高考化学培优(含解析)之铁及其化合物推断题含答案

高考化学培优(含解析)之铁及其化合物推断题含答案

一、铁及其化合物

1．纳米Fe3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。其制备流程如下：

已知：锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。

请回答下列问题：

(l)用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。

A.去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化

(2)步骤②生成Zn(OH)2沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤pH 不能过小的原因____。调节pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。

(3)步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。

(4)步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T 业生产中可采取___________措施提供无氧环境。

(5)步骤⑤ _______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？理由是___________。

【答案】AB ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量 CO2

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 3:1 防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化持续通入N?不能纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸

【解析】

【分析】

根据流程图及已知信息分析得：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe 中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。

【详解】

（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：AB；

（2）根据题给信息知，步骤②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：ZnO22-

+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；CO2；

（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:2，设Fe2+物质

的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：

21x

x=

323

??，则应调整原溶

液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:x

3

=3:1，故答案为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:1；

（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：防止Fe2+[或Fe （OH）2]被氧化；持续通入N2；

（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。

2．某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn及有机物）制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：

已知：相关数据如表1和表2所示

表1部分难溶电解质的溶度积常数（25℃）

物质K sp物质K sp

Fe(OH)3 4.0×10-38CuS 6.3×10-34

Fe(OH)2 1.8×10-16ZnS 1.6×10-24

Al(OH)3 1.0×10-33NiS 3.2×10-18

Ni(OH)2 2.0×10-15

表2 原料价格表

物质价格/（元?吨-

1）

漂液（含25.2%NaClO）450

双氧水（含30%H2O2）2400

烧碱（含98%NaOH）2100

纯碱（含99.5%Na2CO3）600

请回答下列问题：

（1）“焙烧”的目的是________________________________。

（2）“试剂a”的名称为__________________；选择该试剂的理由是______。

（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol ?L-1，需“调节pH”至少为_______________。

（5）“试剂b”应选择__________，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为

_______________________________。

（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为

NiOOH+MH=Ni(OH)2+M，当导线中流过2 mol电子时，理论上负极质量减少__________g。充电时的阳极反应式为_______________________________________________。

【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作2Fe2++ClO-+2H+=2 Fe3++Cl-+H2O5Na2CO3NiCO3+H2O Ni(OH)2+CO2↑2

Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH +H2O

【解析】

【分析】

铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+，加入NiS，可以除去Zn2+、Cu2+。滤液2中有镍离子，同样的道理，在沉淀Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成Ni（OH）2，最后Ni（OH）2灼烧分解，就可以得到氧化镍。

【详解】

（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；

（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。

（3）漂液中含有NaClO ，将Fe 2+氧化成Fe 3+，ClO -被还原成Cl -，反应的离子方程式为2+-+-3+22Fe +ClO +2H =Cl +2Fe +H O ；

（4）Fe （OH ）3和Al （OH ）3类型相同，Fe(OH)3 的K sp 比Al(OH)3小，为了使它们完全沉淀，用Al(OH)3的K sp 进行计算， -33-143+3--33--93

3-6--910Kw 10[Al(OH)]=c(Al )(OH =10c(OH )==10pH=-lg()=-lg()=510c(OH )10sp K c ），，，则pH 至少为5；

（5）需要选择沉淀Ni 2+的沉淀剂，NaOH 的价格更贵，所以选择Na 2CO 3，根据题意，加入Na 2CO 3时，生成的滤渣2为NiCO 3，NiCO 3加水煮沸转化成Ni （OH ）2，加水煮沸的方程式为NiCO 3+H 2O ΔNi （OH ）2+CO 2↑。

（6）镍氢电池放电时负极的是MH ，在反应中MH 变成了M ，失去质量为H 的质量，负极反应式为MH-e -+OH -=M+H 2O ，转移2mol ，负极质量减少2g ；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高，Ni(OH)2变成NiOOH ，电极反应式为：Ni(OH)2+OH --e -=NiOOH +H 2O 。

【点睛】

（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（4）计算pH 的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH 较大的那个。

3．A 、B 、C 、D 均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示。

(1)若A 为强碱，C 、D 常被用做食用“碱”。C → D 反应的离子方程式为 ______________。

(2)若A 为使用最广泛的金属单质，B 是某强酸的稀溶液，则检验D 溶液中金属阳离子的试剂为_____________，D → C 反应的离子方程式为___________。

