2011版高中化学二轮专题复习学案：3.3 无机物的转化与推断（新课标）.doc

世纪金榜 圆您梦想 2011版高中化学二轮专题复习学案：3.3 无机物的转化与推断（新课标）【考纲点击】常见金属元素、非金属元素知识的综合应用。【核心要点突破】解答无机推断题的分析方法说明：无机框图推断题是高考试卷中的主流题型之一，旨在考察考生的知识系统性和思维灵活性。解此类题必须具备扎实的基础知识网络结构，更重要的是要善于捕捉解题的突破口即“题眼”，善于从众多的信息中“切中要害”再“顺藤摸瓜”解题。常见的几类题眼：1.特殊颜色（1）黄色黄色：AgI、Ag3PO4、P4(黄磷)、溴水（黄橙）、FeS2、Al2S3、甲基橙在弱酸性、中性或碱性环境中、某些蛋白质加浓硝酸。淡黄色：S、Na2O2、TNT、PCl5、AgBr、浓HNO3（混有NO2）、浓HCl（混有Fe3）、（混有NO2）。灰黄色：Mg3N2棕黄色：FeCl3溶液、碘水（深黄褐）。（2）黑色：CuS、Ag2S、Cu2S、HgS（黑色或红色）、FeS、FeO、Fe3O4、MnO2、CuO、Ag2O、I2（紫黑色）、Si（灰黑色）、C、Ag（粉末）、KMnO4(固体)、石油。（3）绿色：CuCl2溶液、Cu2(OH)2CO3、FeSO47H2O（浅绿色）、F2（淡黄绿色）、Cl2（黄绿色）、氯水（淡黄绿色）。（4）红色：Cu2O、Cu、甲基橙在酸性环境中、紫色石蕊试液在酸性环境中、酚酞在碱性环境中、品红试液、Fe(SCN)2、Br2（深红棕）、红磷（暗红）、Br2的CCl4溶液（紫红）、苯酚被空气氧化（粉红）。（5）棕色：固体FeCl3、固体CuCl2、NO2（红棕）、Fe2O3（红棕）。（6）紫色：KMnO4溶液、I2的CCl4溶液。 （7）灰色：As、Sn、Fe3C。（8）褐色：碘酒、2Fe2O33H2O、Fe(OH)3（红褐）。（9）蓝色：CuSO45H2O、Cu(OH)2、淀粉遇碘、紫色石蕊试液加碱、Cu2+的稀溶液。2.常见规律（1）10电子 10电子分子：NH3、CH4、HF、H20 10电子阴离子：OH一、NH2、F一、02、N3 10电子阳离子：NH4、H30、Na、Mg2、A13+（2）18电子 18电子分子：PH3、SiH4、H2S、HCl、C2H6、H202、F2、CH3OH、CH3F 18电子离子：Cl一、S2一、K、Ca2+、HS一（3）三个常温液态 唯一的非金属液体单质：Br2 唯一的液态金属：Hg 常温下的液态化合物H20、H2S04、HNO3等（4）5个催化。 氨的合成；氨的催化氧化；S02氧化成SO3；H2O2的分解； KClO3的受热分解。 （5）7个高温 合成氨；水煤气；铁与水(气)；还原性物质(H2、CO、C)与金属氧化物、非金属氧化物(C02、SiO2)；CaCO3的受热分解；煅烧硫铁矿；铝热反应；硅酸盐工业。 （6）4个化工 硫酸的工业制法；合成氨工业；氯碱工业；硅酸盐工业。 （7）气体 有刺激性气味的气体：HCI、HBr、NH3、SO2、H2S、NO、NO2无色无味的气体：H2、O2、N2、CO2、CO、CH4、C2H2 有颜色有刺激性气味的气体：C12、NO2 使品红褪色、加热后恢复的是SO2 使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是NH3 使湿润的Pb(Ac)2试纸变黑的是H2S 在空气中燃烧呈蓝色的气体有：H2、H2S、CH4、CO 能与水反应的是C12、F2、NO2（8）钠元素的焰色反应呈黄色；钾元素的焰色反应呈紫色。（9）受热分解成三种物质的有：碳酸氢盐、碳酸铵、KMnO4、Cu2(OH)2CO3、铜之后的硝酸盐。（10）既能溶于强酸又能溶于强碱的是：单质：Al、Zn、Be氧化物：A12O3、ZnO、BeO氢氧化物：Al(OH)3、Zn(OH)2、Be(OH)2酸式弱酸强碱盐弱酸的铵盐（11）只溶于强碱不溶于强酸的是：Si（12）二个电解：电解氯化钠、电解熔融的氧化铝。（13）不溶于强酸的是：AgCl、BaSO4、H2SiO3、CuS。（14）不溶于氨水但溶于NaOH或不溶于CO2但 溶于盐酸的是Al(OH)3。（15）加过量盐酸后得到胶状沉淀的是硅酸盐。（16）先加盐酸沉淀，后又溶解的是NaAlO2；先加NaOH沉淀，后又溶解的是A1C13（17）结构规律： 最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar； 最外层电子数是次外层电子数2倍的元素是：C；3倍的是O；4倍的是Ne； 电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al； 电子总数为最外层电子数2倍的元素：Be；次外层电子数是最外层电孚数2倍的元素：Si。（18）具有漂白性的是：O3、H2O2、C1O2、Na2O2、HCIO、SO2、C(活性碳)。（19）使淀粉溶液变蓝的是I2，能使湿润的KI一淀粉试纸变蓝的气体是Cl2、Br2蒸气、NO2。