高考化学二轮复习考点微专题29无机反应图像题及综合应用（解析版）

微专题29无机反应图像题及综合应用用图像来描述化学过程或者呈现化学背景知识是高中化学的基本表达方式之一，而高考试题中通过图像把化学问题抽象为数学问题来考查考生从图像中获取、评价、整合和应用信息的综合分析能力的做法已成常态。全国高考化学图像题在“证据推理与模型认知”化学学科核心素养的考查颇具特色。试题的新颖度、难度和区分度在一定程度上都借助于图像的创新得以体现。所以，我们以无机化学中化学图像试题出现较多的两部分内容为例，体现出无机反应图像及综合应用在高考中对考生各项能力的考查。一、CO2与盐溶液反应产物或现象的判断1．一般从强酸制弱酸的角度去分析：由于碳酸比硅酸、次氯酸、苯酚、Al(OH)3(偏铝酸)的酸性强，因此可用CO2制取上述弱酸，常涉及的变化如下：CO2＋Na2SiO3＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓(或CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H4SiO4↓＋Na2CO3)CO2＋Ca(ClO)2＋H2O=CaCO3↓＋2HClOCO2+C6H5ONa+H2O＝C6H5OH+NaHCO3CO2(过量)＋NaAlO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3CO2(少量)＋2NaAlO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3【易错点】把CO2通入到CaCl2和NaOH的混合溶液中或者通入到CaCl2和氨水的混合溶液中，则有白色沉淀，因为CO2通入到CaCl2和NaOH的混合溶液中，先和碱反应生成碳酸钠和水，然后碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，若通入CaCl2和氨水的混合溶液中，则先和氨水反应生成碳酸铵，然后碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀。二、CO2与碱反应产物的判断(1)CO2与单一组分反应(如CO2通入NaOH溶液)产物的分析①反应原理CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2OCO2＋NaOH=NaHCO3②反应后溶质成分的判断③用数轴来表示(2)CO2与多组分[如CO2通入NaOH、Ca(OH)2的混合溶液]反应的顺序：①Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O②2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O③Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3④CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2二、铝及其化合物的相互转化1．Al3＋、Al(OH)3、AlOeq\o\al(－,2)之间的转化关系实现上述各步转化的离子方程式：(1)①Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)②Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓③Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(2)Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O(3)Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O(5)①AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)②AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓(6)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O2．与Al(OH)3沉淀生成有关的图象分析(1)可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象(从上述转化关系中选择符合图象变化的离子方程式，下同)。操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失图象方程式序号AB：(1)③BD：(6)AB：(3)BC：(1)②(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象。操作偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失无沉淀→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失图象方程式序号AB：(5)②BC：(2)AB：(4)BC：(1)②3.可溶性铝盐与强碱反应的计算规律(1)求产物Al(OH)3的量①当n(OH－)≤3n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝eq\f(1,3)n(OH－)；②当3n(Al3＋)＜n(OH－)＜4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝4n(Al3＋)－n(OH－)；③当n(OH－)≥4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝0，无沉淀。(2)求反应物碱的量①若碱不足(Al3＋未完全沉淀)，n(OH－)＝3n[Al(OH)3]；4．向HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl溶液中(假设各1mol)，逐滴加入NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化的图象如下。(假设Mg2＋、Al3＋结合OH－能力相同)分析图象的变化情况，依次写出各阶段的离子方程式：(1)OA：___________________________________。(2)AB：_____________________________________。(3)BC：_____________________________________。(4)CD：____________________________________。【答案】(1)H＋＋OH－=H2O(2)Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(3)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O(4)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O5．向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下：分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式：(1)OA：________________________________。(2)AB：___________________________________。(3)BC：______________________________________。(4)CD：____________________________________。