(3)若A 为非金属单质，D 是空气中的主要温室气体。D 还可以转化为A ，写出该反应的化学方程式_________。

【答案】CO 32－ + CO 2 + H 2O = 2HCO 3－ KSCN 溶液 2Fe 3+ + Fe = 3Fe 2+ 2Mg + CO 2点燃2MgO +

C

【解析】

【分析】

(1)若A 为强碱，C 、D 常被用做食用“碱”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A 为氢氧化钠，与少量二氧化碳反应生成C 为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D 为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和

水；

(2)若A为使用最广泛的金属单质，B是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A为铁，B为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁；

(3)若A为非金属单质，D是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO，在氧气充足时燃烧生成D为CO2，CO在氧气中燃烧生成CO2，CO2与C在高温条件下反应生成CO。

【详解】

(1)若A为强碱，C、D常被用做食用“碱”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A 为氢氧化钠，与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故C→ D反应的离子方程式为CO32－+ CO2 + H2O = 2HCO3－；

(2)若A为使用最广泛的金属单质，B是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A为铁，B为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，则检验D溶液中金属阳离子Fe3+的试剂为KSCN溶液，D→ C反应的离子方程式为2Fe3++ Fe = 3Fe2+；

(3)若A为非金属单质，D是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO，在氧气充足时燃烧生成D为CO2，CO在氧气中燃烧生成CO2，CO2与C在高温条件下反应生成CO，D还可以转化为A，是镁在二氧化碳中燃烧生成

氧化镁和C，反应的化学方程式为2Mg+ CO2点燃

2MgO + C。

4．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___。

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。

（5）W和T反应的离子方程式___。

【答案】Na2O2 2Al +2H2O + 2OH- =2AlO2- +3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3 2Na2O2 +2 H2O=4 Na+ + 4OH- + O2↑供氧剂 2Fe3+ + Fe =3Fe2+

【解析】

题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。

【详解】

（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C 又与Fe反应。综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。

（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al +2H2O + 2OH- =2AlO2- +3H2↑。

（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。D为Fe在氧气中燃烧产物

Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe(OH)2。W 含有Fe3+，说明Fe(OH)2发生氧化生成

Fe(OH)3。答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3。

（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。故答案为2Na2O2 +2 H2O =4 Na+ + 4OH- + O2↑，供氧剂。

（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。答案为2Fe3+ + Fe =3Fe2+。

【点睛】

解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。

5．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。请回答下列问题：

（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。则B的化学式为__。

（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。

（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为

___。

（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。

【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO2═3S+2H2O CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】

【分析】

(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；

(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；

(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；

(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此

【详解】

(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；

(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH?=AlO2?+2H2O；

(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C 为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：

2H2S+SO2═3S+2H2O；

(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C 为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32?+CO2+H2O═2HCO3?。

6．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是（）

A．若X为KOH溶液，则A可能为Al

B．若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液

C．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2

D．若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 若X为KOH溶液、A为A1时，Al和碱反应只能生成偏铝酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故A错误；

B. 若X为Fe，则A和铁反应的量不同，产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe(NO3)3溶液，则C可能为Fe(NO3)2溶液，故B正确；

C. 若A. B. C均为焰反应呈黄色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X 可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故C

错误；

D. 若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现A→B→C的转化，但不能一步实现A→C；为非金属单质硫时，可以实现A→B→C的转化，但不能实现A→C的转化，故D错误；

答案选B。

7．稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu )共17种元素，是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含 ( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO 等物质）．某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3（氧化铕）．

已知：CeO2不溶于桸硫酸，也不溶于NaOH 溶液，Eu2O3可溶于稀硫酸

(1)往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸，反应的离子方程式____________ 。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是

________________________________。

(2)有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来．该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HR(有机层)CeR3(有机层）+3H+(水层）。向 CeR3(有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：________________________。

(3)流程中由含 Ce3+滤液生成Ce(OH)4的离子方程式____________________。

(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品 0.52 g, 加硫酸溶解后，用浓度为 0.1000mol?L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+ , 消耗 24.00 mL 标准溶液。该产品中 Ce(OH)4的质量分数为___________。