3.特征反应（1）同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，元素可能是硫或氮。（2）同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物化合，生成盐的元素一定是氮。（3）两溶液混合生成沉淀和气体，这两种溶液的溶质可能分别是Ba(OH)2与(NH4)2SO,；可溶性铝盐与可溶性金属硫化物或可溶性碳酸盐或碳酸氢盐；可溶性铁盐与可溶性碳酸盐或碳酸氢盐；硫代硫酸盐与强酸(如盐酸、稀H2S04等)。（4）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可能是Al、A1203，Al(OH)3，氨基酸，弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐等。（5）既能与强酸反应放出气体又能与强碱反应放出气体，常见的物质有：AI，弱酸的铵盐如(NH4)2C03、NH4HC03、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS等。（6）在水中分解生成气体和难溶物或微溶物的物质可能是A12S3、Mg3N2、CaC2等。（7）与水接触放出气体的常见物质有：Li、Na、K、Na202、F2等。（8）A物质加到B物质中，先生成沉淀，后沉淀又溶解，A、B可能分别是CO2与Ca(OH)2、NaOH与铝盐、NH3与AgN03、HCI与NaAl02、稀盐酸与Fe(OH)2胶体等。（9）使溴水褪色的物质有H2S、SO2、不饱和烃类、活泼金属、碱类等。4.特殊的实验现象 （1）H2在C12中燃烧呈苍白色火焰。 （2）钠元素焰色反应为黄色；钾元素焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)。 （3）遇酚酞变红的气体必是氨气。 （4）在空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。 （5）使品红褪色的气体可能是C12或S02，物质可能是次氯酸盐NaCIO、Ca(CIO)2、氯水、Na202等。（6）在C12中燃烧生成白色烟雾的是磷。（7）遇HCl生成沉淀，可能是：S2O32-、Ag+、 SiO32-、AlO2-（8）遇H2SO4生成沉淀，可能是：Ba2+、Ca2+、S2O32-、SiO32-、AlO2- 遇BaCl2生成不溶于硝酸的白色沉淀，可能是：SO42-、Ag+、 SO32-（9）具有臭鸡蛋气味的气体H2S，与H2S反应生成淡黄色沉淀的气体有Cl2、O2、SO2、NO2（10）能使品红溶液褪色的气体可能是：Cl2、SO2，物质可能有：NaClO、Ca(ClO)2等次氯酸盐、氯水、过氧化钠、过氧化氢、活性碳等5.推断中的“框式语”（1）框式语（酸、碱、羧酸或醇） 破译 该框式语说明A中的某元素能连续被氧化，A一般为含有可变化合价元素的物质。符合此条件的常见物质有：（2）框式语 破译 该框图表明A既能与酸反应，又能与碱反应。符合此条件的A常见的有AlO、Al(OH)等两性物质、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等。 若B、C均为气体，则A必为挥发性弱酸的铵盐，如(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2S或NH4HS；(NH4)2SO3或NH4HSO3等。若B、C均为H2时，A必为Al。（3）框式语：A（或A和B）C（C和D） 破译 该框式语的主要特征是催化剂，中学教材中符合此条件的反应主要有： （4）框式语：ABCD 破译 符合该框式语的反应有（5）框式语：化合物甲单质A化合物乙单质B 破译 该框式语表示物质间发生了置换反应。置换反应的常见类型有： 金属单质置换出金属单质，如：FeCuSO4CuFeSO4 非金属单质置换出非金属单质，如：Cl22KI2KClI2 金属单质置换出非金属单质，如：2Na2H2O2NaOHH2 2MgCO22MgOC非金属单质置换出金属单质，如：H2CuOCuH2O（6）框式语 化合物甲化合物乙单质A化合物丙 破译 符合该框式语的主要反应类型有：（7）框式语 化合物A化合物B气态化合物C化合物D 破译 符合该框式语的反应有： Mg3N2、Al2S3、CaC2等与水的反应，如Al2S36H2O2Al(OH)3+3H2SAl3、Fe3和HCO3（CO32）、HS（S2）等双水解反应，如： Al33HCOAl(OH)33CO2铵盐与强碱共热制NH3的反应。