重庆高考化学二轮题型专攻：微题型18无机反应“图像题”专练

1、建题型十八人无机反应“图像”题专练 题型专练1 .将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAIO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表不为当刚开始通入 CO2时，溶液中存在着 OH-与AlO 2之间的竞争，因为碱性：OH->AlO 2,故CO2应先与OH 反应生成CO3一,而Ba2+会与CO3-结合生成BaCOa 沉淀，因此可以看作是 Ba(OH)2先与CO2反应，然后再与KOH反应。当KOH全部生成K2CO3 后，再通入 CO2,则存在着BaCOa、CO与AlO 2间的竞争，如果 BaCOa先发生反应生成 Ba(HCO 3)2,由于溶液中存在 CO3 ,则Ba2+又

2、会与CO3-结合成BaCOa,所以BaCOa不会先 溶解。如果 CO2先与CO3-反应生成HCO3,则又由于 HCO3+AIO 2 + H2O=Al(OH) 3J + CO3 ,可知又生成了 CO2 ,从而确定 CO2应先与AlO 2反应，再与 CO3-反应生成HCO3,最后CO2才与BaCOa反应。答案 C2 .某澄清透明溶液中只可能含有 Al3+；Mg2+；Fe3+;Fe2+;H+;CO3；NOa中的几 种，向该溶液中逐滴加入 NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图B.D.所示。则该溶液中一定含有的离子是A.C.解析 根据图像变化，不含 Al3+、CO2Fe2+,

3、 一定含H +、NO3。若只含Mg2+, n(Mg2+)=1.5 mol, Mg(OH) 2 质量为 1.5 mol x 58 g mol 1= 87 g;若只含 Fe3+ , n(Fe3+) = 1 mol, Fe(OH)3质量为1 mol x 107 g mol 1= 107 g,而实际得到沉淀100 g ,所以Mg2+、Fe3 +都含有，B项正确。答案 B3.现有含 MgCl2、AlCl3均为n mol的混合溶液，向其中滴 NaOH溶液至过量。加入 NaOH的物质 的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是(离子形成沉淀或沉淀的溶解与溶液pH的关系如下表)()离于Mg 2+3 +Al3物质A

4、l(OH) 3开始沉淀时的pH8.933.56开始溶解时的pH8.04完全沉淀时的pH10.924.89完全溶解时的pH12.040 n (NaOH) 。 «(NaOH) 。 n (Na()H)O n(NaOH)ABCD解析 由表中数据知，当 Al3+沉淀完全时Mg 2+还没有开始形成沉淀，当生成的Al(OH) 3开始溶解时Mg2+仍没有形成沉淀，当加碱至溶液的pH=8.93时，Al(OH)3部分溶解而 Mg(OH) 2开始形成沉淀，生成沉淀速率较前段生成沉淀速率小，当溶液 pH= 10.92时，Mg(OH)2沉淀完全，Al(OH) 3继续溶解至pH = 12.04时，沉淀只有 Mg

5、(OH)2, Al(OH) 3全部溶解，故 C对。答案 C4 .下列图像能表示相关反应中生成物物质的量的变化的是(横、纵坐标单位：mol)()10A.图B.图C.图D.图解析ffil近氧化产物)件(产物)1 ： n(HCl)=1 mol, K2CO3加入到 HCl0.3751、上血0%。O.25O.375“(Fe)图4溶液中，在敞口容器中生成的气体2： n(NaOH) = 1 mol, CO2通入到 NaOH溶液中反应生成的盐3: n(O2)=1 mol,高温下C和O2在密闭容器中的生成物4： n(HNO 3)=1 mol, Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物(还原产物为 NO)A项，当n(H

6、Cl) = 1 mol, n(CO2)= 0.5 mol,之后不再减少，错误； B项,2NaOH +NaHCO3从 0Fe+CO2=Na2CO3+H2O, Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO 3, CO2 先增大后减少,增加到 1 mol,错误；C 项，C+O2=CO2, CO2+C=2CO,正确；D 项,4HNO 3(稀尸=Fe(NO3)3+ NO T + 2H2O,2Fe3+ + Fe=3Fe2+ , 0.25 mol 对应白是 Fe(NO3)3,0.375mol对应白是Fe(NO3)2,错误。答案 C5 .向混合溶液甲中缓慢滴加溶液乙，反应生成沉淀的质量如图所示，其中可能符合图像

