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1、高考化学总复习资料整理总结1(多选)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是()A纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗B当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀解析：B项因铁比锡活泼，破损时，形成原电池，铁作负极，腐蚀速度加快；D项，与直流电源正极相连会加快钢管的腐蚀速度。答案：AC2化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率CMgO的熔
2、点很高，可用于制作耐高温材料D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁解析：A项，Al3水解可得Al(OH)3胶体，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项正确；D项，电解MgCl2溶液应得到Mg(OH)2而非Mg。答案：D3(多选)将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是()A加入合金的质量可能为6.4 gB参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150
3、 mLD溶解合金时收集到NO气体的体积标准状况下为2.24 L解析： 由此可以增加的质量5.1 g为OH的质量，n(OH)0.3 mol。所以转移电子的物质的量为0.3 mol。参加反应的合金的质量范围应是：0.15 mol24 gmol1m(合金)0.15 mol64 gmol1即3.6 gm(合金)9.6 g，A正确。被还原的HNO3为0.1 mol，参加反应的HNO3应为0.3 mol0.1 mol0.4 mol，还原产物NO为0.1 mol，标况下的体积为2.24 L，B错，D对。消耗的NaOH溶液的体积应为：V0.1 L100 mL，C错。答案：AD4由Na2O2、Na2CO3、Na
4、HCO3、NaCl固体中的某几种组成的混合物，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，将放出的气体通入足量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，若将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，下列判断正确的是()A混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3B混合物中一定不含有Na2CO3和NaClC混合物一定不含有Na2O2和NaClD混合物中一定含有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3解析：混合物中加入盐酸能放出气体且气体能部分被NaOH溶液吸收说明气体中既有CO2也有O2，由此推知原混合物中一定有Na2O2，Na2CO3和NaHCO3至少存在其中一种；混合物加热有气体生成说明一定含有NaHCO3
5、，至于NaCl和Na2CO3不能确定。答案：A5下述对焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是()钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸被检验的物质每次实验后，要将铂丝用稀盐酸洗净实验时最好选择本身颜色较浅的火焰 没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替A仅有不正确B仅有不正确 C仅有不正确 D全对解析：焰色反应由于是通过观察火焰颜色来检验离子存在的实验，所以实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验离子的真实焰色反应情况。观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是为了滤去黄光。答案：D6下列关于Na2O2的叙述中正确的是(
6、)ANa2O2晶体中的阴离子与阳离子的物质的量之比为11BNa2O2晶体为离子晶体，且含极性共价键CNa2O2应保存于密封、干燥带玻璃塞的广口瓶中DNa2O2与盐酸反应，不仅有盐和水生成，同时会放出无色气体解析：A选项中n(Na)n(O)21，B选项中Na2O2存在OO非极性键，C选项中Na2O2应密封于塑料瓶中，D选项中因Na2O2不是碱性氧化物而是过氧化物，与盐酸反应会有O2放出。答案：D7相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()AAl2O3 BAl(OH)3CAlCl3 DAl解析：四个选项中各种物质与NaOH溶液反应最终均生成NaAl
