2023届新高考化学选考一轮总复习学案-专题突破2　物质的转化与推断

专题突破2物质的转化与推断角度一常见物质的相互转化[典例1]下列模拟工业生产中物质的转化合理的是()A.饱和NaCl溶液NaHCO3晶体B.海水(Mg2+)Mg(OH)2沉淀MgCl2溶液MgC.NH3NONO2HNO3D.SSO3H2SO4解析:二氧化碳在水中的溶解度不大,用于制取碳酸氢钠时应该先通入氨气再通入二氧化碳,故A不合理;要电解得到金属镁,需要电解熔融氯化镁,电解氯化镁溶液得到的是氢氧化镁,故B不合理;氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮被氧气氧化成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,故C合理;硫点燃生成二氧化硫,故D不合理。答案:C[典例2]甲、乙、丙、丁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),下列各组物质中不能实现如图所示关系转化的是()选项甲乙丙丁物质间的转化ACuOCO2COCBFeFe(NO3)2Fe(NO3)3HNO3CAlCl3Al(OH)3NaAlO2NH3·H2ODCO2NaHCO3Na2CO3NaOH解析:A.CuO与少量C反应产生Cu和CO2,与足量C反应产生Cu和CO,CO2与C反应产生CO,CO与CuO反应产生Cu和CO2,可以实现物质之间的转化关系,不符合题意;B.铁与足量的HNO3反应生成Fe(NO3)3,铁与少量的HNO3反应生成Fe(NO3)2,Fe(NO3)3与铁粉反应生成Fe(NO3)2,Fe(NO3)2与HNO3反应生成Fe(NO3)3,能够实现物质之间的转化关系,不符合题意;C.AlCl3与NH3·H2O反应产生Al(OH)3沉淀,由于NH3·H2O是弱碱,不能溶解Al(OH)3,因此两者反应时无论相对量的多少,只能生成Al(OH)3沉淀,不能实现物质之间的转化关系,符合题意;D.CO2和少量NaOH反应生成NaHCO3,CO2和过量NaOH反应生成Na2CO3,NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3和H2O,Na2CO3与CO2、H2O反应产生NaHCO3,能够实现上述转化,不符合题意。答案:C常见物质的转化关系1.直线型转化关系ABC氧化还原类NaNa2ONa2O2N2NONO2或NH3NONO2SSO2SO3或H2SSO2SO3CCOCO2或CH4COCO2Cl2FeCl3FeCl2O2CO2CO连续反应类NaOHNa2CO3NaHCO3AlO2-Al(OH)3Al3+CO32-HCO3-Al3+Al(OH)3AlO2-2.交叉型转化关系3.三角型转化关系[对点精练1]X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示,下列转化不能一步实现的是(D)选项XYZWAAlAlCl3Al(OH)3Al2O3BCl2Ca(ClO)2HClOHClCNaNaOHNa2CO3NaClDFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3解析:A.Al与盐酸反应生成AlCl3,AlCl3与碱反应生成Al(OH)3,Al(OH)3受热分解生成Al2O3,电解熔融Al2O3生成Al,不符合题意;B.氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙,次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成次氯酸,次氯酸分解变为盐酸,浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气,不符合题意;C.Na与水反应可得到NaOH,NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠,碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠,电解熔融氯化钠可得到钠单质,不符合题意;D.Fe(OH)3无法通过一步反应生成Fe,符合题意。[对点精练2]已知A、B、C、D是中学化学的常见物质,且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。请回答下列问题:(1)若A可用于自来水消毒,D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,加热蒸干B的溶液不能得到B,则B的化学式是;工业上制取A的离子方程式为。

(2)若A是一种碱性气体,常用作制冷剂,B是汽车尾气之一,遇空气会变色,则反应①的化学方程式为

。

(3)若D是氯碱工业的主要产品之一,B物质具有两性,则反应②的离子方程式是。

(4)若A、C、D都是常见气体,C是导致酸雨的主要气体,则反应③的化学方程式为。

解析:(1)氯气常用于自来水消毒,则A为Cl2;铁是使用最广泛的金属单质,D是铁,则B为FeCl3,C是FeCl2。(2)碱性气体为NH3,汽车尾气中遇空气会变色的气体是NO。(3)常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3,D、C分别为NaOH和NaAlO2,故B为Al(OH)3。(4)导致酸雨的主要气体是SO2,A与SO2均含有硫元素,且两者反应生成硫单质,故A为H2S。酸雨的主要成分是H2SO3,在放置过程中被氧化为H2SO4,酸性增强。答案:(1)FeCl32Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑(2)4NH3+5O24NO+6H2O(3)Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2(4)2H2S+SO23S↓+2H2O角度二实验流程中的物质推断[典例3](2021·浙江6月选考)固体化合物X由3种元素组成,某学习小组开展如下探究实验。其中,白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答:(1)白色固体C的化学式是,蓝色溶液D中含有的溶质是(用化学式表示)。

