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高考二轮复习化学学案专题11《无机综合》doc高中化学2

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专题十一无机综合【学法导航】1.有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成,分别取适量该白色粉末置于三支试管中进展实验。(1)逐滴参加6mol·L-1盐酸,同时不断振荡试管,有气泡产生,反响完毕后得到无色透明溶液。(2)加热试管中的白色粉末,试管口有水滴凝结。(3)逐滴参加6mol·L-1硫酸,同时不断振荡试管,有气泡产生,反响完毕后试管中还有白色不溶物。以下混合物中符合以上实验现象的是()A.NaHCO3、AgNO3B.BaCl2、MgCO3C.NH4HCO3、MgCl2D.CaCl2·6H2O、Na2CO3【答案】D【方法要领】根据实验(1)可排除A组。根据实验(2)可排除B组。根据(3)分析C和D组,只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反响留下的白色不溶物硫酸钙(硫酸钙微溶)。所以选D。要注意,作为选择型推断题,也可以从选择项入手进展验证,逐项判断跟题干中各个条件是否吻合。2.甲、乙、丙是三种常见的单质;A、B、C均是由两种元素组成中学化学中常见的无机物;上述物质间存在如以以下图所示转化关系(反响条件未注明)。答复以下问题:36/36\n(1)假设反响①中甲是常见金属,乙是常见非金属固态单质,那么A的构造式是,B的电子式是,C在日常生活中的用途是。(2)假设反响①中甲是常见非金属气态单质,丙是常见金属,甲由短周期元素组成,乙与甲同主族、与丙同周期,且反响①、②、⑤通常在溶液中进展。请写出以下化学反响的离子方程式:反响①:;反响②:;反响⑤:。【答案】(1)O=C=O;;用作燃气(2)①2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-;②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-;⑤Fe+2Fe3+=3Fe2+【方法要领】(1)根据金属单质和化合物反响产生单质,为Mg和CO2反响生成;(2)根据溶液中反响的特点和非金属单质之间的置换主要考虑卤素之间。3.以以下图表示各物质之间的转化关系,其中A、B、C、G为单质。②为工业生产中常见反响,E是一种具有漂白作用的盐,Y易潮解,M是一种两性化合物,L是一种白色沉淀。试答复以下有关问题:36/36\n(1)M的化学式,Y在实验室中的用途(列举一例)。(2)X的熔点为801℃,实际工业冶炼中常常参加一定量的Y共熔,猜测工业上这样做的目的:。工业生产中,还常常利用电解X和F的混合物制取。(3)反响②的化学方程式是___________。(4)反响④的离子反响方程式是。【答案】(1)Al2O3;用作枯燥剂(2)降低X、Y熔化时的温度,节约能源;Cl2、H2和NaOH(3)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(4)Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓【方法要领】根据E是一种具有漂白作用的盐,Y易潮解,判断E为Ca(ClO)2,Y为CaCl2,那么A和D为氯气和氢氧化钙,F为水,M为氧化铝,L为氢氧化铝。4.江苏省东临大海,利用海水等可制得多种化工产品。以以下图是以海水、贝壳等为原料制取几种化工产品的转化关系图,其中E是一种化肥,N是一种常见的金属单质。试填写以下空白:(1)N的化学式为:_________;E的电子式_________。(2)写出反响①的化学方程式:______________。(3)反响④的离子方程式_________________。36/36\n(4)由K溶液经如何处理才能制得N?_________。【答案】(1)Mg(2)NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl(3)MgO+2H+=H2O+Mg2+(4)MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进展蒸发结晶制得MgCl2晶体,熔融后电解才能制取金属镁【方法要领】E为化肥,应为氮肥,贝壳煅烧得到的C为氧化钙,D为二氧化碳,固体B为氯化钠,反响(1)利用了侯氏制碱法。母液主要为氯化镁,生成H为氢氧化镁,G为氯化钙,煅烧得到的I应为氧化镁,N为镁,那么K为氯化镁,J为盐酸,那么M为氯气5.以以下图每一方框中的字母代表一种反响物或生成物,它们都是中学化学中常见的物质。其中A、C都是由两种元素组成的固态化合物,常温下甲是短周期元素的气体单质,E是过渡元素的单质。(1)假设A是黄色固体,反响①用于工业生产,那么A的化学式为______,此时反响化学方程式为_____。(2)假设A、C都是黑色固体,A经反响①生成C时,固体质量不变,那么A的化学式为____。(3)反响③在工业生产中的条件是_______________。【答案】(1)FeS24FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(2)Cu2S36/36\n(3)催化剂、400℃一500℃【方法要领】过渡元素中重点考察铁,所以E为铁,(2)为铝热反响,C为氧化铁,根据(1)提示A为二硫化亚铁,B为二氧化硫,甲为氧气,D为三氧化硫,F为硫酸。固体质量不变,表示该原子到A中非金属原子的质量和氧原子成倍数关系。7.如图,各物质有以下转化关系:请答复以下问题:①假设C是可用作自来水消毒的气体,D、E是氧化物,D转化为E时,增加氧的质量约是D物质总质量的25.8%,那么A是________。②假设B为常见金属或非金属单质,E是酸酐,且为易挥发的晶体,那么A是_____;D转化为E的一定条件是______。③假设C是水,B是有机化合物,且是同系物中相对分子质量最小的物质,E能使紫色石蕊试液变红色。那么A是____。【答案】①NaCl;②H2S,高温、催化剂;③CH3CH2OH【方法要领】①可用作自来水消毒的气体C是Cl2,由氧化物D转化为氧化物E时,增加氧的质量约是D物质总质量的25.8%,可知D是Na2O,E是Na2O2,那么B是Na,A是NaCl。其转化过程为:NaClNaNa2ONa2O2Cl2②由酸酐E为易挥发的晶体,可知E是SO3,那么D是SO2,B是S,A是H2S。36/36\n③由B是有机化合物,C是水,可知A可能发生脱水反响生成烯烃B,烯烃的燃烧产物CO2与水反响生成H2CO3,能使紫色石蕊试液变红色。又因B是同系物中相对分子质量最小的物质,那么B是C2H4,故A是CH3CH2OH。其转化过程为:8.