7、的一组是沉淀质量甲乙AAlCl 3、Mg(NO 3)2、HNO 3NaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba(OH) 2O溶液乙体积CNH4NO3、Al(NO 3)3、Fe(NO3)3、HClNaOHDNaAlO 2> NH 3 H2。、NaOHH2SO4解析 C项，加入NaOH溶液时，OH-先与H+反应，没有沉淀生成；随后 Al 3+、Fe3+开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH-和NH4反应，此时没有沉淀生成；最后 OH-与Al（OH） 3反应，沉淀部分溶解，符合图像。其他选项均不可能符合图像。答案 C6 .向可溶性铝盐或偏铝酸盐溶液中，逐滴加入NaOH溶液（或盐酸），

8、反应过程中的下列图像正确的是H+的物质的量解析 A图为向偏铝酸盐溶液中加入盐酸的图像，生成沉淀与沉淀溶解消耗的之比为1 ： 3,而图中表示的是 3 ： 1, A图错误；B图表示向铝盐溶液中加入 NaOH溶液的图像，生成沉淀与沉淀溶解消耗的 OH-的物质的量之比为 3 ： 1, B图正确；C图的错误之处是生成Al（OH） 3的最大量与 A13+或AlO 2的最大量不相等；对于 D图，当沉淀量达到最大值时,溶液中AlO 2的量应该为0,所以D图错误。答案 B7 .常温下，有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，测得其pH=13。取此溶液250 mL ,向其中通入CO2, 通入CO2的体积（V）和生成沉

9、淀的物质的量（n）的关系如图所示，图中（VI）为56 mL（标准况）， 则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（）匕% V7mLB. 504、 560A. 280、336C. 1 120、1 176D. 196、252解析 在 V3 点溶液成分为 KHCO3、Ca(HCO3)2,由反应 OH - + CO2=HCO 3, V(CO2)=22.4n(OH ) = 22.4 Lm ol 1X0.1 mol L 1 X 0.25 L = 0.56 L = 560 mL ,。V1发生的反应为 Ca2+ +2OH +CO2=CaCO3 J +H2O, V2V3 发生的反应为 CO2+CaCO3+H2

10、O=Ca2+2HCO3,因Ca(OH)2的量一定，所以两个反应消耗CO2的量一样多，则 V2V3段对应的CO2的体积也为56 mL,所以V2体积为560 mL-56 mL = 504 mL。答案 B8.某无色溶液中可能含有 Mg2+、NH 4、K +、Al3+、SO4 > CO3> C等离子。现进行如下实验：取10 mL该溶液于试管中，滴加 Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀；另取10 mL该溶液于试管中，滴加 NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解，并且随 NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量的

11、变化如图所示。下列说法不符合事实的是()A.根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1 mol L 1B.根据信息分析该溶液中焰色反应呈紫色的离子的物质的量浓度为1 mol L 1C.该溶液中NH4、Al3+、SO4三种离子的物质的量之比为2： 1 ： 3D.另取一定量该溶液滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不可能使 Al 3+和SO4同时完全沉淀解析 根据题意，取10 mL该溶液于试管中，滴加 Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到 6.99 g白色沉淀，即0.03 mol BaSO4沉淀，根据 SO2-+ Ba2+=BaSO4 J知原10 mL溶液中含 有0.03 mol SO

12、2 ；另取10 mL该溶液于试管中，滴加 NaOH溶液产生白色沉淀且沉淀最终完 全溶解，则说明原溶液中含有 Al3+而不含Mg2+ , Al 3+ + 3OH =Al(OH) 3 ,由此排除CO2 的存在，结合图像中沉淀物质的量的变化，知原溶液中含有0.01 mol Al3+,全部转化为沉淀需OH 0.03 mol;当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据 NH 4+OH =NH 3 T +H2O, 再结合图像，知原溶液中含有 0.02 mol NH 4,形成NH3放出需OH - 0.02 mol;最后沉淀完全 溶解是由于氢氧化铝与 NaOH继续反应，反应的离子方程式为 Al(OH) 3+OH