7、O2，D项相同质量的四种物质中Al的物质的量最多，消耗碱量最多。答案：D82010年12月9日新民网随着铝土资源匮乏及价格飙升，一种镁合金新材料替代铝合金用于自行车生产，既可提升自行车的比刚度、减震性，又能将自行车的重量减至2公斤，下列有关镁、铝、镁铝合金说法不正确的是()A因镁合金具有质量轻的特点，使其在交通运输、航空航天工业上具有巨大的应用前景B镁粉、铝粉和其他原料混合可制成烟花，在节日的夜晚，随着阵阵悦耳响声，人们可以看到“嫦娥奔月”、“天女散花”等烟花在夜空飞舞C镁合金的硬度很小D镁合金可以作结构材料解析：由于镁的密度较小，所以镁合金也以质轻著名，A正确；在达到一定的温度时，镁会燃烧，
8、燃烧时会发出非常强烈的光亮，利用镁的这一特点可以和其他材料混合制成烟花，B正确；镁合金的硬度很大，可以用作结构材料，C错误、D正确。答案：C9向含Fe2(SO4)3、CuCl2、H2SO4的混合溶液中投入足量的Fe粉，充分反应后，剩余的固体物质经干燥，称得其质量比加入的铁粉质量减轻8 g，此时溶液中c(Fe2)是原混合液中c(Cu2)的2倍(反应前后体积没有变化)，溶液中c(SO)与c(Cl)之比是()A12 B21 C13 D14解析：题中提到加足量铁粉，则有以下反应：2Fe3Fe=3Fe2Cu2Fe=CuFe2 2HFe=Fe2H2，由此可知：溶液中所有的阳离子都转化为Fe2，即溶液中所含
9、溶质为FeSO4和FeCl2，根据上述反应又知，FeCl2的物质的量与原溶液中CuCl2的物质的量相等，又依题意，反应后溶液中c(Fe2)是原混合液中c(Cu2)的2倍，则可知，FeSO4与FeCl2的物质的量的和等于CuCl2物质的量的2倍，所以，在同一溶液中c(SO)c(Cl)12。从上述分析中，我们看到此题实际是一个巧解题，巧妙地应用了反应的特点，加以简单的定量分析。而题中给出的Fe粉质量的差异，不是解本题的主要依据。答案：A 10某稀溶液中含有Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(N
10、O3)2、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()A111 B131 C338 D114解析：加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2OFe2Fe3=3Fe2FeCu2=Fe2Cu铁粉加至1 mol前是与HNO3反应，由反应知原溶液中HNO3为4 mol(生成1 mol Fe3)。铁粉从1 mol到2 mol时是与Fe3反应，消耗2 mol Fe3，据反应知原有的Fe(NO3)2为2 mol1 mol。铁粉从2 mol到3 mol时，由反应得其中1 mol Fe消耗Cu21 mol，所以Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、HNO3物质的量分别为：1
11、 mol、1 mol、4 mol。答案：D11对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。(1)以下为铝材表面处理的一种方法： 碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是_(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_。aNH3 bCO2cNaOH dHNO3 以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为_。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是_。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是_。(3)利用右图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳
12、棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。解析：(1)铝与碱反应产生H2，离子方程式为2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2，通CO2气体，可以让溶液中的Al(OH)4全部转化为Al(OH)3沉淀。阳极材料是铝，属于活性电极，电极本身参与反应，反应过程中失去电子而生成Al2O3。电解质溶液是稀硫酸，溶液中的水为金属铝提供了氧元素，所以电极反应式为2Al3H2O6e=Al2O36H，电解后的溶液中含有大量H和少量Al3，加入NaHCO3消耗H产生CO2气体，Al3的水解平衡向右移动，产生Al(OH)3沉淀。(2)电镀时，镀件做阴极，镀层金属做阳极
13、，镀层金属的盐溶液做电解液。(3)X为碳棒时，接M时，Fe做负极，被腐蚀；接N时，Fe做阴极，被保护。X为Zn时，接M时，形成原电池，Zn为负极，Fe为正极，属牺牲阳极的阴极保护法。答案：(1)2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2(或2Al2OH2H2O=2AlO3H2)b2Al3H2O6e=Al2O36HHCO与H反应使H浓度减小，使Al3的水解平衡向右移动，产生Al(OH)3沉淀(2)补充溶液中的Cu2，保持溶液中的Cu2浓度恒定(3)N牺牲阳极的阴极保护法12在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL、浓度为0.5 molL1的HCl溶液中和