有A、B、C三种常见的短周期元素,它们的原子序数逐渐增大,B元素原子最外层电子数是C元素原子最外层电子数的一半,A元素最外层电子数比B多一个。甲、乙、丙是3种含氧酸的钠盐,甲中含B元素,乙中含C元素,丙中含A元素,甲、丙溶液pH>7,乙溶液pH<7;丁为气体,戊为淡黄色固体。甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质之间的相互反响关系如图:请答复:(1)写出C元素的原子构造示意图_____,写出丁和戊的电子式_____、_____;(2)用有关化学用语解释:乙溶液呈酸性的原因_________;丙溶液呈碱性的原因________;(3)写出有关反响的离子方程式:①乙溶液+丙溶液→丁_________;②己溶液+丙溶液→丁_________。【答案】(1);::C::;Na+[:::]2-Na+(2)HSO4-=H++SO42-,CO32-+H2O=HCO3-+OH-(3)①2H++CO32-=CO2↑+H2O;②2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【方法要领】气体丁能与淡黄色固体戊反响,生成的丙是含氧酸的钠盐,可知丁是CO2,戊是Na2O2,丙是Na2CO3。乙是含氧酸的钠盐,其溶液pH<7显酸性,且能与Na2CO336/36\n溶液反响放出CO2,可知乙应是强酸的酸式钠盐,那么乙是NaHSO4。甲也是含氧酸的钠盐,其溶液pH>7显碱性,甲应是强碱弱酸盐,且含有的元素B满足:原子序数介于碳和硫之间,原子最外层电子数是硫原子的一半、比碳原子少一个,可知B是Al元素,那么甲是NaAlO2,己是Al2(SO4)3,己与丙生成的白色沉淀是Al(OH)3。【典例精析】一、连续变化关系推断例1.以下关系图中,A是一种正盐,B是气态氢化物,C是单质,F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他产物及反响所需条件均已略去),当X是强碱时,B跟Cl2反响除生成C外,另一产物是盐酸盐。用化学式号填写以下空格:(1)A是__________。(2)当X是强酸时,A、B、C、D、E、F均含同一种元素,F是__________。(3)当X是强碱时,A、B、C、D、E、F均含同一种元素,F是__________。(4)B跟Cl2反响的化学方程式是_______。【解析】正盐A能与强酸反响生成气态氢化物,那么A中含无氧酸根即非金属阴离子。该非金属单质可被O2连续两次氧化,分别生成两种氧化物,故A中含S2-。其转化过程是:S2-H2SSSO2SO3H2SO4又因为正盐A能与强碱反响生成气态氢化物,那么A中含NH4+。气态氢化物NH3中氮被Cl2置换后生成的HCl又与NH3化合成NH4Cl。其转化过程是:NH4+NH3N2NONO2HNO3【答案】(1)(NH4)2S(2)H2SO4(3)HNO3(4)H2S+Cl2=2HCl+S↓;8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl例2:如以以下图所示的转化关系已知A为单质,试判断A、B、C、D、E各是什么物质,写出分子式。ABCDE36/36\nA为气体时A为固体时【解析】根据归纳出的“特征网络”:(1)ABCD(酸或碱),结合题目中“EC”,能与Cu反响的是酸,且只有HNO3和浓H2SO4,即可推断出结果。【答案】N2、NH3、NO、NO2、HNO3;S、H2S、SO2、SO3、H2SO4;例3.以以下图是无机物A~M在一定条件下的转化关系(局部产物及反响条件未列出)。其中,I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属,K是一种红棕色气体。请填写以下空白:(1)在周期表中,组成单质G的元素位于第__________周期_________族。(2)在反响⑦中氧化剂与复原剂的物质的量之比为___________________。(3)在反响②、③、⑥、⑨中,既属于化合反响又属于非氧化复原反响的是_________(填写序号)。(4)反响④的离子方程式是:_______________________________________(5)将化合物D与KNO3、KOH共融,可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾).同时还生成KNO2和H2O。该反响的化学方程式是:____________________________。36/36\n解析:解推断题的关键是找“题眼”。K是一种可由氧气与L反响得到的红棕色气体,可推知K是NO2,再推出J溶液为硝酸溶液。由可推知A为SO2,B为SO3,C为H2SO4,由FeS2的煅烧可知D为铁的氧化物,由反响⑤⑥可推出:E为Fe(OH)3,D为Fe2O3,结合I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属,可得I为Al,根据铝热反响及题中信息G为单质得G为Fe,H为Al2O3,,那么M为Fe(NO3)2或Fe(NO3)3,又M能与C溶液反响(H2SO4)反响,那么M只能是Fe(NO3)2。答案:(1)四(或4);Ⅷ(2)1:2(3)③(4)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(5)Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O。二、物质转化框图推断题例4.以下物质间在一定条件下可实现图中所示的一系列变化。其中固体W的焰色反响呈紫色,A是一切生物都不能缺少的气体。请答复:(1)判断X、Y各是什么物质?X_______Y_______。(2)写出有关反响的化学方程式:①Z+H2SO4(浓)→C②W+H2SO4(浓)→D+T【解析】一切生物都不能缺少的气体是O2,固体Y在加热制取O2后未发生变化,那么Y是MnO2。焰色反响呈紫色的固体W中含钾元素,来自于固体X,那么X是KClO3,W是KCl。气体A和气体B都是固体T的水溶液的电解产物,因A是O2,那么B不可能是Cl2,应是H2。KCl和MnO2的混合物与浓H2SO4混合加热,生成的气体C是Cl2,那么D是HCl。T和E是MnCl2和K2SO4中的各一种。【答案】(1)KClO3、MnO236/36\n(2)①4KCl+MnO2+2H2SO4(浓)====Cl2↑+MnCl2+2K2SO4②2KCl+H2SO4(浓)====2HCl↑+K2SO4例5.(2022年浙江卷)各物质之间的转换关系如以以下图,局部生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物,X、Y、Z的原子序数依次增大,在周期表中X的原子半径最小,Y、Z原子量外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体,G为黄绿色单质气体,J、M为金属,l有漂白作用,反响①常用于制作印刷电路板。