2017年度高考化学专题08（无机框图推断与元素推断技巧）三轮冲刺试题

2017年度高考化学专题08（无机框图推断与元素推断技巧）三轮冲刺试题

专题08 无机框图推断与元素推断技巧 ‎【2012考纲解读】‎ ‎ 无机框图推断是无机化合物知识的综合考查，氯、硫、氮、铝、铁、钠元素及化合物之间的转化是框图题的热点。解题方法是抓住特征，找突破口，然后反复推敲、认真辨析，根据与其他元素或物质间的相互关系，通过逻辑推理，分析判断而得出结论，定量计算与框图题结合是高考试题开发的一类新题型。无机框图推断题是以元素化合物知识为主，集基本概念、基本理论为一体的综合性题目。具有考查知识面广、题型多变、思考容量大等特点。这类题既能考查学生掌握元素与化合物的知识量及掌握熟练程度，又能考查学生的逻辑思维能力，这类试题特点是综合性强、物质间关系复杂，导致学生解题时常常难以入手。‎ ‎【考点回顾】 　　一、解推断题的一般思维策略 　　1．立足基础： 　　框图题重点考察元素及化合物的基础知识，立足于中学阶段常见物质与反应，故要熟练掌握一些代表性物质的基本性质：如色、态、味、化学性质等。夯实基础是求解推断题的前提。及时的进行一些总结和记忆是非常有必要的。 　　⑴焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色） 　　⑵浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr 　　⑶使品红溶液褪色的气体：SO2（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色） 　　⑷有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫色） 　　　有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、红褐色[Fe(OH)3] 　　　　　　　　蓝色[Cu(OH)2]、黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS） 　　　　　　　　黄色（AgI、Ag3PO4）、白色[Fe(OH)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3] 　　　有色气体：Cl2（黄绿色）、NO2与溴蒸气（红棕色） 　　⑸特征反应现象： 　　2．抓住特性： 　　很多物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应，或在反应中能产生特殊现象，以硫元素及其化合物为例：Ｓ为淡黄色固体，H2S与O2、X2、Fe3+、SO2反应可产生淡黄色单质硫；SO2可被Fe3+、X2‎ 氧化，也可使品红溶液褪色，这些特殊信息有助于确定题目的突破口。又如 ：A— 　　若A为化合物，则A必为无氧弱酸的铵盐或不稳定弱酸的铵盐：（NH4）2S或NH4HS；（NH4）2CO3或NH4HCO3；(NH4)2SO3或NH4HSO3。若A为单质则为铝。 　　受热分解产生2种或3种气体的反应： 　　（1）铵盐 　　（2）硝酸盐 　　与水反应产生气体 　　（1）单质 　　（2）化合物 　　强烈相互促进水解的物质：‎ ‎ 　　3．利用转化： 　　无机物之间有一些重要的衍变关系，在物质之间按照一定规律反应时，会形成一定的特征的转化关系。如： 　　⑴直线型转化： 　　金属碱性氧化物 碱 盐 　　非金属酸性氧化物 酸 盐 　　 　　① 　　② 　　③ 　　④ 　　⑵交叉型转化：‎ ‎　　⑶三角形转化： 　　⑷无机框图中常用到催化剂的反应： 　　‎ ‎ 　　牢记一些重要的转化关系，在解题时可两相对照，寻找相似，确定范围。 　　同时，对一些典型的反应还需要从反应类型上加以总结。如置换反应： 　　（1）金属→金属 　　（2）金属→非金属 　　（3）非金属→非金属 　　（4）非金属→金属 　　总结的过程中，要注意从不同的角度出发，如置换反应可以按以上的角度总结也可以按是否是同族间的置换总结。 　　4．应用数据： 　　物质转化时式量的变化、各元素含量、相对密度等数据都是解题的关键点，可综合物质结构、性质、相互转化关系进行推断，如CO→CO2，NO→NO2，SO2→SO3，转化时分子中都增加１个氧，式量变化均为16。 　　5．把握信息： 　　题目给予的新信息可与旧知识形成一个新的知识体系，题干中的“常见”、“过量”‎ 等字眼为推断限定了范围；而反应条件、某些物质的频繁出现等隐含信息即是解题的重要突破口。 　　二、解推断题的一般方法 　　1．顺推法： 　　顺推是根据题设条件和转化关系方框图，从最初反应物入手，利用给定反应物的结构和性质特点，顺着转化关系往后推，从而解决问题。‎ ‎　　例1．图１每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：‎ 附表　 各物质的量 ‎　　　　　　　　　　Ｃ　 　　Ｄ　 　 Ｉ 起始组成/mol　　　　６　 　　４　 　 ０ 某时刻组成/mol　　　３　 　　３　 　 ２‎ ‎　　物质A跟B反应生成物E、F和G，物质C跟D反应生成物质Ｉ，某温下该反应起始和某时刻的反应混合物组成如附表所示。请填写下列空白： 　　⑴ 物质Ｈ的分子式_______； 　　⑵ 反应①的化学方程式_______； 　　⑶ 反应②的化学方程式（须注明反应条件）是________。 　　分析：本题首先给出饱和食盐水的电解，然后是电解产物间的作用。最初条件意义清楚，故进行顺推。饱和食盐水的电解产物是Cl2、H2、NaOH，其中两两反应可生成三种产物的是Cl2、NaOH中的一种，C为H2，又B、C作用生成Ｈ物质，则B为Cl2，A为NaOH，H为HCl。又由表中数据推知C、D、Ｉ三种物质在方程式中的系数比为(6-3)∶(4-3) ∶(2-0)=3∶1∶2，因C为H2，则D为N2，Ｉ为NH3。 　　