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1、 Http:/专题4 金属及其化合物（2011北京高考卷）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，
2、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CO32Ba2=BaCO3、HCO3OHBa2=H2OBaCO3，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（2011福建卷）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ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2
3、H5ONaCuCl2【解析】A项中是Mg与CO2反应，方程式为2Mg2CO22MgOC；B项中Al与Fe2O3发生铝热反应，方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3；C项中是金属Na与C2H5OH反应，方程式为2Na2CH3CH2OH=2CH3CH2ONaH2。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（2011广东卷）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
4、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（2011
5、山东卷）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=
6、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（2011重庆卷） 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
7、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（2011上海卷）高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂
8、，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（2011上海卷）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(2011福建卷)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
9、种工艺流程示意如下：回答下列问题：（1）往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：2Fe3Fe = 3Fe22TiO2(无色) Fe4H = 2Ti3(紫色) Fe22H2OTi3(紫色) Fe3H2O = TiO2(无色) Fe22H加入铁屑的作用是_。（2）在工艺中需要控制条件以形成TiO2n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_范围。（3）若把中制得的固体TiO2n 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，KspFe(OH)32.7910-39,该温度下反应Fe (OH)33HFe3 H2O的平衡常数K=_。（4）已知：Ti
10、O2 (s) 2 Cl2 (g)= TiCl4(l) O2(g) H=+140KJmol-12C(s) O2(g)= 2CO(g) H=221KJmol-1写出中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。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.6【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
11、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TiO2n H2O溶胶，说明得到是胶体，其分散质颗粒直径大小为109107m（或1nm100nm）；（3）KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH)2.791039，25时，c(H+)c(OH)Kw11014；反应Fe (OH)33HFe3 H2O的平衡常数K=2.79103。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
12、，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=81KJmol-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）109m107m（或其他合理答案）； （3）2.79103； （4
13、）TiO2(s) 2C(s)2Cl2 (g)TiCl4(l)2CO(g)H=81KJmol-1； （5）产生三废（或其他合理答案）； （6）蒸馏（或分馏，或精馏）。（2011广东卷）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 和 。（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
14、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2AlFe2O3Al2O32Fe、4Al3SiO22Al2O33Si。（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
15、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Cl22OH=ClClOH2O和H+OHH2O。（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 AlCl43e4Al2Cl7。（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
16、部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。【答案】（1）2AlFe2O3Al2O32Fe 4Al3SiO22Al2O33Si。（2）H2和AlCl3；NaCl（3）Cl22OH=ClClOH2O。（4）阳极 Al +7 AlCl43e4Al2Cl7。（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。（2011天津卷）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。来源:学#科#网Z#X#X#K回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是 ；
17、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，
18、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
19、反应的方程式为Fe4HNO3=Fe(NO3)32H2ONO，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)33Fe(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A族 离子键 共价键 H2SiO3（H4SiO4）（2）（3）8Al(s)3Fe3O4(s)9Fe(s)4Al2O3(s) H8aKJ/mol（4）3Fe3O428HNO3=9Fe314H2ONO（5）（2011新课标全国卷）0.80gCuSO45
20、H2O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0.10molL-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+）=_molL-1（KapC