请答复以下问题:(1)写出A的化学式,C的电子式。(2)比较Y与Z的原子半径大小>(填写元素符号)。(3)写出反响②的化学方程式(有机物用构造简式表示),举出该反响的一个应用实例。(4)已知F溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。请写出该反响的化学方程式。(5)研究说明:气体D在一定条件下可被复原为晶莹透明的晶体N,其构造中原子的排列为正四面体,请写出N及其2种同素异形体的名称、、。36/36\n【解析】从反响图中寻找突破口,E与葡葡糖生成红色沉淀F,那么E应为Cu(OH)2,而B为Cu2+,反响①为印刷电路板,L为棕黄色溶液,由此可推出:M应为Cu,L为FeCl3。G为黄绿色气体,那么为Cl2,K为浅绿色,那么为Fe2+溶液。X的原子半径最小,那么为H,D为非可燃性气体,可推为CO2,C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物,且可以与Cl2反响,故应为H2O,生成H为HCl,I为HClO(具有漂白性),HCl与J(Fe)可生成FeCl2溶液。(1)A+HClCu2++H2O+CO2,由元素守恒可知,A可以CuCO3或碱式碳酸铜均可。(2)Y为C,Z为N,两者位于同一周期,前者的半径大,即C>N。(3)葡萄糖含有醛基,可以与Cu(OH)2生成砖红色沉淀。(4)F为Cu2O,与HNO3反响,生成Cu(NO3)2,且生成无色气体,应为NO,然后根据得失电子守恒配平即可。(5)CO2可以复原成正四面体构造的晶体N,即化合价降低,显然生成C,应为金刚石。它的同素异形体必须为含碳的单质。【答案】(1)Cu2(OH)2CO3[Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3(2)C>O(3)CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O医学上可用这个反响检验尿液中的葡萄糖。(4)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O(5)金刚石、石墨、富勒烯(C60)或碳纳米管等。三、物质构造理论推断题例6:由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种粒子,其中只有C、D是分子,其余四种均是离子,且每个微粒中都含有10个电子。已知A、E是由非金属元素组成的阳离子,六种粒子间有以下关系:36/36\n①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子;②通常状况下C的聚集状态为气态,且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝;③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子;④向含F离子的溶液中参加C的溶液,可生成白色沉淀W,C溶液过量沉淀也不消失,假设参加含大量B离子或大量E离子的溶液,沉淀W都会溶解。(1)微粒B的电子式是_____________;粒子E的名称是____________;粒子F对应的元素在周期表中的位置是_________________________________。(2)写出以下反响的离子方程式:F+过量C的溶液:___________________________________________________W+含大量B离子的溶液:                      (3)六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种复盐,向该复盐的浓溶液中滴加浓苛性钠溶液,依次产生的现象有:a.溶液中出现白色沉淀b.沉淀逐渐增多c.有刺激性气味气体放出d.沉淀逐渐减少e.沉淀完全消失该复盐的化学式为    ,在水溶液中的电离方程式是___________。【解析】由②可知C为NH3,根据A、E是非金属元素组成的阳离子,可知A、E分别是NH4+和H3O+中的一种。由①和③可确定A为NH4+,B为OH-,D为H2O,E为H3O+。白色沉淀W不溶于过量的氨水,却既溶于“酸”又溶于“碱”,那么F离子只能是Al3+【答案】(1)[H]-;水合氢离子;第三周期ⅢA族(2)Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+;Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O(3)NH4Al(SO4)2;NH4Al(SO4)2NH4++Al3++2SO42-例7.(2022年福建卷)短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示,期中T所处的周期序数与主族序数相等,请答复以下问题:(1)T的原子构造示意图为_______.36/36\n(2)元素的非金属性为(原子的得电子能力):Q______W(填“强于”或“弱于”)。(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反响,生成两种物质,其中一种是气体,反响的化学方程式为_____.(4)原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物,此分解反响的化学方程式是__________.(5)R有多种氧化物,其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下,2L的甲气体与0.5L的氯气相混合,假设该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留,所生成的R的含氧酸盐的化学式是__________.(6)在298K下,Q、T的单质各1mol完全燃烧,分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下,T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来,假设此置换反响生成3molQ的单质,那么该反响在298K下的=________(注:题中所设单质均为最稳定单质)【解析】此题考察无机物的性质,涉及化学用语、方程式书写、氧化复原反响以及热化学的知识。从给出的表,结合T在周期表的位置与族数相等这一条件,不难得出T为Al,Q为C,R为N,W为S。(1)T为Al,13号元素。(2)S、C最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸,那么可得非金属性S强于C。(3)S与H2SO4发生归中反响,从元素守恒看,肯定有水生成,另外为一气体,从化合价看,只能是SO2。(4)比R质子数多1的元素为O,存在H2O2转化为H2O的反响。