如：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O难挥发性酸制易挥发性酸的反应，如：NaClH2SO4(浓)NaHSO4HCl（8）典型置换反应（9）三角转化（10）受热分解产生2种或3种气体的反应：（1）铵盐（2）硝酸盐（11）特征网络：（1）（2）AA为弱酸的铵盐：(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2S或NH4HS；(NH4)2SO3或NH4HSO3【典题训练】（2010浙江高考T86分）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期， Z、M同主族； X+与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C.元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D.元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【命题立意】本题主要以元素的推断为背景，考查了元素位置的判断、离子半径大小的比较、氢键、晶体的类型及物质的性质等，是典型的学科内综合试题。【思路点拨】解答本题的突破口是“Y的单质晶体的性质”，由此进而推断出其他元素。【规范解答】选D。由“Y为短周期元素”及“Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料”知，Y为Si元素；则X、Y、Z、W为第3周期元素，由X原子形成的离子符号及“X+与M2-具有相同的电子层结构”知，X为Na元素、M为O元素；由“Z、M同主族”知，Z为S元素；由“离子半径：Z2-W-”知，W为Cl元素。X、M两种元素可形成X2M、X2M2型化合物，故A项错误；在W、Z、M元素的氢化物中，由于M元素的氢化物中存在氢键，其沸点最高，故B项错误；元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C项错误；由于Cl2、O3都具有强氧化性，可作为水处理中的消毒剂，故D项正确。【高考真题探究】1. （2010江苏高考T134分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是 A元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态 B一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应 C工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质 D化合物AE与CE含有相同类型的化学键【命题立意】本题将元素推断和元素化合物知识相结合，考查学生的推理能力和相关元素化合物知识。【思路点拨】结合题给信息推断出五种元素，再判断各选项是否正确。【规范解答】选BC。“B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍”，则B可能为碳或硫，“C在同周期的主族元素中原子半径最大”则C可能为锂或钠，又“A、B、C、D、E原子序数依次增大”则B为碳，C为钠；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；E为第三周期且单质为气体，则E为Cl；A原子序数小于B（碳）且单质为气体，故A为H。所以A、B、C、D、E五种元素分别为氢、碳、钠、铝、氯。A项，A、B组成的化合物为烃类，碳原子较多的烃在常温下可能为液态或固态，A项错；B项，C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，可以相互反应，B项正确；C项，C（钠）、D（铝）、E（氯）的单质通常用电解法制备，C项正确；D项，AE（氯化氢）与CE（氯化钠）所含有化学键类型不同，D项错误。2. （2010海南高考T114分）短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2与Z+核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是 AZ2Y BX2Y2 CZ2Y2 DZYX【命题立意】本题考查了元素周期表的结构、短周期元素在周期表中的位置、原子的核外电子排布、离子键、共价键的概念及分类。【思路点拨】首先根据题目信息，确定元素X、Y、Z在周期表中的位置，即确定X、Y、Z代表何种元素，再分析它们形成的化合物含有的化学键的种类。【规范解答】选B。短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，故X、Y、Z所在的周期分别是第1周期、第2周期和第3周期，又因为Y2与Z+核外电子层的结构相同，所以Y是O元素，Z为Na元素，根据它们的原子序数之和为20，可知X的原子序数为20811=1，即H元素；A、B、C、D四项中的物质及含有的化学键如下表：选项ABCD物质Na2OH2O2Na2O2NaOH含有的化学键离子键极性键和非极性键离子键和非极性键离子键和极性键故只有B项符合题意。