答案： 　　⑴ HCl； ‎ ‎　　⑵ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； 　　⑶ 3H2+N22NH3 　　2．逆推法： 　　有的推断题，最初条件意义并不明确，但某一结果有较明确的含义，求解时，从这一结果入手，采用逆推模式，逆向逐层推理，可顺利达到解决问题的目的。 　　例2．某些金属氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐，根据图2化学反应方框图填空：‎ ‎（１）单质F是________； 　　（２）写出由E生成G的离子方程式（或化学方程式）_______； 　　（３）溶液Ｉ中所含金属离子是________； 　　（４）由CE＋F若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）________。 　　分析：从题设最初条件看，其意义并不明确，但从转化关系方框图中的结果“红褐色沉淀G”可知，其含义明确，故从此入手运用逆推。由红褐色沉淀G逆推可知溶液E中含Fe2+，再由Ｅ逆推知单质C为Fe，单质F为H2；又由单质F(H2)逆推知单质B可为金属Al或Zn或者为非金属单质Si，另由溶液Ｉ加NH3·H2O转化为沉淀Ｊ，Ｊ溶于强碱溶液，可确定单质Ｂ为Al，化合物Ａ为铁的氧化物。 　　答案： ‎ ‎　　（１）H2； 　　（２）4Fe2++8NH3·H2O+O2+2H2O===4Fe(OH)3↓+8NH 　　　　　或Fe2++2NH3·H2O====Fe(OH)2↓+2NH； 　　　　　4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3； 　　（３）Al3+和Na+； 　　（４）H2SO4或HNO3 　　3．假想验证法： 　　假设思维模式是由题设条件和转化关系图找出题目突破口，并对有关内容建立假设，然后将假设结果代入题中验证分析，由此可使问题得以解决。假设模式的思维途径可表示为：‎ 例3．下图①～分别代表反应中的一种物质，请填空白： 　　（１）①、③、④的化学式分别是_______。 　　（２）⑧与⑨反应的化学方程式是________。‎ 分析：由题设条件“物质①受热分解得气体混合物”可判断①可能为浓HNO3或不稳定酸的铵盐等。常见的不稳定酸的铵盐有NH4HCO3，(NH4)2CO3，NH4HSO3等。假设①为NH4HCO3，则气体混合物将为NH3，CO2，H2O蒸气，代入题中可推知③为NH3，④为O2，②为CO2；又由转化关系可推知⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3，⑨、⑩一种为MgO，一种为Ｃ，因⑧⑨反应生成三种产物，则⑨为Ｃ。以上结果都是符合题意的，可见假设①为NH4HCO3是成立的。同理(NH4)2CO3亦合题意。‎ ‎ 　　答案： 　　⑴①——NH4HCO3[(NH4)2CO3]；③——NH3；④——O2； 　　⑵C+4HNO3（浓） 2H2O+4NO2↑+CO2↑ 【考点再现】‎ ‎1、（2009宁夏）27．（15分）‎ 下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）‎ ‎（1）A、B、C、D代表的物质分别为＿＿＿、＿＿＿、＿＿＿、＿＿＿（填化学式）；‎ ‎（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；‎ ‎（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是＿＿、＿＿（填化学式）；‎ ‎（4）反应③产物中K的化学式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；‎ ‎（5）反应④的离子方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)Al C H2O Na2O2‎ ‎(2)2 Na2O2+2 H2O=4NaOH+O2↑ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎(3) CO2 CO ‎ ‎(4) Na 2CO3 ‎ ‎(5) CO2 +AlO2-+OH-+= CO32-+Al（OH）3↓‎ ‎【解析】由题干条件及图表提示，不难判断A、B、C、D代表的物质分别为Al、C、H2O、Na2O2。由于反应①‎ 中的C、D均过量，所以溶液甲是氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液，由于B和F反应且B与F物质的量之比为4∶3，故F为氧气，G能与过氧化钠反应，因此它为二氧化碳，则H为一氧化碳，K 溶于水形成溶液乙是碳酸钠溶液，所以第五问的离子方程式应写成碳酸根离子，而不是碳酸氢根离子。‎ ‎2、（2009浙江）26.（14分）各物质之间的转换关系如下图，部分生成物省略。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原子的外层电子数之和为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，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（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）写出反应②的化学方程式（有机物用结构简式表示） ，举出该反应的一个应用实例 。‎ ‎（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的化学方程式 。