(5)N中相对分子质量最小的氧化物为NO,2NO+O2=2NO2,显然NO过量1L,同时生成1L的NO2,再用NaOH吸收,从氧化复原角度看,+2价N的NO与+4价N的NO2,应归中生成+3N的化合物NaNO2。(6)C+O236/36\nCO2DH=-aKj/mol①,4Al+3O2=2Al2O3DH=-4bKj/mol②。Al与CO2的置换反响,写出反响方程式为:4Al+3CO23C+2Al2O3,此反响的DH为可由②-①×3得,DH=-4b-(-3a)=(3a-4b)Kj/mol.【答案】(1)(2)弱于(3)S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O(4)2H2O2MnO22H2O+O2↑(或其他合理答案)(5)NaNO2(6)(3a–4b)KJ/mol例8.(2022年天津卷)下表为元素周期表的一局部,请参照元素①-⑧在表中的位置,用化学用语答复以下问题:族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_________________________。(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________________________。(3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物,写出其中一种化合物的电子式:____________________。(4)由表中两种元素的原子按1:1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解,可使用的催化剂为(填序号)_________________。a.MnO2b.FeCl3c.Na2SO3d.KMnO4(5)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反响:36/36\nX溶液与Y溶液反响的离子方程式为_____________________,N→⑥的单质的化学方程式为________________。常温下,为使0.1mol/LM溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等,应向溶液中参加一定量的Y溶液至_________________。【解析】此题以周期表为题材,考察原子半径比较,酸性强弱,电子式,离子方程式以及盐类水解等知识。(1)⑤⑥位于同一周期,且⑤排在⑥的前面,原子半径大,而④在上一周期,比⑤、⑥少一个电子层,故半径最小。(2)②⑦位于同一主族,上面的非金属性强,最高价含氧酸酸性强,②③位于同一周期,且③在后,非金属性强,对应的酸性强。(3)四种元素分别为氢、氧、钠和氯,离子键显然必须是钠盐,极性共价键那么应有两种非金属组成。(4)液态H2O2可以在MnO2、FeCl3等催化剂作用下发生分解反响。(5)⑥为Al,可推断Z为Al(OH)3,受热分解可产物Al2O3,再电解即可得单质铝。M仅含非金属的盐,显然铵盐,所以X与Y应为AlCl3与NH3·H2O的反响,生成NH4Cl。由于NH4+水解,故要使其浓度与Cl-相等,那么要补充NH3·H2O。由电荷守恒知:C(NH4+)+C(H+)C(Cl-)+C(OH-),假设C(NH4+)C(Cl-),那么C(H+)=C(OH-),即pH=7。36/36\n答案:四、离子鉴定与离子共存的推断例9.(2022年全国二卷)现有A、B、C、D、E、F六种化合物,已知它们的阳离子有,阴离子有,现将它们分别配成的溶液,进展如下实验:①测得溶液A、C、E呈碱性,且碱性为A>E>C;②向B溶液中滴加稀氨水,先出现沉淀,继续滴加氨水,沉淀消失;③向D溶液中滴加溶液,无明显现象;④向F溶液中滴加氨水,生成白色絮状沉淀,沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。根据上述实验现象,答复以下问题:(1)实验②中反响的化学方程式是;(2)E溶液是,判断依据是;(3)写出以下四种化合物的化学式:A、C、D、F.【解析】此题考察离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质,确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液,另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)236/36\n。由于醋酸的酸性大于碳酸,所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐,因此A为Ba(OH)2,E为K2CO3,C为醋酸盐,由②可得B中阳离子为Ag+,那么肯定为AgNO3,由③可得D中无SO42—,那么F中的阴离子为SO42—,D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+,即F为FeSO4,而CH3COO—假设与Al3+形成溶液时,Al3+也发生水解,所以C为醋酸钙,而D为AlCl3。【答案】五、根据特征数据推断知识准备:近两年计算型推断题成为高考热点之一,解这类题时要善于抓住物质转化时相对分子质量的变化(例CO→CO2,NO→NO2,SO2→SO3转化时分子中都增加1个氧原子,相对分子质量变化均为16);放出气体的体积或生成沉淀的量;化合物中各元素的含量;气体的相对密度;相对分子质量;离子化合物中离子个数比;反响物之间的物质的量比;电子总数;质子总数等重要数据。例10.已知甲、乙、丙为常见单质,A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物;B和X的摩尔质量相同,E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,在一定条件下,各物质相互转化关系如以以下图所示:(1)写出X的电子式和G的化学式:X__________,G__________;(2)写出有关变化的化学方程式:B+H2O:____________;D+丙:_____________。36/36\n【解析】单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反响,可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化,生成不同的氧化物,那么丙是O2。氧化物B与水反响能放出O2,那么B是Na2O2,那么C是NaOH,A是Na2O,甲是Na。又因B和X的摩尔质量相同,那么X是Na2S,那么乙是S,F是SO2,G是SO3。进一步推出D是Na2SO3,E是Na2SO4,而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16,符合题意。