3. (2010新课标全国卷T2614分) 物质AG有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）.其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C，单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀.请回答下列问题：写出下列物质的化学式：B SO2 、E H2SO4 、GCuO;利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是粗铜，阴极物质是精铜，电解质溶液是CuSO4溶液；反应的化学方程式是Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O;将0.23 mol B和0.11 mol氧气放入容积为1 L的密闭容器中，发生反应，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12 mol D.则反应的平衡常数K23.8 mol1L。若温度不变，再加入0.50 mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度减小。（填“填大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率降低（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数减小（填“增大”、“不变”或“减小”）。【命题立意】本题通过框图推断的形式,主要考查铜及其化合物的性质及电解精炼、化学平衡的有关知识。【思路点拨】G为砖红色沉淀为本题的突破口。【规范解答】G为砖红色沉淀，说明G是CuO，框图中F和NaOH、葡萄糖共热生成砖红色沉淀CuO，说明F是铜盐，则C和E必有一种物质提供铜元素，结合B能在高温、催化剂作用下被O2氧化，可确定单质C应为Cu。根据单质C可与E的浓溶液发生反应条件，Cu常见能与浓硫酸或浓硝酸反应，E为浓硫酸或浓硝酸，又根据B能在高温、催化剂作用下被O2氧化可确定E为浓硫酸（SO2可在高温、催化剂作用下被O2氧化，NO2不能），B是SO2，D是SO3。 2SO2 + O2 2 SO3 初始浓度（mol/l） 0.23 0.11 0转化浓度（mol/l） 0.12 0.06 0.12平衡浓度（mol/l） 0.11 0.05 0.12平衡常数K= SO32/ SO22 O2= 0.122/0.110.05=23.8 mol1L。温度不变，再加入0.50 mol氧气，增大了O2的浓度，平衡正向移动SO2的平衡浓度减小，SO2的转化率升高，但氧气的转化率降低。根据勒沙特列原理加入氧气后气体体积增大，尽管平衡右移但SO3的增加的量不如体系增大的量，因此SO3的体积分数减小。【答案】SO2 H2SO4 CuO粗铜精铜 CuSO4溶液 Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O23.8 mol1L 减小、降低、减小【类题拓展】电解精炼金属应注意以下几点：要被精炼的粗金属做电解池的阳极，失电子而溶解。用被精炼的纯金属作为电解池的阴极，被精炼的金属会在上面析出。用含被精炼金属的电解质为电解质溶液。这样经过电解精炼之后，比被精炼的金属活泼的金属放电留在了电解质溶液中，比被精炼的金属活泼性差的金属不能放电就掉到阳极底部形成了阳极泥，纯金属在阴极析出，得到了纯金属。4. （2010安徽高考T2714分） 锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料（、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：（1）第步反应得到的沉淀X的化学式为 。（2）第步反应的离子方程式是 。（3）第步反应后，过滤所需的玻璃仪器有 。若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因： 、 。（4）若废旧锂离子电池正极材料含的质量为18.1g，第步反应中加入20.0ml3.0mol.的溶液，假定正极材料中的锂经反应和完全转化为，则至少有 _g参加了反应。【命题立意】考查铝及其化合物的性质，混合物分离的方法及物质制备中涉及的相关计算。【规范解答】（1）通过信息，可知铝箔溶解在过量的氢氧化钠溶液，产生了Na Al(OH)4 ，第二步就是Na Al(OH)4溶液与过量的CO2生成Al(OH)3 ，是氧化还原反应，反应物应是LiMn2O4、硫酸、O2，产物为MnO2和Li2SO4，注意LiMn2O4不溶于水，要写成化学式。