(5)已知含 Ce3+溶液也可以先加碱调 pH后再通入氧气氧化可得到Ce(OH)4。298K

时,K sp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol?L-1, 加碱调节pH 到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．

(6)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2 最适宜的pH 是_______（填选项序号）．其原因是 _____。

A． 2.0 左右 B . 3.0 左右 C．5.0 左右

【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动， 4Ce3++O2+12OH-

+2H2O=4Ce(OH)4 96% 8 B 使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失

【解析】

【分析】

废荧光粉末含 ( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO 等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；滤渣中含有CeO2、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。

【详解】

（1）在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；

（2）根据平衡Ce3+（水层）+3HR(有机层)CeR3(有机层）+3H+(水层），向 CeR3(有机层）中加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，则Ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动；

（3）流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成 Ce(OH)4，离子方程式为4Ce3++O2+12OH-

+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4；

（4）Ce(OH)4加硫酸溶解后，被FeSO4还原为Ce3+ ,则有Ce(OH)4~ Ce3+~ FeSO4，则

n[Ce(OH)4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol，m[Ce(OH)4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g，该产

品的纯度为：0.4992g

100%=96%

0.520g

?，故答案为：96%；

（5）298K时，K sp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol?L-1, Ce3+开始沉淀，则c

（OH-）=

-20

-6

3

510

mol/L=110mol/L

0.05

?

?，则pH=8，故答案为：8；

（6）溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与 pH的关系图可知，调节pH在3.0左右，可使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失，故答案为：B；使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失。

8．2019年诺贝尔奖授予JohnB．Goodenough等三位科学家，以表彰其在锂电池领域的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）用作锂离子电池正极材料，制备方法如图：

（1）制备水合磷酸铁（FePO4·xH2O）固体

①过程Ⅰ，加NaOH溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO4-，过程Ⅰ发生的主要离子方程式是____。

②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应生成FePO4沉淀的离子方程式是____。

③进行过程III之前，需确认过程II中无Fe2+，检验试剂为____。

④FePO4·xH2O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）如图：

水合磷酸铁的化学式为____。（x 取整数）

（2）制备LiFePO 4固体：

在氮气气氛保护下，高温焙烧FePO 4、Li 2CO 3和过量葡萄糖的固体混合物。

①过量葡萄糖作用是____。

②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO 4会迁出部分Li +，部分转变为Li (1-x)FePO 4。此电极的电极反应为____。

【答案】H 3PO 4+OH -=H 2PO 4-+H 2O 2H 2PO 4-+H 2O 2+2Fe 2+=2FePO 4↓+2H ++2H 2O 铁氰化钾溶液 FePO 4·2H 2O 还原剂，把三价铁还原成二价铁 LiFePO 4－xe -=xLi ++Li (1－x)FePO 4

【解析】

【分析】

FeSO 4?7H 2O 在H 3PO 4中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H 2PO 4－，过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe 2+与H 2O 2 、H 2PO 4－反应生成FePO 4沉淀、H +和H 2O ，再加入氢氧化钠中和

酸，最后得到FePO 4·

xH 2O 。高温焙烧FePO 4、Li 2CO 3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO 4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价升高，作还原剂。

【详解】

⑴①过程Ⅰ，加NaOH 溶液调pH = 2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H 2PO 4－，说明过

程Ⅰ主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H 2PO 4－，其主要离子方程式是H 3PO 4+OH － =

H 2PO 4－ + H 2O ；故答案为：H 3PO 4+OH － = H 2PO 4－ + H 2O 。

②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe 2+与H 2O 2 、H 2PO 4－反应生成FePO 4沉淀、H +和H 2O ，因此生成FePO 4沉淀的离子方程式是2H 2PO 4－+H 2O 2 +2Fe 2+ = 2FePO 4↓ + 2H ++2H 2O ；故答案

为：2H 2PO 4－+H 2O 2 +2Fe 2+ = 2FePO 4↓ + 2H ++2H 2O 。

③进行过程III 之前，需确认过程II 中无Fe 2+，常用铁氰化钾溶液试剂检验；故答案为：铁氰化钾溶液。

④假设100g FePO 4·

xH 2O 样品受热，得到FePO 4固体80g ，水20g ，根据物质的量比例得到11

80g 20g :1:2151g mol 18g mol --=??，因此水合磷酸铁的化学式为FePO 4·2H 2O ；故答案为：FePO 4·2H 2O 。

⑵①高温焙烧FePO 4、Li 2CO 3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO 4固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价升高，作还原剂，主要是将三价铁还原成二价铁；故答案为：还原剂，把三价铁还原成二价铁。