【答案】(1)Na+[::]2-Na+;SO3(2)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2;2Na2SO3+O2=2Na2SO4例11.A~J是中学化学教材中常见的物质,A~J有如下转化关系,J是不溶于水的白色固体,且其相对分子质量为100。那么(1)A的化学式是____,J的化学式是_____。(2)B和E反响的化学方程式是_______。解析:J是不溶于水的白色固体,且其相对分子质量为100,可知J是CaCO3。D与K反响生成I和J,可知D与CaCO3含有相同的离子或元素。C能与Na2O2反响生成H,还有和D与K反响相同的产物I,可知C是CO2或H2O,I不可能是O2,H应是O2。因G和H反响生成B,那么B可能是一种氧化物。A受热分解生成B、C和D,结合以上对B、C和D的分析,可知A是NaHCO3,那么B是CO2,C是H2O,D是Na2CO3。进一步推出E是Mg,F是MgO,G是单质碳,I是NaOH。答案(1)NaHCO3,CaCO3(2)2Mg+CO2======2MgO+C例12.已知A是一种有机溶剂,F是一种黄色晶体,N带有磁性,B、F、L、O、P是中学化学常见单质,J的相对分子质量比D大16,A和B反响前后气体体积(常温常压)保持不变,在试管中灼烧固体I,试管底部无固体残留,反响①②③均是化工生产中的重要反响。36/36\n⑴A的构造式___________。⑵写出反响①的化学方程式_________________________________。⑶高温下反响⑤⑥互为可逆反响,写出反响⑥的化学方程式_________________________________,该反响的平衡常数表达式K=_______。⑷请设计一个实验方案,完成反响④,并在答题卡指定位置绘出实验装置图。⑴S=C=S;⑵NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl;⑶3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2K=;⑷六、化工流程推断例12.聚合氯化铝是一种新型、高效絮凝剂和净水剂,其单体是液态的碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]。本实验采用铝盐溶液水解絮凝法制备碱式氯化铝。其制备原料为分布广、价格廉的高岭土,化学组成为:Al2O3(25%~34%)、SiO2(40%~50%)、Fe2O3(0.5%~3.0%)以及少量杂质和水分。已知氧化铝有多种不同的构造,化学性质也有差异,且一定条件下可相互转化;高岭土中的氧化铝难溶于酸。制备碱式氯化铝的实验流程如下:根据流程图答复以下问题:⑴“煅烧”的目的是___________________________________________________________。36/36\n⑵配制质量分数15%的盐酸需要200mL30%的浓盐酸(密度约为1.15g·cm-3)和_______g蒸馏水,配制用到的仪器有烧杯、玻璃棒、______________。⑶“溶解”过程中发生反响的离子方程式为____________________________________________。⑷加少量铝粉的主要作用是_____________________________________。⑸“调节溶液pH在4.2~4.5”的过程中,除添加必要的试剂,还需借助的实验用品是_________________;“蒸发浓缩”需保持温度在90~100℃,控制温度的实验方法是_________________。【解析】比照原料与产品可知,该生产的主要工序:一是除去原料高岭土中的杂质,二是将Al2O3利用水解絮凝法转化为产品。再进一步分析,除铁用铝置换后过滤,高岭土中的Al2O3不溶于酸,必须经煅烧改变构造。该题经这样分析,题设的所有问题的答案就在分析之中。【答案】⑴改变高岭土的构造,使其能溶于酸;⑵230;量筒;⑶Al2O3+6H+=2Al3++3H2OFe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;⑷除去溶液中的铁离子;⑸pH计(或精细pH试纸);水浴加热例13.某化工厂的生产流程如右图:⑴L、M的名称分别是___________、___________。⑵G→H过程中为什么通入过量空气_________________________________。36/36\n⑶用电子式表示J_______________。⑷写出饱和食盐水、E、F生成J和K(此条件下K为沉淀)的化学方程式:_________________________________,要实现该反响,你认为应该如何操作______________________________。【解析】根据流程示意图分析可知,用空气、焦炭和水为原材料,最终生产L和J、M的产品,首先必须生产中间产品E。这样,主要生产流水线至少有两条(液态空气—E—M;焦炭—E—L)。为了弄清该化工生产的生产工艺,须将这两条生产流水线穿插综合分析,最终解答题设的有关问题。【答案】⑴硝酸铵;碳酸钠;⑵提高NO的转化率使NO充分反响NO2的同时,还有氧气剩余,还可再与NO2与水反响的产物NO反响即4NO+3O2+2H2O=4HNO3;⑶;⑷NaCl(饱和)+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl在饱和食盐水溶液中通入足量的氨气后,再通入足量的二氧化碳气体,并将反响的装置放在冰水中冷却,即可获得碳酸氢钠结晶。七、综合型推断无机推断题涉及到的知识面很广,涉及到的知识包括元素化合物、物质构造、计算、实验以及与生活环境、工业生产等,是一种综合性很强的题目,解决这类题目最好的方法是立足于酸、碱、盐、单质、氧化物间的根本转化关系,有意识地跨越中学各知识板块云展开思考。所幸的是一般涉及的物质根本都是教材中常见的物质,这也是一条思考的线索。36/36\n例14.以以下图中各方框中的字母表示有关的一种反响物或生成物(某些物质略去)其中常温下B、D、G、I、J为气体,其中B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A~N的所有物质中只有G为单质,其余为化合物。N为不溶于水的无机酸。IACKDFJNMGHBLE+GC催化剂高温△+G答复以下问题:(1)A的名称为             ,F的化学式是            ;   H的化学式是             ,L的化学式是              (2)写出实验室制取I的离子方程式:                        (3)写出G的一种同素异形体的化学式:             该物质与G在化学性质上的共同点是                               。