（4）根据式提供的离子方程式，通过计算，判断出硫酸过量，LiMn2O4中的Li最终转化到Li2CO3，因n(LiMn2O4)= 18.1g/ 181g.mol-1=0.1mol，故n(Li+)= 0.1mol，根据Li守恒，故n(Li2CO3)=0.1mol/2=0.05mol，再由CO32守恒可知：n(Li2CO3)=n(Na2CO3),m(Na2CO3)=0.05mol106g/mol=5.3g，参加反应的Na2CO3的质量至少为5.3g。【答案】（1）Al(OH)3 (2) 4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li+8MnO2+2H2O (3) 漏斗 、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等（4）5.3 5. （2010海南高考T138分）AG各物质间的关系如下图，其中B、D为气态单质。请回答下列问题： (1)物质C和E的名称分别为_、_； (2)可选用不同的A进行反应，若能在常温下进行，其化学方程式为_；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为_； (3)反应的化学方程式为_；(4)新配制的F溶液应加入_以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的常用试剂是_，实验现象为_。【命题立意】本题以框图推断的形式考查了学生元素化合物知识掌握的熟练程度和应用能力，体现了元素化合物知识的重要性，在近几年的高考试题中均有体现，是高考命题的热点。本题主要考查了氯气、氧气的性质和实验室制法、铁及其化合物的性质，有较强的综合性。【思路点拨】此题的突破口是：MnO2MnO2加热【规范解答】在MnO2作用下反应生成气体，若MnO2是反应物，符合此项要求的反应是：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+ Cl2+2H2O；若MnO2是催化剂，符合此项要求的反应有：2H2O2=2H2O+O2和2KClO3=2KCl+3O2。由此可知B、D为Cl2和O2；若B为Cl2，则E为FeCl3，C为H2O2或KClO3，但二者均不与Fe Cl3反应，故B只能是O2，D为Cl2，C为浓盐酸，铁在氧气中燃烧，生成四氧化三铁，即E。Fe2+易被空气中的氧气氧化，故需加入铁粉，其原理为：2Fe3+Fe=3Fe2+；检验Fe3+的方法是：加入KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液显红色，说明存在Fe3+。【答案】（1）浓盐酸 四氧化三铁MnO2（2）2H2O2=2H2O+O2 KClO3（3）MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+ Cl2+2H2O（4）铁粉 KSCN（或NH4SCN）溶液 溶液变红。6. （2010山东高考T308分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O ）过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2 的方法是_。（2）实验室制备、收集干燥的SO2 ，所需仪器如下。装置A产生SO2 ，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a f,装置D的作用是_，装置E中NaOH溶液的作用是_。（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经_操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾。（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_。【命题意图】本题以绿矾的制备为前提，考查SO2的检查方法，化学实验方案的设计（仪器的连接）、实验基本操作知识及实验结果的评价能力等。【规范解答】(1)检验SO2的方法一般是：将气体通入品红溶液中，如品红试剂红色褪去，加热后又变红。(2) 收集干燥的SO2，应先干燥(从d口进气)，再收集(SO2密度比空气的大，要从c口进气)，最后进行尾气处理；因为SO2易与NaOH反应，故的作用是安全瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将pH试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中OH-的含量减少，SO42-的含量增多，使铁的含量减少。【答案】(1)将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2。