14、。则(1)钠与氧气反应的生成物的成分是_。(2)若(1)的生成物为混合物，那么各成分的物质的量之比为_。(3)生成物中阴、阳离子的个数比为_。解析：(1)Na在空气中缓慢氧化的产物为Na2O，加热或点燃后的产物为Na2O2，Na2O、Na2O2溶于水后均生成NaOH，由于n(NaOH)n(HCl)80 mL103L/mL0.50 molL10.04 mol，由Na原子守恒，若生成物为Na2O，则m(Na2O)0.04 mol62 g/mol1.24 g1.5 g；若生成物为Na2O2，则m(Na2O2)0.04 mol78 g/mol1.56 g1.5 g。经计算知：该生成物是Na2O与Na2
15、O2的混合物。(2)联立解得n(Na2O)0.003 75 moln(Na2O2)0.016 25 mol则n(Na2O)n(Na2O2)1043。(3)无论在Na2O中，还是在Na2O2中，阴离子、阳离子的个数比都为12，则二者的混合物中阴、阳离子的个数比也必为12。答案：(1)Na2O和Na2O2 (2)n(Na2O)n(Na2O2)1043(3)1213物质AG有下图所示转化关系(部分反应物、生成物没有列出)。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：B._、E._、G._；(2)利用
16、电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是_，阴极物质是_，电解质溶液是_；(3)反应的化学方程式是_；(4)将0.23 mol B和0.11 mol氧气放入容积为1 L的密闭容器中，发生反应，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12 mol D，则反应的平衡常数K_。若温度不变，再加入0.50 mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度_(填“填大”、“不变”或“减小”)，氧气的转化率_(填“升高”、“不变”或“降低”)，D的体积分数_(填“增大”、“不变”或“减小”)。解析：(1)由G为砖红色沉淀及F转化为G的条件可知，G为Cu2O，则C为Cu，E为浓硫酸或者硝酸，结合题中所给的信息可知，矿
17、物A应为Cu2S，则B为SO2，D为SO3，E为浓硫酸而不是硝酸，F为CuSO4。(2)用电解法提纯金属铜的方法是将粗铜作为电解池的阳极，精铜作为电解池的阴极，一般用CuSO4溶液作电解质溶液。(3)反应的化学方程式：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。(4)2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)；H0初始(mol/L) 0.23 0.11 0变化(mol/L) 0.12 0.06 0.12平衡(mol/L) 0.11 0.05 0.12据此可计算出该温度下的化学平衡常数： K23.8 Lmol1；保持温度不变，向容器中再加入一定量的氧气后，氧气的浓度增大，转化率降低，化学平衡向
18、正反应方向移动，故二氧化硫的转化率增大，其平衡浓度减小，所得混合气体中三氧化硫的体积分数减小。因为三氧化硫增大的浓度最大值为0.11 molL1，而氧气增大的浓度远大于该值，故三氧化硫的体积分数减小了。答案：(1)SO2H2SO4Cu2O(2)粗铜精铜CuSO4溶液(3)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(4)23.8 mol1L减小降低减小14某同学通过下列装置进行实验，推断SO2与Na2O2反应的产物，已知SO2可由浓H2SO4与Na2SO3反应制取，Na2O2完全反应。(1)怎样确定反应中是否有O2生成？_。(2)装置B的作用是_；装置D的作用是_。(3)该同学为了确定另一产
19、物是Na2SO3还是Na2SO4，设计实验如下：确定是Na2SO4你认为该同学的实验是否合理_，理由是_。若你认为不合理，请你设计一个合理的实验来确定产物(括号内填加入物质，方框内填现象)；若你认为合理，可不回答此问。确定是Na2SO4。 解析：(1)从a口收集一试管气体，将带有火星的木条伸入其中，若木条复燃，则证明反应中有O2生成。(2)A中逸出的气体有SO2、H2O，因H2O与Na2O2反应生成O2，会干扰SO2与Na2O2反应产物有无O2的判断，所以B装置用来干燥SO2；Na2O2易与空气中的CO2和水蒸气反应产生O2，D装置是为防止空气进入C装置以及吸收未反应的SO2。(3)因HNO3具有强氧化性，能把4价硫氧化为6价硫，所以此判断是不合理的。应在原溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀，则可确定是Na2SO4，反之则是Na2SO3。答案：(1)从a处收集一试管气体，将带火星的木条伸入，若木条复燃，则证明有O2生成(2)吸收SO2中的水蒸气防止空气进入C装置与Na2O2反应及吸收未反应的SO2(3)不合理因HNO3能氧化SO为SO，即BaSO3转化为BaSO4BaCl2白色沉淀HCl沉淀不溶解8