2018版高考化学二轮复习元素及其化合物专题限时集训12无机物之间的转化及推断.docx

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() 【导学号：97184168】AAl2O3NaAlO2(aq)CO2,Al(OH)3BSSO3H2SO4CMg(OH)2MgCl2(aq) 无水MgCl2DFeFe2O3FeCl3A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。2A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() 【导学号：97184169】AA可能是金属，也可能是非金属BA、B、C含有一种相同的元素CB、C的水溶液一定都呈碱性D反应不一定都是氧化还原反应BA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() 【导学号：97184170】选项WXA盐酸Na2CO3溶液BCl2FeCCO2Ca(OH)2溶液DNaOH溶液AlCl3溶液BFe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O2B甲为H2S、X为O2C甲为 HNO3 、X为FeD甲为AlCl3 溶液、X为NaOH溶液AC2H5OH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。5X、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() 【导学号：97184171】选项XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBCH2O2H2OCOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DCSiO2SiO2COC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 () 【导学号：97184172】A原子半径的大小：mqnpB元素非金属性：qnpCQ的溶液可以保存在细口玻璃试剂瓶中Dn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：ClNFH，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：FNH，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() 【导学号：97184173】AE2的氧化性比M2的氧化性强B在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C反应的离子方程式可表示为： E33SCN=E(SCN)3D在反应中只能用浓硫酸，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：3SCNFe3=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_L。【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A族；C为H2S，电子式为HH。(2)硫与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式为3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O。(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2HS2O=SSO2H2O；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14，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(a2)42，解得a6，故S2O被氧化得到SO，该反应的离子方程式为4Cl2S2O5H2O=8Cl2SO10H。(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：2S2SO6H=3S3H2O,0.1 mol Na2SO3反应消耗0.2 mol Na2S，剩余0.2 mol Na2S，再发生反应：S22H=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：2Fe3H2S=2Fe2S2H，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 mol0.1 mol)22.4 Lmol12.24 L。【答案】(1)第三周期A族HH(2)3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O(3)2HS2O=SSO2H2O4Cl2S2O5H2O=8Cl2SO10H(4)2.249(2017吉林实验中学期中)AJ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。 【导学号：97184174】(1)写出B的电子式_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)写出反应的离子方程式：_。(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Na2Na。(2)电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2H2。(3)氯气和NaOH反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。(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：6Na2O24AlCl36H2O=4Al(OH)312NaCl3O2。(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)Na2Na(2)2NaCl2H2O2NaOHCl2H2(3)Cl22OH=ClClOH2O(4)4AlCl36Na2O26H2O=4Al(OH)312NaCl3O2(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： 【导学号：97184175】(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)DEB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是_。(5)GJM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A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FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl。(3)电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。(4)MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，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21。(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：Fe33AlO6H2O=Fe(OH)33Al(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