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2018年高考化学二轮复习专题限时集训:12 无机物之间的转化及推断

资料类别: 化学/同步

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专题限时集训(十二) 无机物之间的转化及推断
(对应学生用书第135页)
 (限时:40分钟)
1.给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是(  )
A.Al2O3NaAlO2(aq)CO2,Al(OH)3
B.SSO3H2SO4
C.Mg(OH)2MgCl2(aq) 无水MgCl2
D.FeFe2O3FeCl3
A [该组物质间转化均能一步实现,A正确; S与氧气反应只能生成SO2,B错误;MgCl2能够水解产生氢氧化镁和氯化氢,加热氯化氢易挥发,所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为氢氧化镁,无法得到氯化镁固体,C错误;铁与水蒸气反应生成四氧化三铁,D错误。]
2.A是中学化学中常见的单质,B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。下列判断正确的是(  ) 

A.A可能是金属,也可能是非金属
B.A、B、C含有一种相同的元素
C.B、C的水溶液一定都呈碱性
D.反应①②不一定都是氧化还原反应
B [A单质在碱性条件下发生反应生成B、C两种化合物,发生了氧化还原反应,元素A的化合价既升高又降低,存在负化合价,应为非金属元素,金属元素不存在负化合价,A项错误;A单质发生歧化反应生成B、C两种化合物,则A、B、C含有一种相同的元素,B项正确;若A单质为氯气,与氢氧化钠反应生成氯化钠,氯化钠的水溶液呈中性,C项错误;单质生成化合物,元素的化合价发生变化,化合物生成单质,化合价也发生变化,所以反应和反应一定都属于氧化还原反应,D项错误。]
3.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去),则W、X不可能是(  ) 
选项	W	X		A	盐酸	Na2CO3溶液		B	Cl2	Fe		C	CO2	Ca(OH)2溶液		D	NaOH溶液	AlCl3溶液		B [Fe与过量或少量Cl2反应均生成FeCl3。]
4.(2017·株洲质检)甲、乙、丙、X 是中学化学中常见的4种物质,其转化关系如图,其中甲和X不可能是(  )

A.甲为C2H5OH、X为O2
B.甲为H2S、X为O2
C.甲为 HNO3 、X为Fe
D.甲为AlCl3 溶液、X为NaOH溶液
A [C2H5OH和O2可生成乙醛,乙醛可氧化为乙酸,但乙酸不能与乙醇转化为乙醛, A错误;H2S和O2反应生成S, S和O2生成SO2,SO2和H2S反应生成S, B正确;HNO3和Fe生成Fe(NO3)3,Fe(NO3)3和铁反应生成Fe(NO3)2,Fe(NO3)2可被硝酸氧化为Fe(NO3)3, C正确;AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成Al(OH)3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2,NaAlO2与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3,D正确。]
5.X、Y、Z是三种常见的单质,甲、乙是两种常见的化合物。下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是(  ) 

选项	X	Y	Z	甲	乙		A	H2	Si	Cl2	SiCl4	HCl		B	C	H2	O2	H2O	CO		C	Zn	Fe	Cl2	FeCl2	ZnCl2		D	C	Si	O2	SiO2	CO		C [铁和氯气反应生成FeCl3,C项不符合题意。]
6.(2017·安徽安庆二模)分别由短周期元素m、n、p、q组成的单质依次为甲、乙、丙、丁,有关反应关系如图所示(部分产物省略)。其中甲为黄绿色气体,M、N均为10电子分子且M的水溶液呈碱性,Q为离子化合物,下列说法中正确的是(  ) 

A.原子半径的大小:m>q>n>p
B.元素非金属性:q>n>p
C.Q的溶液可以保存在细口玻璃试剂瓶中
D.n的氧化物的水化物一定为强酸
B [甲为黄绿色气体,应为Cl2;M、N均为10电子分子且M的水溶液呈碱性,则M为NH3;Q为离子化合物,则N为HF,Q为NH4F,由此可知m、n、p、q依次为Cl、N、H、F。N、F同周期,核电荷数越大原子半径越小,F、Cl同主族,核电荷数越大原子半径越大,H是原子半径最小的元素,原子半径的大小:Cl>N>F>H,故A错误;F的非金属性最强,N的非金属性强于H,元素非金属性:F>N>H,故B正确;NH4F能腐蚀玻璃,不能保存在细口玻璃试剂瓶中,故C错误;n的氧化物的水化物可能是HNO3,也可能是HNO2,HNO2是弱酸,故D错误。]
7.(2017·成都模拟)根据下列框图分析,下列说法正确的是(  )