21、u（OH）2=2.210-20）。若在0.1molL-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_molL-1。【解析】（1）0.80gCuSO45H2O中含有CuSO4的质量为。由图像可知当温度升高到102是时CuSO45H2O开始部分脱水，在113258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CuSO4nH2O，则有，解得n1，所以200时固体物质的化学式为CuSO4H2O；（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CuSO4570CuOSO3；CuO溶于硫酸生成CuS
22、O4，结晶析出生成胆矾即CuSO45H2O；由图像可知CuSO45H2O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Cu2H2SO4CuSO42H2OSO2（4）因为KapCu（OH）2c(Cu2)c2(OH) =2.210-20，当溶液的pH=8时，c (OH)106，所以c(Cu2)2.210-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为： CuSO4H2S=H2SO4CuS，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0.1molL-1，所以H+浓度是0.2molL-1。【答案】（1）CuSO4H2O；（2）CuSO4570Cu
23、OSO3、CuSO45H2O、102；（3）Cu2H2SO4CuSO42H2OSO2（4）2.210-8、0.212.（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）。MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力Mg与F2的反应是放热反应MgBr2与Cl2反应的H0化合物
24、的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2MgF2（s）+Br2（l）=MgBr2（s）+F2（g）H=+600kJmol-1答案（1）MgO，Mg3N2；（2）+2，；（3）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，故正确错误，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
25、离其宗。有以下的规律：键的断裂与能量之间关系及盖期定律计算；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；焓变值大小比较和放吸热判断。(2011全国II卷)（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：反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和可以发生反应：2EI2FD，F中的E元素的质量分数为60%.回答问题：(1）中反应的化学方程式为_；(2）化合物的电子式为_,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
26、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反应的离子方程式为_;(5)E在I中燃烧观察到的现象是_。【答案】（4）2Al2OH2H2O=2AlO23H2AlO2CO22H2O=HCO3Al(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（2010全国卷）下列叙述正确的是ALi在氧气中燃烧主要生成B将SO2通入溶液可生成沉淀C将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节； B错误，酸性：HC
27、lH2SO3H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2；D错误，溶液中该反应难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须是干燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3HClO,反应为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考查无机元素及其化合物，如碱金属，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C选项直接取材于高一课本，D取材于
28、高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习策略，本题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视基础，就有可能出错！（2010全国卷）能正确表示下列反应的离子方程式是A将铜屑加入溶液中：B将磁性氧化铁溶于盐酸：C将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：D将铁粉加入稀硫酸中：【答案】A【命题意图】考查离子方程式的正误判断方法！【点评】离子方程式正误判断是个老生常谈的问题了，本题出得太没有创意了，如D这是个重现率很高的的经典错误，考生绝对做过原题！B项也见得多，一般考查不是用盐酸而是用氢碘酸，有些专家多次指出，磁性氧化铁不溶于任何酸，这样的典型错误在高考题中再次出现，这道题就没什么意思了！A直接取材于课
29、本第二册，C选项，考生也绝对做过，都是太常见不过了！（2010安徽卷）12.右图是一种稀硫对Fe-Gr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是A.稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B.稀硝酸和铁反应的化学方程式是:Fe+6HNO3(稀)Fe(NO3)3+3NO2+3H2OC.Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强D.随着Cr含量增加，稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱【答案】D【解析】A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱。B应生成NO；C不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度
30、慢。（2010安徽卷）13.将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计)Na2O1Na2O Na2CO3 NaClA.B.C.=D.=【答案】A【解析】溶于水，溶质都是0.02moL,但前者有氧气生成，因此氢氧根浓度大，有;中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于。因此有A正确。（2010福建卷）9。下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3【解析】本题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代入法，即把各选项中
31、的X,Y,Z带入又吐的圆圈中进行判断，C中CO2在一定条件下与单质钠反应可以生成金刚石和碳酸钠。（2010上海卷）11将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是【答案】C【解析】此题考查了元素化合物、图像数据的处理知识。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生：HCl+ Na2CO3= NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行
32、完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl =NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，分析图像，可知选C。易错警示：解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCl+ Na2CO3= NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl =NaCl+H2O+CO2（2010上海卷）21甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1 molL-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是A甲中沉淀一定比乙中的多 B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少 D甲中和乙中的沉