(2)d e b c；安全瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染 （3）铁粉 过滤（4）将pH试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比。低【专题模拟演练】一、选择题1. （2011福建四地六校高三模拟）甲、乙、丙、丁分别是NaOH、Al2(SO4)3、MgSO4、BaCl2四种物质中的一种，若将丙溶液逐滴滴入甲溶液，发现开始时无沉淀，继续滴加产生沉淀，最终沉淀不消失，若将丙溶液滴入丁溶液产生沉淀，据此推断乙溶液是（）ANaOH BAl2(SO4)3 CMgSO4 DBaCl22.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH、Ba2+、Cl、CO、SO。现取两份200mL溶液进行如下实验：第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是 A一定不存在Ba2+，NH可能存在 BCO 一定存在 CNa+一定存在 D一定不存在Cl3. （2011福建厦门双十中学高三模拟）某无色溶液中可能含有Na+、Fe2+、Br、CO32、I、SO32六种离子中的几种。在该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色；向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色。根据上述实验事实推断，在该溶液中肯定存在的离子组是（ ）ANa+、Br、CO32 BNa+、 I、SO32CFe2+、I、SO32 DFe2+、Br、CO324.下表各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）物质选项abcdAAlAl（OH）3NaAlO2NaOHBCH3CH2OHCH3CHOCH3COOHO2CNa2CO3NaHCO3NaOHCO2DCl2FeCl3FeCl2Fe5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种常见元素。W和Y元素形成的化合物W3Y4具有磁性。X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体。Z的单质是一种金属，该金属在XY2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。下列说法错误的是（ ）A.W3Y4的化学式为Fe3O4B.W在地壳中的含量居第四位C.XY和XY2分别是NO和NO2D.Z在XY2中燃烧生成的白色固体是一种氧化物6.A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列说法中不正确的是（ ）A.X元素可能为AlB.X元素一定为非金属元素C.A可能是Cl2D.反应和一定为氧化还原反应7.AD是含同一元素的四种物质，它们相互之间有如图所示的转化关系，其中A是单质，D是其最高价氧化物对应的水化物，则A可能是（ ） Al Mg N2 SA. B. C. D.二、非选择题（本题包括4小题）8.（2011辽宁铁岭六校高三模拟）（11分）A、B、C是三种常见短周期元素的单质。常温下D为无色液体，E是一种常见的温室气体。其转化关系如图(反应条件和部分产物略去)。试回答：（1）E的电子式是 。（2）单质X和B或D均能反应生成黑色固体Y，Y的化学式是 。（3）物质Z常用于对空气进行杀菌、净化和水果保鲜等。Z和B的组成元素相同，Z分子中各原子最外层电子数之和为18。Z和酸性碘化钾溶液反应生成B和碘单质，反应的离子方程式是 。（4）取0.3 mol F与足量D充分混合后，所得溶液中再通入0.2 mol E充分反应，最后得到的水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是(不考虑H+) 。（5）E的大量排放会引发很多环境问题。有科学家提出，用E和H2合成CH3OH和H2O，对E进行综合利用。25，101 kPa时，该反应的热化学方程式是 。(已知甲醇的燃烧热H= -726.5kJmol-1，氢气的燃烧热H= -285.8kJmol-1)9.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原子最外层电子数之和为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_、_、_。10.（14分）一定条件下，物质AE转化关系如右图，其中A为单质，常温下E为无色溶液体。 （1）若A、C、D均含氯元素，C为氯碱工业的原料，D溶液具有漂白性，则A与B反应的化学方程式是 ；D溶液可使KI淀粉溶液显蓝色，则D与KI在溶液中反应的离子方程式是 ；检验C中所含阴离子的实验方法是 。 （2）若A为红色金属，B为某酸的浓溶液，D可形成酸雨的无色气体。A与B反应的化学方程式是 ；a molA与足量的B充分反应后，将产生的D通入NaOH溶液中，恰好完全反应，则所需NaOH的物质的量的范围是 。 （3）上述（1）、（2）中的D都能使品红溶液褪色，利用褪色后的溶液，探究使褪色的物质的实验方法是 。11.下列转化关系图中，A、B、C、D、E常温下为气体，B、E、F、K为单质，其中F为黑色固体；C、D均能使澄清的石灰水变混浊，D、E均能使品红溶液褪色；I是一种红棕色固体氧化物。请回答下列问题：C的电子式为 。检验溶液L中金属阳离子的方法是 。反应的离子方程式为 。F与G的浓溶液反应的化学方程式为 。气体A的密度为2.68gL1（标准状况），通过计算、推理，可确定A的分子式为 。【答案】一、选择题1.【答案】C2.【解析】选BC。3.【答案】A4.【解析】选C。5.【解析】选C。W3Y4为Fe3O4，则W为Fe，Y为O，X为C（N2在O2中不能燃烧，无法生成NO、NO2），而Z为Mg。6.【解析】选A。与强碱反应的单质有铝、硅和卤素单质。又因A发生反应后生成B和C，且B和C在酸性条件下发生反应又生成A，结合铝硅和卤素单质与碱的反应可确定A为卤素单质中的某一种，故A错。7.【解析】选D。以小框图的形式考查了元素化合物间的转换关系，题目易。在熟练掌握转换方程式的基础上，将四种单质带入验证，都符合条件。对应物质分别为：二、非选择题8.【答案】（1）（2分）（2）（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）（3分）9.【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为浅绿色溶液，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+HCl=Cu2+H2O+CO2，由元素守恒可知，A可为CuCO3或碱式碳酸铜均可。（2）Y为C，Z为O，两者位于同一周期，前者的半径大，即CO。（3）葡萄糖含有醛基，可以与Cu(OH)2生成红色沉淀。（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。10.答案：（除（2）中第2问、（3）问各3分外，其余每空2分，共14分） （1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH-；取少量待测液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明有Cl- （2）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；a moln(NaOH)2a mol （3）取少量褪色后的溶液加热，若溶液恢复红色，则是SO2使品红褪色，若溶液不变红，则是NaClO使品红褪色（合理答案均得分）11.答案：向溶液中滴加KSCN溶液，滴加氯水，溶液变为红色Cl22H2OSO24H2ClSO42C2H2SO4(浓)CO22SO22H2OSCO【备课资源】【高考题库】1. （2010全国卷T126分） 短周期元素W 、X、 Y、 Z的原子序数依次增大，且W 、X、 Y+、 Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2 、3、 4、 2（不考虑零族元素）。下列关于这些元素的叙述错误的是 AX和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物 BW和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子CW 、X和Y三种元素可以形成碱性化合物 DZ和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性【命题立意】本题以物质结构为考查对象,主要考查核外电子排布、分子的空间构型、溶液的酸碱性等。【思路点拨】先根据W 、X、 Y+、 Z的最外层电子数与其电子层数的比值关系确定四种元素，然后结合选项进行分析。二元化合物指的是由两种元素组成的化合物。【规范解答】选D。由题干中的“短周期元素”可知四种元素应在前三周期，根据W 、X、 Y+、 Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2 、3、 4、 2，可推出W：C，X：O，Y：Na，Z：。项,元素和元素可组成CO 和CO2，和Na元素可组成Na2O2和Na2O，和S可组成SO2、SO3 .由此可知A正确。B项,和组成的CO2，和S组成的CS2，都是直线形分子，所以B正确。C项,W 、X和Y三种元素可以形成Na2CO3，Na2CO3是强碱弱酸盐，显碱性，故C正确。D项,Z和Na元素形成的Na2S，Na2S是强碱弱酸盐，显碱性，所以D错误。