高考复习中几道元素及其化合物试题

1、ABC+X， 一定条件 反应+X， 一定条件 反应27.（绍兴2010上学期期中）A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）。试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是 。 a. S b. N2 c. Na d. Mg e. Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为 ；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示） 。 检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是 。（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为 ，X的化学式可能

2、为（写出不同类物质） 或 。反应的离子方程式为 。解析：（1）若X是强氧化性单质，则X可能为Cl2、O2；A可能为S与O2反应转化为SO2，继续氧化为SO3；可能为N2与O2反应生成NO，继续氧化为NO2；也可能是Na，与O2反应生成Na2O，继续氧化生成Na2O2;Mg与Al与O2反应产物唯一。（2）金属单质X必需具有可变化合价，其中含有Cl-，则单质X为Fe，则B为Fe与Cl2反应的产物FeCl3；C为FeCl2，FeCl2溶液易被空气中的O2氧化，加入Fe可以防止其被氧化成Fe3+。（3）含某金属元素的A、B、C无机化合物且A与C反应可以生成B的为Al3+与AlO2-反应生成Al(OH)

3、3，A可以是Al3+与NaOH反应转化为Al(OH)3，再与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，也可以是AlO2-与稀盐酸反应生成Al(OH)3，再与过量的稀盐酸反应转化为Al3+，所以X可能为NaOH与HCl。27. （12分）（1）d、e （2）FeCl3 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ 保证溶液中Fe2+为主 向溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色 （3）Al(OH)3 ；HCl ；NaOH AlO2+ H+ + H2O = Al(OH)3 或 Al3+3OH= Al(OH)3 ，或Al(OH)4+ H+ = Al(OH)3 + H2O 也可得分1

4、6（北京海淀2010上学期期中）（7分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W的最外层电子数是电子层数的2倍。Y是金属，可以和X形成11和21两种化合物。Z的最高正价与最低负价的代数和为4。（1）写出WX2的电子式_。（2）用元素符号表示X、Y、Z原子半径由大到小的顺序 。（3）含1 mol Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液与足量Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应放出热量114.6 kJ，写出此反应的热化学方程式： 。（4）在一定量Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液中通入过量WX2，用离子浓度表示该溶液中的电荷守恒 。（5）Y2ZX4与WX、H2在高温和铁做催化剂条件下反应，0

5、.1 mol Y2ZX4参加反应转移0.8 mol电子，消耗标况下H2的体积为 4.48 L，该反应的化学方程式为 。解析：W的最外层电子数是电子层数的2倍，则W为C；Y是金属，可以和X形成1:1和1:2的化合物，则Y为Na，X为O;Z则判断为第三周期元素，最高正价与最低负价的代数和为4，则Z为S（1）CO2的电子式为（2）原子半径的判断：电子层数越大，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以有：Na S O（3）1 mol H2SO4需消耗2mol NaOH，则热化学方程式为：2NaOH (aq) + H2SO4 (aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l) H =

6、- 114.6kJ/mol（4）NaOH溶液与CO2反应后，溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+，根据电荷守恒的c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)（5）Na2SO4与CO、H2在高温条件下和铁做催化剂条件下反应，0.1 mol Na2SO4转移0.8mol电子，则S化合价由+6价将为-2价，同时C和H化合价分别升高为+4价和+1价。根据氧化还原反应配平。16（7分）（1）（2） Na S O（3）2NaOH (aq) + H2SO4 (aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l) H = - 114.6kJ/m

7、ol或 NaOH (aq) + H2SO4 (aq) = Na2SO4(aq) + H2O(l) H = -57.3 kJ/mol或 H+(aq) + OH-(aq) = H2O(l) H = - 57.3 kJ/mol （2分）催化剂 （4）c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)高温（5）Na2SO4 + 2CO + 2H2 = Na2S + 2CO2 + 2H2O （2分）15（江苏省淮阴中学2010期中）（12分）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。以孔雀石为原料可制备CuSO45H2O及纳米材料G，步骤如