‎ ‎（5）研究表明：气体D在一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体N，其结构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 、 、 。‎ ‎【答案】(1)Cu2(OH)2CO3 [Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3 ‎ ‎(2) C>O ‎ ‎(3)CH2OH(CHOH)4CHO + 2Cu(OH)2 CH2OH(CHOH)4COOH + Cu2O↓+ 2H2O 医学上可用这个反应检验尿液中的葡萄糖。‎ ‎（4）3Cu2O + 14HNO3 6Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 7H2O ‎(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。‎ ‎【解析】从反应图中寻找突破口，E与葡葡糖生成红色沉淀F，则E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反应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，则为Cl2，K为浅绿色，则为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，则为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反应，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反应，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可以还原成正四面体结构的晶体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。‎ ‎3、（2009四川）27.（15分）‎ 已知A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。‎ 请回答下列问题：‎ 组成B单质的元素位于周期表第______________周期，第_______________族。化合物C的电子式为__________________________________。‎ J的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是_________________。‎ 写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：________________。‎ 写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：_____________________。‎ 上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有_______个。‎ ‎【答案】（1）三（1分）Ⅱ A （1分） ‎ ‎（2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强 ‎ ‎（3） ‎ ‎（4） ‎ ‎（5）2 ‎ ‎【解析】根据B是由短周期元素组成的单质，B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气，确定B为金属镁。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱，确定D为二氮化三镁，A为氮气。 C为淡黄色固体化合物， 推测为过氧化钠。O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化铜生成。通过分析可得：A:氮气B：镁C：过氧化钠D：二氮化三镁E：硝酸镁F：硝酸铵G：氢氧化钠H：氧气I：氨气J：水K：硝酸钠L：一氧化氮M：二氧化氮N：硝酸O：硝酸铜 ‎ ‎（1）镁元素位于周期表第三周期，第ⅡA族。化合物C的电子式为 （2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强 ‎（3）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水 ‎（4）二氮化三镁与硝酸生成硝酸镁和硝酸铵两种盐过氧化钠与水反应，二氧化氮与水反应，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂 ‎ ‎4、（2009重庆）29（15分）化合物A由周期不同的短周期元素X、Y组成，是良好的耐热冲击材料。‎ X的单质既可与盐酸反应，又可与溶液反应，X的原子结构示意图为 ‎ 。‎ X的硫酸盐溶液与过量溶液反应的离子方程式为 。‎ 一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的化合物Z，Z分子含有10个电子。‎ ‎①Z与反应，其产物之一是Y的单质，Y的单质地电子式为 ；Z分子的结构呈 ‎ ‎②A的化学式是 ‎ ‎（4）X的单质、石墨和二氧化钛 按比例混合，高温下反应得到的化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭河导弹上有重要应用），其反应的化学方程式是 。‎ ‎【答案 】 ‎ ‎【解析】既能与酸、又能与碱反应的单质为金属铝，Y形成的化合物Z为10电子分子，Al在第三周期，则Y一定为第二周期，因此Z可能为CH4、NH3、H2O、HF，能够被H2O2氧化为单质的一定为NH3 。 ‎ ‎5.（2009海南）13．(9分)‎ 有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)。