D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含

Fe2＋

【参考答案】D

【解析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。

A.不能排除碳酸氢盐与SO32－、HSO3－形成的盐的干扰

B.也可是钠的单质或其他化合物，这里焰色反应火焰呈黄色仅证明含有钠元素。

C.其他还原气体或碱等都可使溴水褪色。

D.Fe2＋检验方法过程合理。

【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。

5.（2013·

北京理综·

27）（12分）

用含有A1203、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）H2S04溶解A1203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

3.4

6.3

1.5

完全沉淀时

4.7

8.3

2.8

注：

金属离子的起始浓度为0.1mol·

L-1

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.

②Ⅳ中加入MnS04的目的是

【答案】

（1）

；

（2）5、8H+、5、4H2O；

（3）将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；

（4）①、生成有黄绿色气体；

②、加入MnSO4，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

=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，其系数为8，根据元素守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4-+5Fe2++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）①、MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2；

②、Ⅲ的上层液呈紫红色，MnO4-过量，加入MnSO4，除去过量的MnO4-。

广东理综·

31）（16分）

大气中的部分碘源于O3对海水中Ⅰ-的氧化。

将O3持续通入NaⅠ溶液中进行模拟研究.

（1）O3将Ⅰ-氧化成Ⅰ2的过程由3步反应组成：

①Ⅰ-（aq）+O3（g）=ⅠO-（aq）+O2（g）△H1

②ⅠO-（aq）+H+（aq）

HOⅠ（aq）△H2

总反应的化学方程式为______，其反应△H=______

（2）在溶液中存在化学平衡：

，其平衡常数表达式为_______.

（3）为探究Fe2+对氧化Ⅰ-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中Ⅰ3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。

11.Ⅰ组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______.

12.图13中的A为_____由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______.

③第2组实验进行18s后，Ⅰ3-下降。

导致下降的直接原因有双选______.

A.C（H+）减小B.c（Ⅰ-）减小C.Ⅰ2（g）不断生成D.c（Fe3+）增加

（4）据图14，计算3-13s内第2组实验中生成l3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。

31、解析：

（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O，由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。

（2）依据平衡常数的定义可得，K=

（3）由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。

由于是持续通入O3=，O2可以将Fe2+氧化为Fe3+：

O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：

2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。

（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×

10—3mol/L-3.5×

10—3mol/L）=8.3×

10—3mol/L，由速率公式得：

v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t=8.3×

10—3mol/L/（18—3）=5.5×

10—4mol/L·

s。

答案：

（1）O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O，△H=△H1+△H2+△H3。

（2）

（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；

Fe3+，BD（4）（计算过程略）5.5×

s

命题意图：

化学反应原理与元素化合物

6、（2013·

浙江理综·

13）现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：

已知：

控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀。

该同学得出的结论正确的是

A．根据现象1可推出该试液中含有Na+

B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根

C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+

D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+

【解析】A选项：

因加入了NaOH（aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+。

B选项：

试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应。

D选项：

溶液加入H2O2

后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+。

正确的方法是：

在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+。

若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+。

C选项：

根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3·

H2O（aq）和Na2CO3（aq），加入NH3·

H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3（aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+。

7、（2013·

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6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（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1.25g/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________。

催化剂

△

【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25g/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。

6.00g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4g；

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.化合物甲与乙可能发生的反应：

2AlH3+2NH4H======2Al+N2↑+8H2↑

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；

且2Al+3化合价降低6，2NH4H中8H+1化合价降低8，化合价共降低14；

2AlH3中6H—1和2NH4H中2H—化合价升高8，2NH4H中2N—3化合价升高6，化合价共升高14。

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】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。

【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。

8.（14分）（2013·

新课标卷Ⅱ·

27）

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:

工业ZnO浸出液滤液

滤液滤饼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8.1g.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，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。

（4）令ZnCO3为amol,Zn（OH）2为bmol

125a+99b=11.2;

81（a+b）=8.1解之，a:

b=1:

x=1:

1,x=1

参考答案：

（1）Fe2＋和Mn2＋；

不会形成Fe（OH）3和MnO2沉淀。

或无法除去Fe2＋和Mn2＋；

（2）置换反应；

Ni

（3）取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。

（4）1

9.（2013·

安徽理综·

27）（13分）

二氧化铈

是一种重要的稀土氧化物。

平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含

以及其他少量可溶于稀酸的物质）。

某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除（填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是。

（2）第②步反应的离子方程式是，滤渣B的主要成分是。

（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP（填“能”或“不能”）与水互溶。

实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒、量筒等。

（4）取上述流程中得到的

产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•

标准溶液滴定终点是（铈被还原为

）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中

的质量分数为。

27.

（1）滤渣上附着的Fe3+、Cl-，取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净。

（2）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2

+4H2OSiO2

（3）不能分液漏斗

（4）97.01%

【解析】该反应过程为：

①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，、Fe2O3转化FeCl3为存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+滤渣为SiO2③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品。

Ce（OH）4~FeSO4

n（Ce（OH）4）=n（FeSO4）=0.1000mol/L*1.025L=0.0025mol,m=0.0025mol*208g/mol=0.52g

【考点定位】以工艺流程为基础，考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。

10.（2013·

28）（14分）

某酸性工业废水中含有

光照下，草酸

能将其中的

转化为

某课题组研究发现，少量铁明矾

即可对该反应堆起催化作用。

为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：

（1）在25°

C下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）。

测得实验①和②溶液中的

浓度随时间变化关系如图所示。

（2）上述反应后草酸被氧化为（填化学式）。

（3）实验①和②的结果表明；

实验①中

时间段反应速率

（

）=

（用代数式表示）。

（4）该课题组队铁明矾

中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：

假设一：

起催化作用；

假设二：

；

假设三：

…………

（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。

（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有

等。

溶液中

的浓度可用仪器测定）

实验方案（不要求写具体操作过程）

预期实验结果和结论

28.

（2）CO2

（3）PH越大，反应的速率越慢

（4）Al3+期催化作用；

Fe2+和Al3+起催化作用

（5）取PH=5的废水60ml，加入10ml草酸和30ml蒸馏水，滴加几滴FeSO4，测定反应所需时间

预期现象与结论：

与②对比，如果速率明显加快，故起催化作用的为Fe2+

【解析】该反应为探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用，该反应为一比较熟悉的反应，草酸被氧化后的产物为二氧化碳。

（3）考查了从图像中获取数据并分析的能力。

图像越陡，反应速率越快

（4）对于假设可以从加入的物质铁明矾中获取，故为Fe2+和Al3+，然后根据上面的过程，进行对比实验，即可以得到答案。

【考查定位】考察化学实验探究基本能力和化学反应基本原理

11.（2013·

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的：

（1）点解精练银时，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；

在省城固体B的过程中，余姚控制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：

（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molCuAlO2，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，其基本操作时、过滤、洗涤和干燥。

32、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=2NO2。

（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↑（4）银铜合金中的铜的物质的量n（Cu）=

，根据元素守恒可得生成的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]=25.0mol，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。

（1）Ag++e—=Ag，2NO+O2=2NO2

（2）CuO和Al（OH）3，Al（OH）3+OH—=AlO—+2H2O（3）4CuO+2Al2O3

4CuAlO2+O2↑（4）25.0L（5）蒸发浓缩、冷却结晶

元素化合物

12.（2013·

重庆理综·

26）（14分）合金是建筑航空母舰的主体材料。

⑴航母升降机可由铝合金制造。

①铝元素在周期表中的位置是，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

②Al—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）。

⑵航母舰体材料为合金钢。

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

⑶航母螺旋浆主要用铜合金制造。

①80.0gCu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量

氨水，过滤得到白色沉淀39.0，则合金中Cu

的质量分数为　　　　　　　　

②为分析某铜合金的成分，用