8、下页图示。请回答下列问题： （1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+。从下列所给试剂中选择：实验步骤中，试剂最佳为 （填代号），检验溶液A中Fe3+的最佳试剂为 （填代号）。a KMnO4 b（NH4）2S cH2O2 dKSCN沉淀D中除了过量的CuO外，还存在另一种固体，其化学式为 。加入CuO作用是 。（2）由溶液C获得CuSO45H2O，需要经过一系列操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是 。 （3）制备纳米材料G时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入） （填化学式）。写出该反应的化学方程式 。 （4）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，

9、可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4标准溶液应用 （填写仪器名称）；取A溶液稀释一定倍数后，用KMnO4标准溶液滴定，终点现象为 。解析：（1） 由于Fe3+沉淀时34则沉淀完全，Cu2+沉淀时pH必须大于4则沉淀完全。所以需将混合溶液中的Fe2+完全氧化成Fe3+，应该选用H2O2，不会引入新的杂质离子，再加入不引入新的杂质离子的CuO来调节溶液pH值来除去Fe3+。检验Fe3+最好采用KSCN溶液检验（2） 过滤中还要用到玻璃仪器玻璃棒，所起的作用为引流（3） 由CaCl2溶液中通入气体CO2，同时得到氮肥，则气体F为NH3。由于CO2的溶解度比较小，而NH3的溶解度极大，则必需通入

10、NH3使溶液呈现碱性，增大CO2的溶解度。（4） KMnO4由于具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶，应置于酸式滴定管中；滴定至终点时，溶液中的Fe2+被氧化为Fe3+，则溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色。15（12分）（1）c（1分）d（1分）Fe（OH）3（1分）调节溶液的pH，促进Fe3+的水解（1分）（2）引流（2分）（3）NH3（1分） 2NH3+CO2+H2O+CaCl2=CaCO3+2NH4Cl（2分）（4）酸式滴定管（或移液管）（1分）当滴入最后一滴KmnO4溶液时，溶液变成浅紫色且半分钟内颜色不变化（2分）16（江苏省淮阴中学2010期中）（10分）铜是一种重要的金属元素，铜

11、元素与银元素同处第B族，+1价的铜和+1价的银都可形成二配位的络离子，如Ag(NH3)2+、AgCl2等，含铜最丰富的天然资源是黄铜矿(CuFeS2)。(1)从黄铜矿冶炼粗铜的传统工艺是将精选后的富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜。这种方法的缺点是 、 。（2）现有一种湿法冶炼技术，以黄铜矿为主要原料来生产铜、铁红颜料和可用于橡胶硫化的硫单质，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：空气Na2CO3CuFeS2FeCl3反应过滤FeCO3反应铁红水反应过滤NaCl溶液过滤CuCuCl(s)S(s)溶液A反应NaCuCl2反应 写出反应中FeCl3与CuFeS2所发生反应的化学方程式： ；

12、写出反应中发生反应的离子方程式： 。反应是FeCO3在空气中煅烧，写出化学方程式： 。反应所得溶液A中含有的溶质有 。解析：（1）工业上煅烧黄铜矿(CuFeS2)时，由于生成SO2则会污染大气，同时煅烧需要大量的能量（2）黄铜矿中Cu的化合价为+2价，生成物CuCl中铜的化合价为+1价，得到电子，化合价降低，则必须有失去电子的元素，根据反应生成物为FeCO3，Fe的化合价不变，则S化合价必然升高，得到S单质根据信息，+1价的铜可形成二配位的络离子，则反应中Cl-与CuCl结合生成二配位络离子CuCl2- FeCO3中Fe的化合价为+2价，在空气中煅烧易被空气中的O2氧化生成Fe2O3和CO2反应中有Cu生成，Cu的化合价降低，则