2．(2010全国卷1)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：

[解析]A正确，符合3个守恒；B错误，电荷不守恒，Fe₃O₄中Fe有两种价态，正确应该为：Fe₃O₄+8H⁺=2Fe³⁺+Fe²⁺+4H₂O；C错误，得失电子不守恒，电荷不守恒；正确的应为：3Fe²⁺+NO₃^－+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；D错误，不符合客观实际，反应后铁只能产生Fe²⁺和H₂；

[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↑+3H₂O

C.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，但硝酸腐蚀速度慢。

1．(2010全国卷1)下列叙述正确的是

A．Li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Li_2­­O,直接取材于第一册课本第二章第三节； B错误，酸性：HCl＞H₂SO₃＞H₂CO₃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：H₂CO₃＞HClO,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！

13．(2011全国II卷27)(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：

①　　 反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；

②　　 I是一种常见的温室气体，它和可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%.

回答问题：

　　　 (1)①中反应的化学方程式为____________________________________________；

　　　 (2)化合物Ⅰ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Ⅰ反应的离子方程式为_______________________________;

　　　 (5)E在I中燃烧观察到的现象是__________________________。

解析；①中反应属于铝热反应，故C是单质铝，B是单质铁，H是氧化铝；②中I是二氧化碳，D所单质碳，E是单质镁。F是由氧元素和镁元素组成，即氧化镁，所以A是氧气。

答案：

(4)2Al+2OH^－+2H₂O=2AlO₂^－+3H₂↑

AlO₂^－+CO₂+2H₂O=HCO₃^－+Al(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年高考

12.(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)。

①MgI₂中Mg²⁺与I^-间的作用力小于MgF₂中Mg²⁺与F^-间的作用力

②Mg与F₂的反应是放热反应

③MgBr₂与Cl₂反应的△H＜0

④化合物的热稳定性顺序为MgI₂＞MgBr₂＞MgCl₂＞MgF₂

⑤MgF₂(s)+Br₂(l)=MgBr₂(s)+F₂(g)△H=+600kJ·mol^-1

[答案](1)MgO，Mg₃N₂；(2)+2，；

(3)①②③⑤

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①正确④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，万变不离其宗。有以下的规律：①键的断裂与能量之间关系及盖期定律计算；②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；③焓变值大小比较和放吸热判断。

0.80gCuSO₄·5H₂O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0.10mol·L^-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⁺)=________________mol·L^-1(K_ap[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20)。若在0.1mol·L^-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_______________mol·L^-1。

解析：(1)0.80gCuSO₄·5H₂O中含有CuSO₄的质量为。由图像可知当温度升高到102℃是时CuSO₄·5H₂O开始部分脱水，在113℃-258℃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CuSO₄·nH₂O，则有

，解得n＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO₄·H₂O；(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CuSO₄CuO+SO₃↑；CuO溶于硫酸生成CuSO₄，结晶析出生成胆矾即CuSO₄·5H₂O；由图像可知CuSO₄·5H₂O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

Cu+2H₂SO₄CuSO₄+2H₂O+SO₂↑

(4)因为K_ap[Cu(OH)₂]＝c(Cu²⁺)·c²(OH^－) =2.2×10^-20，当溶液的pH=8时，c (OH^－)＝10^－6，所以c(Cu²⁺)＝2.2×10^-8；硫酸铜溶液中通入过量H₂S气体时反应的化学方程式为： CuSO₄+H₂S=H₂SO₄+CuS，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0.1mol·L^-1，所以H⁺浓度是0.2mol·L^-1。

答案：(1)CuSO₄·H₂O；(2)CuSO₄CuO+SO₃↑、CuSO₄·5H₂O、102℃；

(3)Cu+2H₂SO₄CuSO₄+2H₂O+SO₂↑

(4)2.2×10^-8、0.2

11.(2011新课标全国，14分)

10.(2011天津，14分)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。

回答下列问题：

(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是　　　　　　　　　　　 ；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，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反应的方程式为Fe+4HNO₃=Fe(NO₃)₃+2H₂O+NO↑，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)₃＝3Fe(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ⅥA族　 离子键 共价键　 H₂SiO₃(H₄SiO₄)

(2)

(3)8Al(s)+3Fe₃O₄(s)_＝9Fe(s)+4Al₂O₃(s)　　 △H＝－8aKJ/mol

(4)3Fe₃O₄+28H⁺+NO₃^－=9Fe³⁺+14H₂O+NO↑

(5)

9.(2011广东高考32，16分)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①　　　　　 和②　　　　　　 　。

(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

2Al+Fe₂O₃Al₂O₃+2Fe、4Al+3SiO₂2Al₂O₃+3Si。

(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Cl₂+2OH^－=Cl^－+ClO^－+H₂O和H⁺+OH^－＝H₂O。

(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 AlCl₄^――3e^－＝4Al₂Cl₇^―。

(5)铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止内部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。

答案：(1)①2Al+Fe₂O₃Al₂O₃+2Fe　　 ②4Al+3SiO₂2Al₂O₃+3Si。

(2)H₂和AlCl₃；NaCl

(3)Cl₂+2OH^－=Cl^－+ClO^－+H₂O。

(4)阳极　 Al +7 AlCl₄^――3e^－＝4Al₂Cl₇^―。

(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。

8.(2011福建高考24，14分)

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等产品的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：

(1)往①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：

2Fe³⁺+Fe === 3Fe²⁺

2TiO²⁺(无色) +Fe+4H⁺ === 2Ti³⁺(紫色) +Fe²⁺+2H₂O

Ti³⁺(紫色) +Fe³⁺+H₂O === TiO²⁺(无色) +Fe²⁺+2H⁺

加入铁屑的作用是____________。

(2)在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO₂·n H₂O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。

(3)若把③中制得的固体TiO₂·n 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，K_sp[Fe(OH)₃]＝2.79×10^-39,该温度下反应Fe (OH)₃+3H⁺Fe³⁺ +H₂O的平衡常数K=_____________。

(4)已知：TiO₂ (s) +2 Cl₂ (g)=== TiCl₄(l) +O₂(g)　　 △H=+140KJ·mol^-1

2C(s) +O₂(g)=== 2CO(g) 　　　　　　　　　　 　△H=-221KJ·mol^-1

写出④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。

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TiO₂·n H₂O溶胶，说明得到是胶体，其分散质颗粒直径大小为10^－9-10^－7m(或1nm-100nm)；

(3)K_sp[Fe(OH)₃]=c(Fe³⁺)×c³(OH^-)＝2.79×10^-39，25℃时，c(H⁺)×c(OH^-)＝Kw＝1×10^-14；反应Fe (OH)₃+3H⁺Fe³⁺ +H₂O的平衡常数K=＝＝＝2.79×10³。

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，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=-81KJ·mol^-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)10^－9m-10^－7m(或其他合理答案)；

　　　 (3)2.79×10³；

　　　 (4)TiO₂(s)+ 2C(s)+2Cl₂ (g)＝TiCl₄(l)+2CO(g)　　△H=-81KJ·mol^-1；

　　　 (5)产生三废(或其他合理答案)；

　　　 (6)蒸馏(或分馏，或精馏)。

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