②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO 4会迁出部分Li +，部分转变为Li (1-x)FePO 4。此电极的电极反应为LiFePO 4－xe － = xLi + + Li (1－x)FePO 4；故答案为：LiFePO 4－xe － = xLi + + Li (1－

x)FePO 4。

9．以赤铁矿(主要成分为60.0%Fe 2O 3，杂质为3.6%FeO ，Al 2O 3，MnO 2，CuO 等)为原料制备高活性铁单质的主要生产流程如图所示：

已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH 如表所示：

沉淀物

Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 pH 3.4 5.2 9.7 6.7

请回答下列问题：

（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，目的是___。操作Ⅰ的名称是___。

（2）将操作Ⅰ后所得的MnO 2与KClO 3、KOH 溶液混合共热，可得到K 2MnO 4，此反应的化学方程式是____。

（3）将pH 控制在3.6的目的是___。已知25℃时，K sp [Cu(OH)2]=2×10-20，该温度下反应Cu 2++2H 2O Cu(OH)2+2H +的平衡常数K =___。

（4）加入双氧水时反应的离子方程式为___。

（5）利用氨气在500℃以上分解得到的氮原子渗透到铁粉中可制备氮化铁(Fe x N y )，若消耗氨气17.0g ，消耗赤铁矿石1kg ，写出该反应完整的化学方程式：___。

【答案】增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 过滤 3MnO 2＋6KOH ＋KClO 33K 2MnO 4＋KCl ＋3H 2O 使Fe 3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀 5.0×10-9

H 2O 2＋2Fe 2+＋2H +=2Fe 3+＋2H 2O 16Fe ＋2NH 3

2Fe 8N ＋3H 2 【解析】

【分析】

赤铁矿(主要成分为60.0%Fe 2O 3，杂质有3.6%FeO ，Al 2O 3，MnO 2，CuO 等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质，以此解答该题。

【详解】

(1)含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率，通过操作Ⅰ将不溶的二氧化锰过滤掉；

(2)MnO 2与KClO 3、KOH 溶液混合共热，可得到K 2MnO 4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：3MnO 2+KClO 3+6KOH 3K 2MnO 4+KCl+3H 2O ；

(3)根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的PH 大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，PH 不能太大；K sp [Cu(OH)2]=c(Cu 2+)×c 2(OH -)=2×10-20，c(H +)=()w K c OH -，反应

Cu 2++2H 2O ?Cu(OH)2+2H +的平衡常数K= ()()()()[]222w w 222sp 2

H K K K Cu(OH)c Cu c Cu c OH c +

++-==?=5×10-9；

(4)双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ；

(5)赤铁矿石1kg 含铁的物质的量为：100060%160?×2+1000 3.6%72

?=8mol ，氨气的物质的量为：17g 17g /mol

=1mol ，铁和氨气的物质的量之比是8:1，生成的氮化铁为Fe 8N ，根据质量守恒，则该反应为：16Fe+2NH 32Fe 8N+3H 2。

10．闪锌精矿(含有ZnS 、SiO 2和少量FeS 杂质)，钛白废液(含H 2SO 4约20%，还有少量Fe 2+、TiO 2+)。利用钛白废液及闪锌精矿联合生产七水合硫酸锌流程简化如下：

回答下列问题：

(1)在焙烧过程中，产生了具有漂白性的气体和金属氧化物，其中气体是_________，滤渣X 的主要成分是_________________。

(2)氧化时，如果鼓入空气不足，其弊端是__________，生成H 2TiO 3的相关离子反应方程式为____________，从生产实际考虑，调pH 时，选择加入石灰乳而不是烧碱的原因是_________。

(3)常温下，滤液Y 中锌离子浓度约为6mol/L ，若K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38，

K sp [Zn(OH)2]=6.0×10-18。据此分析，加入石灰乳调节的pH 应不超过________，此时溶液中还有的杂质阳离子为H +和__________。