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。‎ 请回答下列问题：‎ ‎ (1)反应①的化学方程式为 ‎ ‎(2)反应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，若D的浓度为1×10—2mo1/L ，则生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为 。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】：解无机推断题的关键是抓住题眼,此题的题眼是B是催化剂同时能和浓的A溶液反应得气体单质C,所以B为MnO2, ,E为氯酸钾,H为氧气,C为氯气,A为浓盐酸, G为紫黑色固体单质为I2;则D为KI,F为KCl; ‎ ‎(1)反应①的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎(2)反应②的离子方程式为 ‎(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式为 ‎(4) 已知Ksp(PbI2)=C(Pb2+)×C2(I-)= C(Pb2+)××(×10—2)2=7.0×10—9‎ ‎∴　C(Pb2+)=5.6×10—4 mo1/L ‎ ‎ ‎ 测试题 ‎1.下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是 （ ）‎ A.漂白粉的成分为次氯酸钙 B.实验室可用浓硫酸干燥氨气 C.实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气 D.Al2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒 答案 C 解析 漂白粉的有效成分是次氯酸钙，主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2；浓H2SO4与氨反应生成（NH4）2SO4；用碱液处理酸性气体是合理的；Al2（SO4）3除悬浮颗粒实质是利用Al3+的水解反应生成Al（OH）3胶体，但在酸性和碱性溶液中都抑制Al（OH）3胶体的形成。只有C是正确的。‎ ‎2.列叙述正确的是 （ ）‎ A.稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化生成二氧化碳 B.Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱 C.Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物 D.NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体 答案 C 解析 A项中必须是浓硝酸、浓硫酸且加热才能氧化木炭，错误；B项中Fe和水蒸气反应不能生成碱，错误；D项中Na2CO3受热不易分解，错误；C项正确。‎ ‎3.下列说法正确的是 （ ）‎ A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 B.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 C.知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数 D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 答案 D 解析 布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，A错；热机的工作效率不可能达到100%，B错；由摩尔质量和密度只能求出摩尔体积，C错；分子热运动的平均动能只与温度有关，温度相同，分子平均动能就相同，D对。‎ ‎4.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是 （ ）‎ A.氧化还原反应：元素化合价是否变化 ‎ B.共价化合物：是否含有共价键 C.强弱电解质：溶液的导电能力大小 ‎ D.金属晶体：晶体是否能够导电 答案 A 解析 元素化合价是否发生变化是判断反应是否为氧化还原反应的依据，A对；含有共价键的化合物不一定是共价化合物（如NH4Cl），B错；溶液的导电能力主要看带电离子的浓度和所带电荷，与电解质的强弱无关，C错；有些原子晶体也能导电（如Si），D错。‎ ‎5.下列叙述正确的是 ‎ A.O2和O2互为同位素，性质相似 B.常温下，pH=1的水溶液中Na+、NO、HCO、Fe2+可以大量共存 C.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同 D.C（石墨，s）= C（金刚石，s）；ΔH>0，所以石墨比金刚石稳定 答案 D 解析 同位素指的是原子，而不是分子。pH=1的酸性溶液中HCO不存在，Fe2+与NO不共存。明矾中Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3吸附水中杂质聚沉，而漂白粉中ClO-水解生成HClO，具有液氧化性，能杀菌消毒。‎ ‎6.下列有关工业生产的叙述正确的是 ‎ A.合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率 B.硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量 C.电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室 D.