A.E2+的氧化性比M2+的氧化性强
B.在③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀
C.反应④的离子方程式可表示为: E3++3SCN-===E(SCN)3↓
D.在反应①中只能用浓硫酸,既表现了酸性又表现了氧化性
B [根据框图分析可知,M为铜,在酸性溶液中被H2O2氧化为铜盐溶液CuSO4,依据Y加入KSCN溶液变为血红色说明是Fe3+,和氨水反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3;说明X为Fe2+形成的FeSO4溶液,推断E为Fe;根据金属活动顺序分析判断,Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱, A错误;在反应中若不加稀硫酸,FeSO4被H2O2氧化为Fe2(SO4)3,在中性溶液中Fe3+会水解形成沉淀,可能看到红褐色沉淀, B正确;反应的离子方程式可表示为:3SCN-+Fe3+===Fe(SCN)3,生成的是红色溶液,不是沉淀,C错误;反应中硫酸只是提供酸性环境,H2O2作氧化剂氧化了铜,D错误。]
8.(2017·辽宁铁岭协作体第四次联考)A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质,常温下A是淡黄色粉末,B、D是气体,F、G、H的焰色反应均为黄色,水溶液均显碱性,E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去),回答下列问题:

(1)A所含元素在周期表中的位置为________,C的电子式为________。
(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________
_______________________________________________________________。
(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I,I在酸性溶液中不稳定,易生成等物质的量的A和E,I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为________________________;I是较强还原剂,在纺织、造纸工业中作为脱氯剂,向I溶液中通入氯气可发生反应,参加反应的I和氯气的物质的量之比为14,该反应的离子方程式为_____________________________________
_______________________________________________________________。
(4)向含有0.4 mol F、0.1 mol G的混合溶液中加入过量盐酸,完全反应后收集到a L气体C(标准状况),过滤,向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液,得到沉淀3.2 g,则a=________。
【解析】 A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质,常温下A是淡黄色粉末,则A为S;B、D是气体,均与硫单质反应,D与硫反应生成的E有漂白性,则D为O2,E为SO2;F、G、H的焰色反应均为黄色,均含有Na元素,水溶液均显碱性,结合转化关系可知,H为NaOH,G为Na2SO3,F为Na2S,B为H2,C为H2S。
(1)A为硫单质,硫元素处于元素周期表中的第三周期ⅥA族;C为H2S,电子式为H∶∶H。
(2)硫与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式为3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。
(3)将S溶于沸腾的Na2SO3溶液中可以制得化合物I,I在酸性溶液中不稳定,易生成等物质的量的S和SO2,则I为Na2S2O3,Na2S2O3在酸性条件下生成硫和二氧化硫的离子方程式为2H++S2O===S↓+SO2↑+H2O;Na2S2O3是较强还原剂,向Na2S2O3溶液中通入氯气可发生反应,参加反应的Na2S2O3和氯气的物质的量之比为1∶4,Cl元素被还原为-1价,设S元素在氧化产物中化合价为a,根据得失电子守恒:2(a-2)=4×2,解得a=6,故S2O被氧化得到SO,该反应的离子方程式为4Cl2+S2O+5H2O===8Cl-+2SO+10H+。
(4)向含有0.4 mol Na2S、0.1 mol Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸,发生反应:2S2-+SO+6H+===3S↓+3H2O,0.1 mol Na2SO3反应消耗0.2 mol Na2S,剩余0.2 mol Na2S,再发生反应:S2-+2H+===H2S↑,得到0.2 mol H2S,取反应后的澄清溶液,加入过量FeCl3溶液,得到沉淀3.2 g,发生反应:2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+,生成S的物质的量为=0.1 mol,故溶液中溶解的H2S的物质的量为0.1 mol,则从溶液中逸出的气体体积为(0.2 mol-0.1 mol)×22.4 L·mol-1=2.24 L。
【答案】 (1)第三周期ⅥA族 HH
(2)3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O
(3)2H++S2O===S↓+SO2↑+H2O 4Cl2+S2O+5H2O===8Cl-+2SO+10H+
(4)2.24
9.(2017·吉林实验中学期中)A~J是中学化学中常见的几种物质,它们之间的转化关系如下图所示。已知常温下A为固体单质,B为淡黄色粉末,C、F、I为气态单质,E在常温下为液体,且E可由C、F化合生成,J可作杀菌消毒剂。 

