2009-2013化学高考题分类 金属及其氧化物

（2013江苏卷）1.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：。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O2B.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甲丁乙丙丁甲•【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。2.（2013四川卷）7.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mLks5u【答案】D【解析】A.设CuXg,MgYg.X+Y=1.52X/64×98+Y/24×58=2.54得X=0.02Y=0.01B.c(HNO3)=1000ρɯ/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）=0.04moln（N2O4）=0.01mol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=0.7mol故需要NaOH700mL•（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.9.0LB.13.5LC.15.7LD.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-1＝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-1＝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-1＝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Al片放入浓硝酸中无明显变化Al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•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•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•①•②•③•④•⑤•A.①③⑤B.②③④C.②④⑤D.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”。•11.［2012·重庆理综化学卷7］下列叙述正确的是•A.Fe与S混合加热生成•B.的热稳定性大于•C.过量的铜与浓硫酸反应用一氧化氮生成•D.白磷在空气中加热到一定温度能转化成红磷2SFe3NaHCO32CONa•【答案】C•16.［2012·全国大纲理综化学卷12］在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO3完全分解，所得气体体积依次是V1\V2\V3\V4.体积大小顺序正确的是•A.V3＞V2＞V4＞V1B.V3＞V4＞V2＞V1•C.V3＞V2＞V1＞V4D.V2＞V3＞V1＞V4•答案】B•【解析】常压和500℃条件下，水是气体，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO3完全分解，根据分解化学方程式可知：生成的气体体积大小顺序为V3＞V4＞V2＞V1。•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ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2•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•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•（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6.00g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________。•【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：2AlH32Al+3H2↑2NH4HN2↑+5H2↑•b.甲与水反应：2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑•c.2NH4H+5CuO5Cu+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+2NH4H2Al+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