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小 答案 D 解析 A项中减小NH3的浓度，正向与逆向反应速率均减小；B项中接触室中安装热交换器是为了利用反应：2SO2+O2 2SO3的热量；C项中Cl2为阳极室产物。‎ ‎7.将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。‎ ‎（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要 等原料。‎ ‎（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： 。‎ ‎（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有 （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。‎ ‎（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO的方法是： 。‎ ‎（5）已知不同温度下K2SO4在‎100 g水中达到饱和时溶解的量如下表：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎60‎ K2SO4溶解的量(g)‎ ‎7.4‎ ‎11.1‎ ‎18.2‎ ‎60℃‎时K2SO4的饱和溶液591 g冷却到‎0℃‎，可析出K2SO4晶体 g。‎ ‎（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。‎ A.熔点较低（‎29℃‎熔化） B.能导电 C.能制冷 D.无毒 ‎（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是： 。‎ 答案 （1）CaCO3、NH3、H2O ‎ ‎（2）CaSO4＋CO→CaCO3↓＋SO ‎（3）CaSO4 （4）滤液中滴加盐酸产生气泡 ‎（5）‎54 g （6）AD ‎（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）‎ 解析 （1）从工艺流程图可以看出尽管生产过程中有CaCO3生成，但是这部分CaCO3提供的CaO和CO2远小于生成（NH4）2CO3所需要的，同理NH3的需要也要多一些，因生产中要考虑损耗等因素。故还需要CaCO3、NH3、H2O等原料。‎ ‎（2）离子方程式为CaSO4+CO→CaCO3↓+SO。‎ ‎（3）因CaSO4属微溶物，因此过滤后得到的沉淀除CaCO3外还有一定量的CaSO4。‎ ‎（4）要向滤液中滴加盐酸看是否有气泡产生，即可推出是否含有CO。‎ ‎（5）可设析出K2SO4晶体质量为x，则根据‎118.2 g∶(18.2-7.4) g=‎591 g∶x,‎ 解得x=‎54 g。‎ ‎（6）因其是常用的无机储热材料，选择依据可排除B、C，应选择A、D。‎ ‎（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）。‎ ‎8. X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，它们满足以下条件：‎ ‎①元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；‎ ‎②Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。‎ 请填空：‎ ‎（1）Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”） ，理由是 ；‎ ‎（2）Y是 ，Z是 ，W是 ；‎ ‎（3）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8∶2∶4∶1。写出该化合物的名称及化学式 。‎ 答案 (1)否 若三者处于同一周期，则最外层电子数之和不可能为17‎ ‎（2）N O S ‎（3）硫酸铵 (NH4)2SO4‎ 解析 根据“X、Y、Z和W代表的原子序数依次增大”及条件①和②不难推出Y、Z、W在周期表中的位置关系为 显然Y、Z、W不可能在同一周期，因若在同一周期最外层电子数之和不可能为17。再由条件②不难推出，Y为氮，Z为氧，W为S。再根据X、Y、Z、W组成化合物的原子个数比为8∶2∶4∶1，‎ 则该化合物应为硫酸铵。‎ ‎9.有X、Y、Z三种元素，已知：‎ ‎①X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；‎ ‎②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色。‎ 请回答：‎ ‎（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是 。‎ ‎（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是 。此液体具有的性质是 （填写序号字母）。‎ a.光束通过该液体时形成光亮的“通路” b.插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深 c.向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生 d.将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成 ‎（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体。 ‎①已知一定条件下，每1 mol该气体被O2氧化放热98.0 kJ。