33、淀可能一样多【答案】BD【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
34、（2010上海卷）22由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是A4:3 B3:2 C3:1 D2:l【答案】BC【解析】此题考查了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反应，可知当Fe2O3+Fe=3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反应：Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时，反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量
35、之比为：1:2；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两着之间，故BC可能。知识归纳：极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。（2010重庆卷）8下列叙述正确的是A铝制容器可盛装热的H2SO4 BAgl胶体在电场中自由运动CK与水反应比Li与水反应剧烈D红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3【答案】C【解析】本题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，
36、故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。D项，P与过量的反应，应生成,错误。误区警示：铝在冷、热中发生钝化，但是加热则可以发生反应，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。（2010全国卷）28（15分）有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，他们是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；将A分别加入其它五中溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入
37、过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶。根据上述实验信息，请回答下列问题：（1） 能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：（2） 不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：【解析】(I)由题干表述可知A和E不是盐，又由纯E为无色油状液体，推知E为硫酸（步操作进一步确定）；（II）由题干和步操作可知A为氨水； (III)再由步操作可知F中阳离子为Ag+发生的反应为：AgNH3H2O=AgOHNH4；AgOH2NH3H
38、2O=Ag(NH3)2OH2H2O；而常见的盐中只有AgNO3可溶于水，故F为AgNO3；（IV）由步操作可知B中阴离子应为CO32-,由于此无色无味的气体只能是CO2, B、C、D中能生成沉淀说明不能是HCO3-,而阳离子可是常见的K+、Na+、NH4+等待定（V）同样由步操作D中能与氨水生成沉淀的无色溶液中常见的为阳离子为Mg2+或Al3+，而阴离子需待下步反应再确定；（VI）由步操作生成的沉淀为可能为AgCl、AgBr、AgI、BaSO4、H2SiO3(不合理)等，但限于题干所述中学常用试剂，则沉淀应为AgCl和BaSO4，才不溶于HNO3，一个是与AgNO3结合生成的沉淀，一个是与硫酸
39、结合形成的沉淀，故C应该同时含有Ba2+和Cl-即，C为BaCl2,进而推出D中阴离子应该为SO42-，因为题干所述盐溶液中阴离子均不同，故D为Al2(SO4)3或MgSO4其他解析见答案【答案】(1)A NH3H2O或NH3 ；E H2SO4 F AgNO3 C BaCl2若C作为不能确定的溶液，进一步鉴别的方法合理，同样给分（2）B Na2CO3或K2CO3 用洁净的铂丝蘸取少量B，在酒精灯火焰中灼烧，若焰色呈黄色则B为Na2CO3溶液；若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3溶液D Al2(SO4)3或MgSO4 取少量D，向其中滴加NaOH溶液有沉淀生成，继续滴加过量的NaOH
40、溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3溶液，若沉淀不溶解，则D为MgSO4溶液（2010广东理综卷）32（16分）碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域。以-锂辉石（主要成分为Li2OAl2O34SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g（1）步骤前，-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是_（2）步骤中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-,另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、
41、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，需在搅拌下加入_(填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸”)以调节溶液的PH到6.06.5，沉淀部分杂质离子，然后分离得到浸出液。（3）步骤中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有_（4）步骤中，生成沉淀的离子方程式为_（5）从母液中可回收的主要物质是_【解析】（1）粉碎可以增大接触面积，加快反应速率（2） 要增强溶液的碱性，只能加入石灰石（3） 可以氧化为，石灰乳和使得沉淀（4） 步骤生成的沉淀是,离子方程式为：（5） 母液中的溶质是、，可以回收。【答案】（1）加快反应速率（2）石灰石（3）（4）（5）。（201
42、0安徽卷）28.（13分）某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe（NO3）3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原因进行了如下探究：实验制备银镜，并与Fe（NO3）3溶液反应，发现银镜溶解。（1）下列有关制备银镜过程的说法正确的是 。a.边振荡盛有2的AgNO3溶液的试管，边滴入2的氨水。至最初的沉淀恰好溶解为止b.将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中来源:Zxxk.Comc.制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热d.银氨溶液具有较弱的氧化性e.在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大提出假设假设1：Fe1具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3能氧化Ag。设计实验方案，验证假设（2）甲同学从上述实验的生成物中检验出Fe3，验证了假设1成立。请写出Fe3氧化Ag的离子方程式： 。（3）乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容（提示： NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生）。实验步骤（不要求写具体操作过程）预期现象和结论若银镜消失，假设2成立。若银镜不消失，假设2不成立。思考与交流（4）甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立。则丙同学由此得出结论：Fe（NO3）3溶液中的Fe3和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：