(4)工业上，常用电解硫酸四氨合锌(II)溶液（含[Zn(NH 3)4]2+）制备单质锌，其阴极的电极反应式为__________。

【答案】SO 2（或二氧化硫） SiO 2（或二氧化硅） Fe 2＋氧化不完全，在调节pH 时不能除尽Fe 2＋ 2H 2O ＋TiO 2＋=H 2TiO 3↓＋2H ＋或TiO 2＋＋Ca(OH)2=H 2TiO 3＋Ca 2＋ Ca(OH)2来源广，价格便宜 5 Ca 2＋ [Zn(NH 3)4]2＋＋2e －=Zn ＋4NH 3

【解析】

【分析】

闪锌精矿焙烧过程中ZnS 和FeS 会与O 2反应，生成金属氧化物和SO 2，加入钛白废液，金属氧化物会与钛白废液中的H 2SO 4反应，生成溶于水的硫酸盐。过滤，不溶于酸的SiO 2被除去。通过空气氧化Fe 2＋成Fe 3+，加入石灰乳调节pH ，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去，TiO 2＋也转化为H 2TiO 3沉淀除去，过滤得到ZnSO 4溶液，最后得到ZnSO 4·7H 2O 。

【详解】

(1)由信息可知，焙烧过中发生反应：2ZnS ＋3O 2 2ZnO ＋2SO 2，4FeS ＋

7O 22Fe 2O 3＋4SO 2，所以放出的气体是SO 2；由于ZnO 和Fe 2O 3均溶于硫酸，SiO 2不溶于H 2SO 4，因此滤渣X 为SiO 2；

(2)通入空气的目的是为了将Fe 2＋氧化为Fe 3＋从而形成Fe(OH)3除去，如果空气不足，Fe 2＋没有被完全氧化，在调节pH 时，不能完全除去Fe 2＋；

加入石灰乳调节pH ，TiO 2＋转化为H 2TiO 3，分析化合价可知，Ti 的化合价没有发生变化，根据原子守恒配平，则化学方程式为2H 2O ＋TiO 2＋=H 2TiO 3↓＋2H ＋或TiO 2＋＋Ca(OH)2=H 2TiO 3＋Ca 2＋；

生产实际考虑时，必须考虑原料的来源和价格，石灰乳Ca(OH)2来源广，价格便宜；

(3)调节pH 时，Fe 3＋要沉淀完全，而Zn 2＋不能沉淀，假设Fe 3＋沉淀完全的浓度为1×10－5mol·L －1，c (Fe 3＋)3c (OH －)= K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38，可求出c (OH －)=1.6×10－11mol·L －1；当Zn 2＋恰好沉淀时，c (Zn 2＋)2c (OH －)= K sp [Zn(OH)2]=6.0×10-18，c (Zn 2＋)=6mol/L ，可求出c (OH －)=10－9

mol·L －1，则c (OH －)不应超过10－9mol·L －1，可计算最大的pH 值，14

W 9K 10pH=-lg[]lg()=5(OH )10

c ---=-，因此pH 应不超过5； 加入石灰乳Ca(OH)2调节pH 时，生成的CaSO 4是微溶物，因此滤液中还会有Ca 2＋；

(4)根据信息，由[Zn(NH 3)4]2＋制备Zn ，在阴极，得电子发生还原反应，则电极反应为

[Zn(NH 3)4]2＋＋2e －=Zn ＋4NH 3。

1996年广东高考化学真题及答案

1996年广东高考化学真题及答案 第I卷 （选择题共84分） 合题意.) 根据以下叙述,回答1～2小题. 1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家.大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光,保护地球上的生物.氟利昂(如CCl2F2可在光的作用下分解,产生Cl原子,Cl原子会对臭氧层产生长久的 破坏作用(臭氧的分子式为O3).有关反应为: 1.在上述臭氧变成氧气的反应过程中,Cl是( ). (A)反应物(B)生成物(C)中间产物 (D)催化剂 2.O3和O2是( ). (A)同分异构体(B)同系物 (C)氧的同素异形体(D)氧的同位素 请分别比较3～5三个小题中前后两个数值的相对大小.选择(A)、(B)、(C)、(D)表示前者和后者的关系. 3.原子核外的M电子层和L电子层最多可容纳的电子数( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 4.钢和生铁中碳的百分含量( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 5.相同温度下的0.1摩/升和0.01摩升CH3COOH溶液中,CH3COOH的电离度( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该题为0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的给1分,选两个且都正确的给3分,但只要选错一个,该小题就为0分.) 6.科学家最近制造出第112号新元素,其原子的质量数为277,这是迄今已知元素中最重的原子.关于 该新元素的下列叙述正确的是( ). (A)其原子核内中子数和质子数都是112 (B)其原子核内中子数为165,核外电子数为112 (C)其原子质量是12C原子质量的277倍 (D)其原子质量与12C原子质量之比为277:12 7.关于磷的下列叙述中,正确的是( ). (A)红磷没有毒性而白磷剧毒 (B)白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 (C)白磷可用于制造安全火柴 (D)少量白磷应保存在水中 8.把三氯化铁溶液蒸干灼烧,最后得到的固体产物是( ). (A)无水三氯化铁(B)氢氧化铁 (C)氧化亚铁 (D)三氧化二铁