(4)已知工业上生产0.1molB放出4.62kj热量,写出该反响的热化学方程式:(5)在反响C+E→G+F中,每生成1molG转移       mol电子。【解析】B为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,故B为NH3;N为不溶于水的无机酸,应为H2SiO3(或H2SiO4);根据B+GI,I+G   J,G为气体单质,B为NH3,可以判断G应为O2,I为NO,J为NO2;化合物E与C、D反响都能产生O2,那么E为Na2O2;C、D分别为CO2和H2O,F、H分别为NaOH、Na2CO3;由J(NO2)+CK,故C应为H2O,K为HNO3;M可由NaOH或Na2与L反响得到,M与K(HNO3)反响生成HSiO3(或H4SiO4),故M为H2SiO3,L为SiO2由L+H   M可确定H为Na2CO3,因此F为NaOH,C为H2O,D为CO2。最后由A   NH3+H2O+CO2,可以确定A为NH4HCO3或(NH4)2CO3.【答案】(1)碳酸铵或碳酸氢铵;NaOH;Na2CO3;SiO236/36\n(2)3Cu+8H++2NO3-   3Cu2++2NO↑+4H2O(3)O3;具有氧化性(4)N2(g)+3H2(g)2NH3(g);△H=-92.4kJ·mol-1(5)2例15.利用天然气合成氨的工艺流程示意图如下:依据上述流程,完成以下填空:⑴图中CH4的第一次转化过程中的化学方程式是__________________。⑵脱硫过程中,假设有nmolFe2O3·H2O转化,那么生成S的物质的量为mol(用含n的代数式表示)。⑶整个流程有三个循环:一是K2CO3(aq)循环,二是N2和H2循环,第三个循环中被循环物质是____________。⑷改用过量NaOH溶液吸收天然气中的硫化氢,以石墨作电极电解吸收后所得溶液可回收硫,其电解总反响方程式(忽略氧气的氧化复原)为____________________,该方法的优点是____________。【解析】该生产工艺属于多处循环生产工艺,因此分析工艺流程示意图时,分析的主线是弄清根本原材料CH4转化为合成氨的根本原料N2和H2的工艺生产原理。但还要回头分析循环生产的理由和循环生产的工艺生产段。通过这样既考虑产品的合成,又考虑原料的充分利用,该题所涉及到的问题也就可以解答了。【答案】(1)CH4+H2OCO+3H2;(2)n;(3)Fe2O3·H2O;(4)Na2S+2H2O2NaOH+S+H2↑,NaOH可以循环利用,同时获得副产品氢气。(优点答到“NaOH可以循环利用”即可)36/36\n例16.(2022年全国一卷)已知周期表中,元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。答复以下问题:(1)W与Q可以形成一种高温构造陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体构造,W的氧化物的晶体类型是;(2)Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是;(3)R和Y形成的二元化合物中,R呈现最高化合价的化合物的化学式是;(4)这5个元素的氢化物分子中,①立体构造类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是(填化学式),其原因是;②电子总数相同的氢化物的化学式和立体构造分别是;(5)W和Q所形成的构造陶瓷材料的一种合成方法如下:W的氯化物与Q的氢化物加热反响,生成化合物W(QH2)4和HCL气体;W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反响的化学方程式(各物质用化学式表示)是。【解析】此题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型,那么应为SiCl4或CCl4,又W与Q形成高温陶瓷,故可推断W为Si。(1)SiO2为原子晶体。(2)高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N,那么有NO2与N2O4之间的相互转化关系。(3)Y的最高价氧化的的水化物为强酸,且与Si、N等相邻,那么只能是S。R为As,所以R的最高价化合物应为As2S5。(4)显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同,分子间作用力不同。②SiH4、PH336/36\n和H2S的电子数均为18。,构造分别为正四面体,三角锥和V形。(5)由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质,然后配平即可。【答案】(1)原子晶体。(2)NO2和N2O4(3)As2S5。(4)①NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同,分子间作用力不同;②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S构造分别为正四面体,三角锥和V形。(5)SiCl4+4NH3=Si(NH2)4+4HCl,3Si(NH2)4=8NH3+Si3N4【专题突破】1.有A、B、C、D四种短周期的非金属元素(其单质也可分别用A、B、C、D表示),四种元素的原子序数按B、D、C、A顺序增大,D、C元素在周期表中位置相邻。在一定条件下,B可以分别和A、C、D化合生成甲、乙、丙化合物,C和D化合可得丁。已知乙、丙两个分子中各含有10个电子,并且甲、乙、丙、丁、戊有如下的变化关系:请填写以下空格:(1)甲的浓溶液与一种黑色粉末共热可得A,工业上保存A的方法为:_____。(2)写出以下化学用语:用电子式表示乙分子的形成过程_____________,戊分子的构造式是____________,甲和丙反响产物的电子式_______________。(3)写出以下反响的化学方程式:丙+丁→D+乙:_______________36/36\nA+丙→D+甲:________________【答案】(1)枯燥后加压液化贮存于钢瓶中(2)H-O-Cl(3)4NH3+6NO5N2+6H2O;2NH3+3Cl2=6HCl+N22.已知A为常见金属,X、Y为常见非金属,X、E、F、G常温下为气体,C为液体,B是一种盐,受热极易分解,在工农业生产中用途较广(如被用作某些电池的电解质)。现用A与石墨作电极,B的浓溶液作电解质,构成原电池。有关物质之间的转化关系如以以下图:(注意:其中有些反响的条件及局部生成物被略去)请填写以下空白:(1)反响④为A在某种气体中燃烧,生成单质Y和A的氧化物,其反响方程式为:。(2)从D溶液制备D的无水晶体的“操作a”为。(3)反响②的化学方程式为 。(4)反响⑤的化学方程式为_____________。(5)原电池反响①中正极的电极反响式为。