【答案】(1)OH－＋H＋=H2O(2)AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓(3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O(4)Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O6．与Al3＋、AlOeq\o\al(－,2)有关的离子反应的一般规律(1)当溶液中有多种离子时，要考虑离子之间的反应顺序，如向含有H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Al3＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，OH－先与H＋反应，再与Mg2＋、Al3＋反应生成沉淀，再与NHeq\o\al(＋,4)反应，最后才溶解Al(OH)3沉淀。(2)AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)的反应不属于水解相互促进的反应，而是HCOeq\o\al(－,3)电离出的H＋与AlOeq\o\al(－,2)发生反应：AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)。【典例精析】将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中,生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为()【答案】D【解析】将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中,发生反应的先后顺序为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O==2KHCO3、BaCO3+CO2+H2O==Ba(HCO3)2,根据物质的溶解性可知,只有D项符合题意。2．向0.1L浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和NaAlO2混合溶液中逐滴加入同浓度的盐酸。下列图象正确的是()【答案】B【解析】往混合液中滴加盐酸，NaOH首先反应，然后NaAlO2与HCl反应产生Al(OH)3，最后Al(OH)3溶解变为AlCl3，有关化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，NaAlO2＋HCl＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl，Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，结合数值关系，可知B正确。【专题精练】一、CO2与盐或碱溶液反应产物的判断图象题1．向等量的NaOH溶液中分别通入CO2气体。因CO2的通入量不同，得到组分不同的溶液M。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)关系如下，(注：①假设CO2全部逸出；②C图中oa＝ab)。其中M中只有1种溶质的是A．只有① B．只有③ C．②④ D．①③【答案】D【分析】NaOH和二氧化碳反应方程式为NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，生成的碳酸氢钠、碳酸钠与稀盐酸反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，如果溶液M中溶质为一种，则可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是Na2CO3，滴加稀盐酸时先不生成气体、后生成气体，且两部分消耗盐酸物质的量相等，如果溶质为NaHCO3，则只要加入稀盐酸就立即产生气体，据此分析解答。【解析】NaOH和二氧化碳反应方程式为NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，生成的碳酸氢钠、碳酸钠与稀盐酸反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，如果溶液M中溶质为一种，则可能是Na2CO3或NaHCO3；如果是Na2CO3，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式知，滴加稀盐酸时先不生成气体、后生成气体，且两部分消耗盐酸物质的量相等，即0-a、a-b的距离相等，则③正确；如果溶质为NaHCO3，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则只要加入稀盐酸就立即产生气体，即①正确；①和③正确，故答案为D。2．向NaOH和Ba(OH)2的混合溶液中逐渐通入足量CO2气体，生成沉淀的质量（y）与通入CO2的质量（x）关系正确的是A． B．C． D．【答案】D【解析】试题分析：向氢氧化钠和氢氧化钡溶液中逐渐通入二氧化碳气体，二氧化碳能与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，后与氢氧化钠反应生成碳酸钠，过量的二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，再和碳酸钡反应生成碳酸氢钡，沉淀溶解，所以选D．考点：碱的性质3．物质的量浓度相等的两种一元酸的钠盐溶液，现向两种盐溶液中分别通入少量CO2，发生的反应为：NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3;2NaY+CO2+H2O=2HY+Na2CO3;下列叙述错误的是A．电离平衡常数大小关系：K(HX)>K(HY)B．NaY与过量CO2反应的离子方程式为：Y-+CO2+H2O=HY+HCSKIPIF1<0C．等体积上述两种盐溶液混合离子浓度大小关系：c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D．等体积上述两种盐溶液混合后离子浓度关系：c(H+)+c(HX)=c(OH-)-c(HY)【答案】C【分析】一般发生复分解反应时，由较强酸生成较弱酸，由NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3得到酸性强弱是SKIPIF1<0，由2NaY+CO2+H2O=2HY+Na2CO3得到酸性强弱是SKIPIF1<0，则酸性强弱顺序是SKIPIF1<0，据此回答问题。【解析】A．酸性越强电离常数越大，因为酸性SKIPIF1<0，电离平衡常数大小关系：K(HX)>K(HY)，则故A不选；B．过量的二氧化碳与碳酸根继续反应生成碳酸氢根离子，则NaY与过量CO2反应的离子方程式为：Y-+CO2+H2O=HY+HCSKIPIF1<0，故B不选；C．酸越弱对应的酸根离子水解程度越大，消耗的酸根离子越多，由于酸性SKIPIF1<0，则，等体积上述两种盐溶液混合离子浓度大小关系：c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)，故C选；D．等体积上述两种盐溶液混合后，电荷守恒是SKIPIF1<0，物料守恒是SKIPIF1<0，电荷守恒减去物料守恒得c(H+)+c(HX)=c(OH-)-c(HY)，故D不选；故选：C。4．实验室用100mL0.500mol·L-1的NaOH溶液捕获CO2；一定时间后，测定CO2的吸收量。方法是用盐酸逐滴加入到吸收CO2后的溶液中，产生的CO2气体的物质的量与加入盐酸的体积示意图如下：(1)盐酸的物质的量浓度是___________mol·L-1。