高考化学无机推断题解题技巧

2019年高考化学无机推断题解题技巧 无机推断题是集元素化合物知识、基本概念和基本理论于一体，且综合性强、考查知识面广、思维容量大、题型多变、能力要求高、推理严密，既能检查学生掌握元素化合物的知识量及熟练程度，又能考查学生的逻辑思维能力，在历年高考中频频出现，且体现出很好的区分度和选拔功能。无机推断题考查内容及命题主要呈现如下趋势： 1.限定范围推断：主要适用于气体或离子的推断，该类题目的主要特点是在一定范围内，根据题目给出的实验现象(或必要的数据)进行分析，作出正确判断。解题关键：①审明题意，明确范围，注意题目所给的限定条件;②紧扣现象，正确判断;③要注意数据对推断结论的影响。 2.不定范围推断：常见元素化合物的推断。该题目的主要特点是：依据元素化合物之间相互转化时所产生的一系列实验现象，进行推理判断，确定有关的物质。题目往往综合性较强，具有一定的难度。从试题形式来看，有叙述型、图表型等。解题关键：见题后先迅速浏览一遍，由模糊的一遍“扫描”，自然地在头脑中产生一个关于该题所涉及知识范围等方面的整体印象，然后从题中找出特殊现象或特殊性质的描述，作为解题的突破口，进而全面分析比较，作出正确判断。

3.给出微粒结构等的微粒(或元素)推断题。解题关键： ①熟记元素符号，直接导出;②掌握几种关系，列式导出;③利用排布规律，逐层导出;④弄清带电原因，分析导出;⑤抓住元素特征，综合导出;⑥根据量的关系，计算导出。 4.给出混合物可能组成的框图型(或叙述型)推断题。解题关键：解框图型(或叙述型)推断题一般是根据物质的转化关系，从其中一种来推知另一种(顺推或逆推)，或找出现象明显、易于推断的一种物质，然后左右展开;有时需试探求解，最后验证。 5.给出物质间转化关系的代码型推断题。解题关键：此类推断题的特点是用代号表示各物质的转化关系，要求“破译”出各物质的分子式或名称等，看起来较复杂，其实在解题时，只要挖掘题眼，顺藤摸瓜，便可一举攻克。 6.给出物质范围的表格型推断题。解题关键：列表分析，对号入座;直观明快，谨防漏解。

高考化学无机推断题专题

第二轮复习无机推断题专题讲座 [命题趋向] 推理能力是高考测试的五项能力之一。《考试大纲》中对推理能力是这样界定的：“通常根据已知的知识和题目给定的事实和条件，抽象、归纳相关信息，对自然科学问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或做出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来”。 无机物质推断题既可以综合考查元素化合物方面的基础知识、还可联系到化学基础理论、化学基本计算、化学实验现象等等，另外无机物质推断题可以较好地测试推断能力，所以近几年的高考试题中，无机物质推断题成了每年高考中考查推理能力的保留题型。分析今高考中物质推断题，主要可分成以下三类：选择型推断题、文字叙述型推断题、框图型推断题。 从推理能力考查的特点分析，高考无机推断题中主要表现了以下几个特点： ①单信息、多信息并重。同一道推断题中，有的结论只要分析单个信息就可以得出，有的结论需要同时综合多条信息才能得出。 ②正向、逆向、统摄三种形式的推理并重。有些结论的得出过程中，需要正向、逆向、统摄等三种推理形式。 ③定性、定量分析并重。推断过程中既需要定性分析、又需要定量分析。 ④计算和逻辑推理（讨论）并重。 [知识体系和复习重点] 《考试大纲》中对元素化合物知识的综合要求较高，具体要求如下： ①了解在生活和生产中常见无机化合物的性质和用途。 ②能够运用无机化合物各部分知识进行综合推断，解决有关的综合问题。 ③能够综合运用无机化合物、有机化合物知识进行综合分析，解决有关的综合问题。[知识指津] 无机物的相互反应(见下图所示) (1)无机物间能否反应，主要决定于反应物的性质及反应时的客观条件。左边所示的无机物间的相互反应指其主要性质而言，至于各个具体物质间能否反应，还有一些具