13、=AlO2 +2H2。,该过程需OH- 0.01 mol;故实验中使用的 NaOH溶液中NaOH的总物质的量为 0.03 mol+ 0.02 mol + 0.01 mol = 0.06 mol,结合图像知最终消耗氢氧化钠溶液的体积为60 mL ,则c(NaOH) = 1 mol L 1, A正确；根据电中性原则，溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等， 其中正电荷总物质的量为：0.02 mol X 1 + 0.01 mol X 3+n(K + )x 1 = 0.05 mol + n(K + ),因 Cl不能确定是否存在，故负电荷总物质的量至少为0.03 mol X 2= 0.06 mol，所以n

14、(K+)>0.01 mol,故 c(K + )>1 mol L- 1, B 不正确；10 mL 原溶液中 NH4 为 0.02 mol, Al 3+为 0.01 mol, SO2 为 0.03 mol, NH 4、Al3+、SO/三种离子的物质的量之比为2： 1 ： 3, C正确；根据溶液中 Al 3+与SO2一的物质的量之比可知，滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不能使 Al3+和SO2-同时完全沉淀，D正确。答案 B9.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为 NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产

15、生气体的量随铁粉质量 增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A. H2SO4浓度为 2.5 mol L：1B. OA段产生的是 NO, AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2 + , BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.混合酸中NO3物质的量为0.4 mol解析 根据图像可知，OA段发生的反应为：Fe+NO3+4H + =Fe3+ + NO T + 2H2O,硝酸作氧化剂完全反应，AB段发生的反应为 Fe+ 2Fe3+=3Fe2+, BC段发生的反应是 Fe+ 2H+=Fe211.2 g+ +H2T ,故原混合溶放中 n(HNO 3)= n(NO3) = 2n(Fe

16、3+)=2X-1 =0.4 mol , B、D 正确；第二份溶液反应消耗 22.4 g(即0.4 mol)铁，铁元素全部以硫酸亚铁形式存在，根据SO2-守恒可知，每份溶液含 H2SO4 0.4 mol,故原混合液中含 H2SO4的物质的量为0.8 mol,其浓度为4 molL1,A错误，由图像可知，铁过量，则硫酸完全反应，第二份溶液中最终溶质为 FeSO4,故C正确。答案 A(m)随温10.如图所示是200 mg MnC 204 2H2O晶体放在日期里加热分解时，所得固体产物的质量度(T)变化的曲线(已知草酸镒不稳定，但其中镒元素的化合价在300c以下不变)。试回答下列问题：写出B点固体产物的

17、化学式： (2)从B点到C点过程中固体物质质量不变的原因是 (3)通过计算确定D点产物的相对分子质量，并推断其合理的化学式:(4)从D点到E点过程中固体物质质量增加的原因是 。解析 结晶水合物受热，先失去结晶水(该过程也可能分步进行)；继续受热将产生气态物质使固体质量减少，一般气体为氧气或气态氧化物；金属元素一定存在于固体中，可用差量法确定产物的组成；也有可能金属元素存在变价，在一定的温度下，与空气中的氧气反应生成其他价态的氧化物，使固体质量再次发生变化。(3)类比碳酸盐的分解并结合MnC 204的分子组成及图像分析，D点产物由Mn和0两种元素组成。200X 10 3 gn(Mn)=0.001

18、 12 mol179 g mol 179.4x 10 3 g- 0.00 112 mol x 55 g mol 1n(O) = 0.001 12 mol16 g mol 1n(Mn) ： n(O) = 0.001 12 mol : 0.001 12 mol = 1 ： 1。故产物为 MnO(满足化合价),其相对分子质量 Mr= 55+ 16=71。答案(1)MnC 2O4 (2)MnC2O4在 100205 c时较稳定(3)产物为MnO ,其相对分子质量为 71(4)MnO与空气中的O2发生化合反应，生成新的镒的氧化物对点回扣1 .无机反应图像题题型特点无机反应“图像”蕴含了丰富的化学内涵，简明、直观、形象地反映了复杂的化学反应过程、反应物与生成物的数量关系及其变化趋势。一般来说，一条线段代表一个化学反应过程，线段的起点代表一个化学反应过程的开始，线段的终点代表一个化学反应过程的结束，点的横纵坐标代表反应