2. （2009宁夏高考）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）反应中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_；（3）反应中，若B与F物质的量之比为43，G、H分别是_、_（填化学式）；（4）反应产物中K的化学式为_；（5）反应的离子方程式为_。【解析】D是淡黄色的固体化合物是本题的突破口，根据中学化学知识基本锁定D是Na2O2，能与水和CO2反应，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，则G为CO2；再根据K能溶于水，说明K为Na2CO3，F为O2；题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳）；依据F（O2）与E反应生成C（水）可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶液反应产生氢气，可得到A为Al。答案:（1）Al C H2O Na2O2（2）2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（3）CO2 CO （4）Na2CO3（5）2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+ 3. （2008海南高考）如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为45，化合物D是重要的工业原料。（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式_；（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式_；（3）写出一个由D生成B的化学方程式_；（4）将5 mL 0.10 molL-1的E溶液与10 mL 0.10 molL-1的NaOH溶液混合。写出反应的离子方程式_;反应后溶液的pH_7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是_；加热反应后的溶液，其pH_（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是_。【解析】固态单质A在空气中反应生成气体B，故B为非金属氧化物，A为非金属，B与水反应生成E，E为含氧酸，E与A的氢化物反应生成A，符合条件的只有S，则A为S，B为SO2，E为H2SO3；又因B与C的相对分子质量之比为45，则 ，M（C）=80，故C为SO3，D为H2SO4。（3）因浓H2SO4具有强氧化性，故可利用金属（如Zn）或非金属（如C）与浓H2SO4反应，生成SO2。（4）5 mL 0.10 molL-1的H2SO3溶液与10 mL 0.10 molL-1的NaOH溶液混合，二者恰好反应生成正盐Na2SO3，因Na2SO3为弱酸强碱盐，故其水溶液因水解显碱性，pH7，而水解反应为吸热反应，加热可促进的水解，使溶液的pH增大。答案：（1）S+H2H2S（2）H2SO3+2H2S=3S+3H2O（3）2H2SO4（浓）+C=CO2+2SO2+2H2O（其他合理答案也可）（4）H2SO3+2OH-= +2H2O大于 Na2SO3是弱酸强碱盐，水解后溶液呈碱性增大 水解是吸热反应，加热促使 水解程度增大，因而pH增大4. （2008宁夏理综）某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3+、Cu2+、Au3+等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。填写下面空白。（1）图中标号处需加入的相应物质分别是_、_、_、_、_；（2）写出处发生反应的离子方程式_；写出处发生反应的化学方程式_；（3）铁红的化学式为_；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红_；氧化铜_。【解析】本题以工业废水中回收金为工艺流程，考查常见金属元素的转化关系，并以铁红、CuO的用途为考点，充分体现化学与生产的联系，旨在培养学生学以致用的能力，体现“科学为大众”的素质教育观。解决本题要充分利用题给工艺流程和提供的部分物质，迁移所学的铁三角转化、金属活动性顺序、金属离子的沉淀等知识综合解决。由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+=Fe2+H2，2Fe3+Fe=3Fe2+， Cu2+Fe=Cu+Fe2+，2Au3+3Fe=2Au+3Fe2+；处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气