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提 升)含答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系： 其中①②③均为有单质参与的反应。 （1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。 （2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。 （3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。C的化学式是 ____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式 ____________________。 【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑ 【解析】 【分析】 (1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。 【详解】 (1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； (2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。 2．已知有以下物质相互转化：

安徽高考化学试题及答案解析版

2014年安徽高考理综化学试题解析 第Ⅰ卷 的资源化利用是解决温室效应的重要途径，以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应： NH3+CO2 +H2O 下列有关三聚氰酸的说法正确的是 A．分子式为C3H6N3O3 B．分子中既含极性键，又含非极性键 C．属于共价化合物 D．生成该物质的上述反应为中和反应 【答案】C 【解析】三聚氰酸分子式为C3H3N3O3，分子中只含极性键(碳氮极性键、碳氧极性键和氧氢极性键)。氰酸的结构为HO—C≡N，3个氰酸分子发生加成生成三聚氰酸。本题是用NH3捕获CO2在一定条件下生成三聚氰酸，其过程是：NH3先与CO2发生加成反应生成中间产物氨基甲酸H2N—COOH，3个H2N—COOH失去3个水分子生成三聚氰酸。 8.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是 A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br—可以大量共存 B．和KI溶液反应的离子方程式： Fe3+ +2I—== Fe2+ +I2 C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式： Fe3+ +SO42—+Ba2+ +3OH—== Fe(OH)3↓+BaSO4↓ D．1 mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成 gFe 【答案】D 【解析】A选项：Fe3+与C6H5OH反应：Fe3++6C6H5OH==[Fe(OC6H5)6]3—+6H+ B选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +2I—== 2Fe2+ +I2 C选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +3SO42—+3Ba2+ +6OH—== 2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓ 9.为实现实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是 选项实验目的主要仪器试剂 A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水 B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3 D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、 mol/L盐酸 【解析】A选项：Br2和CCl4是两种互溶的液体，Br2和CCl4混合物是溶液，不能通过分液的方法分离。 B选项：葡萄糖是还原性糖(分子中含—CHO)，蔗糖是非还原性糖(分子中不含—CHO)。 C选项：实验室制取H2的试剂通常是用锌粒和稀盐酸或稀硫酸，不是稀硝酸。锌与稀硝酸反应反应通常不能得到H2，而是低价氮的化合物或氮单质。 D选项：缺少酸碱指示剂。 10.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断准确的是 A B C D

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2017年内蒙古高考化学试题及答案

2017年普通高等学校招生全国统一考试 理科化学综合能力测试试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。学科.网写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 8．阿伏加德罗常数的值为A N 。下列说法正确的是 A ．1 L 0.1 mol·1 L -NH 4Cl 溶液中，4NH + 的数量为0.1A N B ．2.4 g Mg 与H 2SO 4完全反应，转移的电子数为0.1A N C ．标准状况下，2.24 L N 2和O 2的混合气体中分子数为0.2A N D ．0.1 mol H 2和0.1 mol I 2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2A N 9．a 、b 、c 、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与a 同族。下列叙述正确的是 A ．原子半径：d>c>b>a B ．4种元素中b 的金属性最强 C ．c 的氧化物的水化物是强碱 D ．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强 10．下列由实验得出的结论正确的是