(1)写出B的电子式________________________________________________。    
(2)写出反应⑤的化学方程式:______________________________________
________________________________________________________________。
(3)写出反应⑦的离子方程式:______________________________________
________________________________________________________________。
(4) 向AlCl3溶液中加入少量固体B,写出反应的化学方程式:___________
_______________________________________________________________。
(5)以Pt为电极电解滴加含少量酚酞的H饱和溶液,则________(填“阴”或“阳”)极附近溶液由无色变为红色,请说明理由:_____________________。
【解析】 根据转化关系和题中信息, 知B是Na2O2,A是Na,C是O2;E在常温下为液体,E是H2O,钠和水反应生成NaOH和H2,Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2,D是NaOH,F是H2;H的水溶液通电生成H2、I气体和NaOH,且J可作杀菌消毒剂,为次氯酸盐,所以I是Cl2,电解饱和食盐水制取Cl2,所以H是NaCl,氢气和氯气反应生成G,所以G是氯化氢;氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO和水,所以J是NaClO。
(1) Na2O2的电子式为Na+[]2-Na+。
(2)电解饱和食盐水的化学方程式为
2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
(3)氯气和NaOH反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。
(4)Na2O2和水反应生成NaOH和O2,少量NaOH和AlCl3反应生成Al(OH)3和NaCl,总的反应方程式为:
6Na2O2+4AlCl3+6H2O===4Al(OH)3↓+12NaCl+3O2↑。
(5)电解饱和NaCl溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,在阴极氢离子不断放电,破坏了水的电离平衡,促使水继续电离,导致溶液中c(OH-)大于c(H+),所以阴极附近溶液先变红。
【答案】 (1)Na+[]2-Na+
(2)2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑
(3)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(4)4AlCl3+6Na2O2+6H2O===4Al(OH)3↓+12NaCl+3O2↑
(5)阴 在阴极H+不断放电,破坏了水的电离平衡,促使水继续电离,导致溶液中c(OH-)>c(H+),所以阴极附近溶液先变红
10.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质,E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体,M为红褐色沉淀。

请回答下列问题: (1)写出F在元素周期表中的位置:_________________________________。
(2)由J的饱和溶液可以制得胶体,其原理是____________________________
_________________________________________________________________
______________________________________________(用化学方程式表示)。
(3)电解X溶液的离子方程式为_____________________________________
_______________________________________________________________。
(4)D+E―→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是________。
(5)G+J―→M的离子方程式是______________________________________
_______________________________________________________________。
(6)Y受热分解的化学方程式是______________________________________
_______________________________________________________________。
(7)G中离子浓度由大到小的顺序为_________________________________,
将G蒸干灼烧得到的物质为_____________________________(填化学式)。
【解析】 F是地壳中含量最多的金属元素的单质,则F为Al;X电解生成A、B两种气态单质和能与Al反应的物质C,可知X为饱和NaCl溶液,C为NaOH溶液,A、B为H2、Cl2中的一种,则D为HCl,D与黑色固体E反应又生成B,可知E为MnO2,B为Cl2,故A为H2;G为NaAlO2溶液,M为红褐色沉淀Fe(OH)3,则J中含有Fe3+,应为FeCl3溶液,故氧化物H为Fe2O3;I为红棕色气体,且为氧化物,则I为NO2,从而可知N为HNO3溶液,故Y为Fe(NO3)3。(1)Al在元素周期表中位于第三周期ⅢA族。(2)实验室制备Fe(OH)3胶体的方法:将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中,加热煮沸至液体呈红褐色时停止加热,反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。(4)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,氧化剂为MnO2,HCl既表现还原性又表现酸性,各占一半,氧化剂被还原,还原剂被氧化,故被氧化与被还原的物质的物质的量之比是2∶1。(5)Fe3+水解呈酸性,AlO水解呈碱性,两者相互促进,完全水解生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀:Fe3++3AlO+6H2O===Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓。(6)Fe(NO3)3受热分解生成Fe2O3、NO2,N的化合价降低,故必有一种元素的化合价升高,从化学式来看,只能是O,故产物中还有O2。根据化合价升降守恒和原子守恒可配平化学方程式。(7)NaAlO2溶液中AlO发生水解AlO+2H2OAl(OH)3↓+OH-,故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(AlO)>c(OH-)>c(H+)。加热NaAlO2溶液时,水解平衡向右移动,c(OH-)逐渐增大,将会溶解Al(OH)3重新生成NaAlO2,故蒸干灼烧该溶液得到的固体仍然是NaAlO2。
【答案】 (1)第三周期ⅢA族 (2)FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ (4)2∶1
(5)Fe3++3AlO+6H2O===Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓
(6)4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑
(7)c(Na+)>c(AlO)>c(OH-)>c(H+) NaAlO2










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