若2 mol该气体与1 mol O2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4‎ ‎ kJ，则该气体的转化率为 。‎ ‎②原无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol Y的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.5×6.02×1023个电子转移时，该反应的化学方程式是 。‎ 答案 （1）HClO4‎ ‎(2)Fe3++3H2O Fe(OH)3（胶体）+3H+ a、b、d ‎(3)①90% ②SO2+2HClO3 H2SO4+2ClO2‎ 解析 因X2-、Y-均与Y的氢化物具有相同的电子数，说明X、Y同周期，且分别属ⅥA和ⅦA族元素，又根据ZY3溶液遇苯酚呈紫色，推知ZY3为FeCl3，即X、Y、Z分别是硫、氯、铁元素，从而可如下作答：（1）为HClO4，（2）Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，因此液体为胶体，因而具有a、b、d的性质。关于（3）问，因X的单质在空气中燃烧产生的气体为SO2，SO2与O2的反应是可逆反应，根据题设条件，产生176.4 kJ热量时消耗的气体（SO2）的物质的量为1 mol×=1.8 mol，所以其转化率为×100%=90%.再由题设条件中Y的含氧酸盐常用于制O2,知该盐为KClO3,所以Y的酸为HClO3,故SO2与1.5 mol HClO3反应转移1.5×6.02×1023个电子时的化学方程式为SO2+2HClO3 H2SO4+2ClO2.‎ ‎10.A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1∶2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下（图中部分产物未列出）：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）A是 ，C是 。‎ ‎（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是 。‎ ‎（3）E与F反应的化学方程式是 。‎ ‎（4）F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是 。‎ 答案 （1）A：碳（或C） C：钠（或Na）‎ ‎（2）Na2CO3+2HCl = 2NaCl+H2O+CO2↑‎ ‎（3）2CO2+2Na2O2 = 2Na2CO3+O2‎ ‎（4）Na2O=+S2-+2H2O = 4OH-+S↓+2Na+‎ 解析 空气的主要成分为N2、O2、少量CO2和稀有气体，由题意知“A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质，由A、B生成的E为化合物，所以E只能为CO2，A为碳，B为氧，又因为F的焰色反应呈黄色，说明F中含有钠元素，故C为钠，且F为过氧化钠，又知G中非金属与金属（钠）元素的原子个数比为1∶2，所以该非金属在G中显-2价，根据原子序数D>C，则D应为硫。至此所有问题就迎刃而解。‎ ‎11.中学化学中几种常见物质的转化关系如下：‎ 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：‎ ‎（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： 。‎ ‎（2）A、B、H的化学式：A 、B 、H 。‎ ‎（3）①H2O2分子的电子式： 。‎ ‎②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。‎ ‎（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。‎ ‎（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2,恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式： 。‎ 解析 由“以F为分散质的红褐色胶体”可推知F为Fe（OH）3，则D为Fe2（SO4）3，C为FeSO4，‎ A为Fe，B为FeS，E为（NH4）2SO4。‎ ‎（1）F为胶体微粒，所以其微粒直径范围为1 nm～100 nm。‎ ‎（3）①根据H2O2的结构和价键理论，H2O2的电子式应为 ②根据双氧水具有强氧化性推知C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式应为 ‎2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O。‎ ‎（4）根据前面分析，E中阳离子为NH4+，在实验中，可加入NaOH溶液加热，利用产生的NH3遇湿润红色石蕊试纸变蓝检验之。‎ ‎（5）因Na2O2在水溶液中与水反应生成NaOH和O2，因此与C（FeSO4）反应应产生Fe（OH）3沉淀，其离子方程式很容易写。‎ 答案 （1）1nm～100 nm ‎(2)Fe FeS H2SO4(稀）‎ ‎（3）‎ ‎ (4)取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝。（或其他合理答案）‎ ‎（5）4Fe2++4Na2O2+6H2O = 4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+‎ ‎12.下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的H2O已略去），已知：‎ ‎（a）A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。