D ． 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体 能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 11．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 24224H SO H C O -混合溶液。下列叙述错误的是 A ．待加工铝质工件为阳极 B ．可选用不锈钢网作为阴极 C ．阴极的电极反应式为：3Al 3e Al +-+= D ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 12．改变0.11mol L -?二元弱酸2H A 溶液的pH ，溶液中的2H A 、HA -、2A -的物质的量分 数(X)δ随pH 的变化如图所示[已知22(X) (X)(H A)(HA )(A ) c c c c δ--= ++]。 下列叙述错误的是 A ．pH=1.2时，2(H A)(HA )c c -= B ．22lg[(H A)] 4.2K =- C ．pH=2.7时，22(HA )(H A)(A )c c c -->= D ．pH=4.2时，2(HA )(A )(H )c c c --+== 13．由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A ． 向2 mL 0.1 1mol L -?的3 FeCl 溶液中 加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN 黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变 还原性：2Fe>Fe +

高考有机化学推断题总汇(含解析)

3013年高考有机化学推断题汇编（含解析） 四川．（17分） 有机化合物G 是合成维生素类药物的中间体，其结构简式为： G 的合成路线如下： 其中A~F 分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去。 已知： 请回答下列问题： （1）G 的分子式是 ；G 中官能团的名称是 。 （2）第①步反应的化学方程式是 。 （3）B 的名称（系统命名）是 。 （4）第②~⑥步反应中属于取代反应的有 （填步骤编号）。 （5）第④步反应的化学方程式是 。 （6）写出同时满足下列条件的E 的所有同分异构体的结构简式 。 ①只含一种官能团；②链状结构且无—O —O —；③核磁共振氢谱只有2种峰。 赏析：以框图合成考察有机化合物知识。(CH 3)2C=CH 2与HBr 反应①是加成反应，生成A(CH 3)2CHCH 2Br,②水解反应，生成B(CH 3)2CHCH 2OH,③是氧化反应，生成(CH 3)2CHCHO ， 根据反应信息和G 的结构特征，C 是CH 3CH 2OOCCHO ，D 是 在水解生成CH 3CH 2OH 和E 再和H 2加成，E 中—CHO 变成F 中—CH 2OH ，F 的—COOH 、—CH 2OH 再酯化生成G 。 参考答案： （1）①C 6H 10O 3（2分） ②羟基、酯基（各1分，共2分） （2） （3）2-甲基-1-丙醇（2分） （4）②⑤（各1分，共2分） （5） （6）CH 3COOCH 2CH 2OOCCH 3 CH 3CH 2OOCCOOCH 2CH 3 CH 3OOCCH 2CH 2COOCH 3（各1分，共2分） （北京卷）25．（17分） 可降解聚合物P 的恒诚路线如下 CH 3CHCHO + OHCCOOC 2H 5 → CH 3C —CHCOOC 2H 5（3分） 3 3 CHO CH 3C=CH 2 + HBr → CH 3CHCH 2Br （2分） 3 CH 3 CH 3CH 2OOCCHOH (CH 3)2C —CHO ， HOOCCHOH (CH 3)2C —CHO ，

2020-2021备战高考化学《高无机综合推断的综合》专项训练附答案

2020-2021备战高考化学《高无机综合推断的综合》专项训练附答案 一、无机综合推断 1．下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下： 回答下列问题： （1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。 （2）写出反应①②③的化学反应方程式： ①：____________________________________； ②：____________________________________； ③：____________________________________； 【答案】Na Cl2HCl CO22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 【解析】 【分析】 焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。 【详解】 （1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2； （2）①是钠与水的反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑； ②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑； ③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O； 【点睛】 无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。 2．已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．高温下，正硅酸锂（Li 4SiO 4）能与CO 2发生反应，对控制CO 2的排放具有重要的理论意义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有_____种能量不同的轨道；Li 、C 、Si 的最高价氧化物中，属于原子晶体的是_____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由_____。 一定温度下，在2L 的密闭容器中，Li 4SiO 4与CO 2发生如下反应： Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式K=_____，反应20min ，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g ，则0~20min 内CO 2的平均反应速率为_____。 （4）在T 1、T 2温度下，恒容容器中c(CO 2)随时间t 的变化关系如图所示。该反应是_____反应（选填“放热”或“吸热”）。 若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol· L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，重新达到平衡时c(CO 2)为bmol· L -1。试比较a 、b 的大小，并说明理由_____。 【答案】5 SiO 2 钠元素和锂元素均为第ⅠA 族元素，Na 原子有3个电子层，Li 原子有2个电子层，原子半径Na>Li ，则原子核对外层电子的吸引能力：Na