答案:(1)2Mg+CO22MgO+C;(2)将D溶液在HCl气流中蒸干;(3)②4NH3+5O24NO+6H2O;(4)⑤C+4HNO3(浓)CO2+4NO2↑+2H2O(5)2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑36/36\n3.以以下图表示各物质之间的转化关系。已知:A、D、F、H均为单质,X常温下为无色液体,B为淡黄色固体,J溶于酸得到黄色溶液。请按要求填空:(1)写出B的电子式:_________。(2)写出生成E的电极反响式:_________,反响⑤的现象是_______。(3)反响①的化学方程式是______,在实验室中引发反响④的操作是_____。(4)反响⑥的离子方程式是__________。【答案】(1)Na+[]2-Na+;(2)Fe+2OH――2e-=Fe(OH)2;白色物质迅速转变为灰绿色最终变为红褐色;(3)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2;加少量KClO3,插上镁条并将其点燃;(4)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】考察各元素性质的综合推断。4.有一固体X它由两种常见元素组成,其中金属元素与另一元素的质量比为14:1。在一定条件下X可发生以下转化,有的反响标出全部产物,有的反响标出局部产物。P为混合物气体,R是无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体。C为红褐色物质,M为常见金属单质。试填空:36/36\n(1)X的化学式为。(2)N应选择以下物质中的_____(填序号)a.KMnO4b.HNO3c.H2O2d.C12(3)写出反响的离子方程式:D→G;H→C。(4)B+M反响的化学方程式:。答案:(1)Fe3C;(2)cd;(3)Fe3O4十8H+==Fe2++2Fe3++4H2O;Fe3++3NH3·H2O==Fe(OH)3↓++3NH4+5.以以下图表示各物质之间的转化关系。已知:常温下D、E、F、I、J为气体,且D、I是水煤气的主要成分;B是无色液体,M为红褐色固体,C的焰色反响为黄色。(1)基于反响①原理的化学工业称为,写出该反响的化学方程式。(2)写出K和E反响的离子方程式_____。写出F溶液和H反响的离子方程式_______。(3)已知:由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1∶1∶1,那么G的化学式为____。36/36\n【答案】(1)氯碱工业;2NaCl+2H2OH2↑+C12↑+2NaOH;(2)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—;FeO+2H+=Fe2++H2O(3)FeC2O4【解析】考察无机推断和定量计算相结合。6.A~I分别表示中学化学中常见的一种物质,它们之间相互关系如以以下图所示(局部反响物、生成物没有列出),且已知G为主族元素的固态氧化物,A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写以下空白:(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置______。(2)写出C、G物质的化学式。C_____G____(3)写出①、④、⑥反响的化学方程式:反响①:________反响④:__________反响⑥:__________(4)从能量变化的角度看,①②③反响中属于△H<0的反响是____(填序号)【答案】(1)第四周期、第Ⅷ族;(2)FeCl2Al2O3;(3)8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe;2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;(4)①②【解析】考察电解知识和金属知识的整合。7.一种白色晶体A极易溶于水,将A配成溶液进展如下框图所示的实验,实验现象及转化关系如以下框图所示。36/36\n其中A为正盐,气体D能使品红溶液褪色,气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。试答复以下问题:(1)写出以下物质化学式:A:______;C:____;(2)写出以下反响的离子方程式:①A和酸性KMnO4溶液:____________。②A和新制氯水:________。(3)通过此题的解答在检验SO时是使用HCl酸化的BaCl2溶液还是使用硝酸酸化的Ba(NO3)2,你得到的启示是:__________。【答案】(1)(NH4)2SO3;BaSO4;1、①2MnO+5SO+6H+==2Mn2++5SO+3H2O;②Cl2+H2O+SO==SO+2H++2Cl-(3)在确定溶液中不含Ag+等干扰离子存在时可选用盐酸酸化的BaCl2溶液作试剂检验SO,在确定溶液中不含SO等干扰离子存在时可选用HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液作试剂检验SO解析:考察离子的鉴定。8.已知A—L所代表的物质(或溶液中的溶质)都是中学化学里常见的物质。通常状况下,A、B均是淡黄色固体,D是气体单质,E是无色无味气体,K是不溶于水的酸。反响①~③是化学工业生产重要产品的全部反响,反响④是工业生产普通玻璃的反响之一。一定条件下,各物质间的相互转化关系如以以下图所示(反响时参加或生成的水均没标出)。36/36\n请填写以下空白:(1)写出以下物质的化学式:B____;D的同素异形体___。(均填化学式)(2)画出A中金属元素的原子构造示意图_______;指出E分子中共价键的类型(填“极性键”或“非极性键”)_____。(3)指出反响①②③是吸热反响,还是放热反响?_____。(4)完成以下反响方程式:①I+G→M+L的离子方程式:___________。②写出反响④的化学方程式:_________。【答案】(1)FeS2;O3;(2)Na;极性键;(3)放热反响;(4)①2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++SO42-+4H+;②Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑9.(2022年海南卷)有关物质存在如以下图的转化关系(局部产物已省略)。通常C为气体单质,G为紫黑色固体单质。实验室中,常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。