（b)反应①、②是化工生产中的重要反应。（c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。（d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。（e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。‎ 请按要求填空：‎ ‎（1）反应③的化学方程式 。‎ ‎（2）C的结构式 ；H的化学式 。‎ ‎（3）L的溶液与化合物E反应的离子方程式 。‎ ‎（4）化合物J的化学式 。‎ 答案 （1）2NH3+H2SO4 =（NH4）2SO4 （2）N≡N （NH4）2SO3或NH4HSO3‎ ‎（3）ClO-+SO2+2OH- = Cl-+SO+H2O (4)N2H4‎ 解析 本题属于框图推断题，解答此题的“突破口”是化合物E；因A、B、C、D都是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”，可推知E为SO2；则A为硫，B为O2。再根据“反应②是化工生产的重要反应”及 且“K是常用氮肥”可推出F为氨气，再结合 和“丁由两种元素组成相对分子质量为‎32”‎可推出J为N2H4，C为N2，D为H2，又由于L具有漂白性可由Cl2‎ 和NaOH制得，则L为NaClO，而可以完成本题答案。‎ ‎13.蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：‎ ‎（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是 。‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Mg(OH)2‎ 开始沉淀pH ‎1.5‎ ‎3.3‎ ‎9.4‎ ‎（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7～8（有关氢氧化物沉淀的pH见上表），Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致 溶解、 沉淀。‎ ‎（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入 （填入物质的化学式），然后 （依次填写实验操作名称）。‎ ‎（4）物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是 （填写物质化学式）。‎ ‎（5）现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤（可用试剂：浓硫酸、碱石灰）：‎ ‎①样品称量；②高温分解；③ ；④ ；⑤MgO称量。‎ ‎（6）‎18.2 g产品完全分解后，产生‎6.6 g CO2和‎8.0 g MgO，由此可知，产品的化学式中：a= ,b= ,c= 。‎ 答案 (1)Fe3+、Al3+ ‎ ‎(2)Al(OH)3 Mg(OH)2‎ ‎(3)NaOH 过滤、洗涤、灼烧 ‎ ‎（4）CO2 ‎ ‎（5）用浓硫酸吸收水蒸气 称量碱石灰吸收CO2前后的质量 ‎（6）3 1 3‎ 解析 （1）从蛇纹石的组成中含有Fe2O3、Al2O3可推知，还含有的金属离子为Fe3+、Al3+。‎ ‎（2）因表中数据表明Mg(OH)2沉淀的pH为9.4，而Al(OH)3沉淀的pH为3.3，应控制pH=7～8，否则若加入过量的Ca(OH)2，pH过大会导致Al(OH)3溶解，Mg(OH)2沉淀而析出。（3）要提纯红色氧化物作颜料，根据Fe3+的性质应首先加入NaOH使其沉淀为Fe(OH)3，然后过滤、洗涤、灼烧，使Fe(OH)3分解即产生Fe2O3［2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O］。（4）由实验步骤的图示可以直接选取CO2。‎ ‎（5）要确定产品中的a、b、c只要测出CO2的质量、水的质量和MgO的质量即可，步骤见答案。‎ ‎（6）根据产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O的分解方程：aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O= (a+b)MgO+aCO2↑+(b+c)H2O,结合题给数据列方程即可求得a=3,b=1,c=3。‎ ‎14.A、B、C、D、E 5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3和AgNO3‎ 中的一种，已知：‎ ‎①A与B反应有气体生成 ②B与C反应有沉淀生成 ‎③C与D反应有沉淀生成 ④D与E反应有沉淀生成 ‎⑤A与E反应有气体生成 ⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质 请填空：‎ ‎（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是 。‎ ‎（2）A是 ，B是 ，C是 ，‎ D是 ，E是 。‎ ‎（3）A与E反应的离子方程式是 。‎ 答案 （1）AgCl ‎（2）Na2CO3 HCl AgNO3 BaCl2 NaHSO4‎ ‎（3）CO+2H+=CO2↑+H2O 解析 A能和B、E反应生成气体，只能是Na2CO3,B、E分别是HCl、NaHSO4中的一种。B和C、D和E能生成沉淀，可知C、D分别为BaCl2、AgNO3中的一种。C、D反应生成的沉淀是AgCl，因②③产生的沉淀都是AgCl，可知B为HCl、C为AgNO3、D为BaCl2，E是NaHSO4。‎