(2)吸收的CO2在标准状况下的体积是___________mL。【答案】1.00672【分析】通过吸收了CO2的NaOH溶液与HCl反应时，生成的CO2随加入HCl体积的变化反映了吸收完成后产物的组成；根据守恒思想进行相关计算。【解析】(1)碳酸钠和稀盐酸反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据图像，加入稀盐酸时没有气体生成，如果溶质完全是碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成碳酸氢钠、碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳时消耗的稀盐酸体积应该相等，实际上两段消耗盐酸量是20mL和30mL，不等，说明溶液中溶质有Na2CO3和NaHCO3。当盐酸的体积为50mL时，溶液中的溶质为NaCl，根据钠离子和氯离子守恒，n(NaOH)=n(HCl)，因此n(HCl)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，c(HCl)=SKIPIF1<0=1.00mol/L，故答案为：1.00；(2)生成二氧化碳最多时消耗30mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积(标准状况下)为0.03L×1mol/L×22.4L/mol=0.672L=672mL，故答案为：672。二、铝及其化合物转化图象题5．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为___________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为___________。【答案】Na2CO3NaOH、Na2CO3【分析】向NaOH溶液中通入一定量的CO2，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，假设反应后溶液中溶质只有Na2CO3，再向溶液中滴加盐酸，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体产生，后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，产生气体，前后2个阶段消耗盐酸的体积相等。假设反应后溶液中溶质只有NaHCO3，再向溶液中滴加盐酸，立即发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，产生气体。【解析】(1)图1中加入盐酸，开始没有气体生成，加入一定条件的盐酸后生成气体，且前后2阶段消耗盐酸体积相等，故通入CO2后所得溶液的溶质成分为：Na2CO3，故答案为：Na2CO3；(2)图3中加入盐酸，开始没有气体生成，加入一定条件的盐酸后生成气体，且前后2阶段消耗盐酸体积之比为2：1，故通入CO2后所得溶液的溶质成分为：NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3。5．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A．图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1C．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓D．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀【答案】B【分析】向含Al2(SO4)3

和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SKIPIF1<0之间的离子反应，如下Ba2++SKIPIF1<0═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═SKIPIF1<0+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SKIPIF1<0完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SKIPIF1<0

均沉淀完全，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A点时SKIPIF1<0完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，C点时氢氧化铝完全溶解，据此分析解题。【解析】A．图中A点是Al2(SO4)3和Ba(OH)2的反应，故生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，A正确；

B．前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，B错误；C．AB段为氯化铝与氢氧化钡的反应，故离子方程式为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，C正确；D．D点的溶液中含有SKIPIF1<0，通入二氧化碳产生氢氧化铝白色沉淀，D正确；故答案为：B。6．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：1【答案】A【解析】由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀组成为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.04mol，加入0.05molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.01molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01mol，所以n[Mg(OH)2]=SKIPIF1<0=0.005mol，溶液中n(Cl-)=3n[Al(OH)3]=0.03mol，原溶液中n(SO42-)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，故答案为A。7．将一定质量的SKIPIF1<0合金投入SKIPIF1<0稀SKIPIF1<0溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的SKIPIF1<0溶液，生成沉淀的质量与所加SKIPIF1<0溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是A．合金中SKIPIF1<0的质量比为SKIPIF1<0B．生成的气体体积为SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0；SKIPIF1<0D．合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为SKIPIF1<0【答案】C【分析】由图可知，金属溶于硫酸时，硫酸过量，OA段发生SKIPIF1<0，AB段镁离子、铝离子均转化成沉淀，120mL-140mL段发生SKIPIF1<0，此段沉淀减少的物质的量为氢氧化铝即n(氢氧化铝)=0.1，则氢氧化镁的物质的量为0.1mol，结合氢氧化铝的物质的量以及溶解消耗20mL的氢氧化钠可求得氢氧化钠的浓度，据此分析。【解析】A．由以上分析可知氢氧化铝和氢氧化镁的物质的量均为0.1mol，则合金中镁、铝的物质的量也均为0.1mol，质量比为8:9，故A错误；B．气体未指明状况，无法根据物质的量计算体积，故B错误；C．120mL-