36/36\n请答复以下问题:(1)反响①的化学方程式为(2)反响②的离子方程式为(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀,此沉淀的Ksp=7.0×10—9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合,假设D的浓度为1×10—2mo1/L,那么生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为。【答案】(1)(2分)(2)(2分)(3)或(其他合理答案也给分)(2分)(4)(3分)【专题综合】1.将一定量的晶体A,隔绝空气加热到200℃36/36\n时,A全局部解为等物质的量的四种气体。这四种物质与其他的相互转化关系如以以下图所示,J是一种常见的金属单质,C是一种非极性分子。图中局部反响条件及生成物没有列出。请按要求填空:⑴单质J的化学式_____________,E的分子式是______________。⑵写出B和F反响的化学方程式___________________。⑶写出K和I的稀溶液反响的离子方程式___________________________。⑷A的化学式为______________________________此题根据产物的颜色及有关反响条件及C物质与Na2O2的反响来推导。考察N与Fe的性质。2,已知D、M、H是常见的非金属单质,其中M是无色气体,H是有色气体,J是位于元素周期表第六周期的一种金属元素的单质(其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素),A、C是金属氧化物,C和J均是某种常见电池的电极材料,J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定,B与C反响时,每生成1molH同时消耗4molB和1molC,K只知含有CO或CO2中的一种或两种。它们关系如图:⑴写出以下物质的化学式:A__________D_________。⑵写出以下反响的化学方程式:②__________________________________________________。⑤__________________________________________________。⑶由金属氧化物A和C得到其相应的金属,在冶金工业上一般可用________方法(填序号)①热分解法②热复原法③电解法36/36\n其中从A得到其相应金属也可用铝热法,假设反响中1molA参加反响,转移电子的物质的量为__________⑷用C、J作电极,与硫酸构成如以下图电池,正极的电极反响为__________________________,当反响转移1mol电子时,负极质量增加_________g。3.重晶石(BaSO4)难溶于水,要转化成BaCO3再制备其他钡盐。工业上一般采用高温煅烧复原法;实验室可以采用沉淀转化法。高温煅烧复原法⑴煅烧复原的热化学方程式为:______________________________________。有关的数据:Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s);ΔH=-1473.2kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO(g);ΔH=-110.5kJ·mol-1Ba(s)+S(s)=BaS(g);ΔH=-460kJ·mol-1⑵经检验BaS的水溶液呈碱性,原因是(用离子方程式表示)____________________________。沉淀转化法向BaSO4沉淀中参加饱和Na2CO3溶液,充分搅拌,弃去上层清液。如此处理屡次,直到BaSO4全部转化为BaCO3:BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)(平衡常数K=0.042)⑶现有0.20molBaSO4,每次用1.00L2.0mol·L-1饱和Na2CO3溶液处理,假定BaSO4能全部转化,至少需要处理多少次?(写出计算过程)⑷从“绿色化学”角度分析,用饱和Na2CO3溶液沉淀转化法的优点是_____________________。36/36\n4.高氯酸(HClO4)常用于塑料、电镀、人造金刚石工业,亚氯酸钠(NaClO2)是一种新型的优良漂白剂。高氯酸联产亚氯酸钠的工艺流程如下:⑴反响器1中发生反响的化学方程式为____________________________________。⑵通入反响器2的SO2作用是________;反响器2中发生反响的离子方程式为____________。⑶循环1利用的物质是_______________。通过物质的制备,考察方程式的书写。36/36\n答案1.⑴FeCO;⑵4NH3+5O24NO+6H2O;⑶3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O;⑷NH4HC2O42.⑴Fe3O4C;⑵PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O2HClO2HCl+O2↑;⑶②8mol;⑷PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O483.⑴BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g);ΔH=+571.2kJ•mol-1;⑵S2-+H2OHS-+OH-;⑶计算过程:设每次用1.00L2.0mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理BaSO4物质的量为xBaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-(2.0-x)mol•L-1xmol•L-1K===0.042x=0.081(0.084也给分);处理次数==2.5(2.38也给分)。至少处理3次;⑷节能,环保4.⑴3NaClO3+3H2SO4=2ClO2↑+HClO4+H2O+3NaHSO4或3NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+NaClO4+H2O+2NaHSO4;⑵二氧化硫作为复原剂把ClO2复原为NaClO2、2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O;(3)H2SO421世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com36/36

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发布时间:2022-08-25 22:59:21 页数:36
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文章作者:U-336598

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