(2)化合物X的化学式是;化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构,写出该阴离子的电子式:。

(3)蓝色溶液A与N2H5①写出该反应的离子方程式:

。

②设计实验验证该白色沉淀的组成元素:

。

解析:含Cu2+的溶液呈蓝色、含[Cu(NH3)4]2+的溶液呈深蓝色。结合题图化合物X溶于水得到蓝色溶液A,可知化合物X中含有Cu2+;加入足量氨水后生成的白色沉淀B不溶于氨水,但能溶于NaOH溶液,可知白色沉淀B为Al(OH)3,则灼烧白色沉淀B得到的白色固体C为Al2O3;向深蓝色溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液析出白色沉淀E,可知化合物X中含有Cl-,由上述分析可知化合物X中含有Cu2+、Al3+、Cl-。(1)由上述分析可知白色固体C为Al2O3;蓝色溶液D中含有Cu2+、NH4+、Ag+、H+,阴离子只有NO3-,则蓝色溶液D中含有的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO(2)4.020g化合物X中含n(Al3+)=1.020g102g·mol-1×2=0.02mol,含n(Cl-)=11.480g143.(3)蓝色溶液A与N2H5+作用,溶液蓝色褪去,说明Cu2+参与反应,即Cu2+转化为沉淀,N2H5+中氮元素为-2价,易被氧化,结合题干信息“生成一种气体”,可知生成的气体为N2,根据“生成易溶于硝酸的白色沉淀”可知该白色沉淀为CuCl。①反应的离子方程式为4Cu2++N2H5++4Cl-4CuCl↓+N2↑+5H+。②Cu2+在溶液中呈蓝色,将白色沉淀溶于硝酸,得到蓝色溶液,说明该沉淀中含有Cu元素;Cl-答案:(1)Al2O3Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3(2)CuAl2Cl8[

··(3)①4Cu2++N2H5++4Cl-4CuCl↓+N2↑+5H②将白色沉淀溶于硝酸,得到蓝色溶液,说明有Cu元素;再向溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀,说明有Cl元素实验流程中物质推断的解题要点1.解题思路解题的关键是仔细审题,依物质的特性或特征转化来确定“突破口”,顺藤摸瓜,进而完成全部未知物的推断。解题方法及推理过程如图:2.寻找“突破口”的策略(1)抓住物质的特殊颜色作为突破口①有色固体红色Cu、Cu2O、Fe2O3红褐色Fe(OH)3黄色AgI淡黄色S、Na2O2、AgBr蓝色Cu(OH)2黑色炭粉、CuO、MnO2、FeS、CuS紫黑色KMnO4、I2白色Fe(OH)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3、Mg(OH)2②有色溶液Fe2+(浅绿色)、Fe3+(黄色)、Cu2+(蓝色)、MnO4-(紫红色)、Fe3+遇SCN-(红色)、I2遇淀粉(蓝色)、Br2(橙色)、I③有色气体Cl2(黄绿色)、Br2(g)(红棕色)、NO2(红棕色)、I2(g)(紫色)、O3(淡蓝色)等。④焰色试验黄色:钠元素;紫色(透过蓝色钴玻璃):钾元素。(2)抓住物质的特殊性质作为突破口①能使品红溶液褪色的气体SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)。②沉淀颜色的特殊变化Fe(OH)2Fe(OH)3(白色沉淀先变灰绿色,再变红褐色)。③常温下能溶解SiO2固体的物质:氢氟酸和NaOH溶液。④能使澄清石灰水变浑浊的气体:CO2(无色无味)、SO2(无色刺激性气味)。⑤通入CO2气体变浑浊的溶液:石灰水(过量则变澄清)、Na2SiO3溶液、饱和Na2CO3溶液。⑥使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体:NH3。⑦使湿润的淀粉-KI试纸变蓝的物质:NO2、Cl2、Br2、FeCl3等。3.确定化学式的计算步骤(1)根据题给信息,计算出可求粒子的物质的量。(2)根据电荷守恒,确定出未知粒子的物质的量。(3)根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量。(4)根据各粒子的物质的量之比,确定出该物质的化学式。[对点精练3]化合物X由三种短周期元素组成,可用作氧化剂和气体干燥剂。某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中:混合气体B中含有两种单质气体,其中一种呈黄绿色。(1)组成X的三种元素为。

(2)写出X隔绝空气加热分解的化学方程式:

。

(3)将溶液C结晶可得晶体的化学式为,

直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐,请说明理由:

。

(4)将黄绿色气体B缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中,当通到一定量时,红色突然褪去。产生上述现象可能的原因有两种:①

,②;

请设计相关实验证明红色褪去的原因:

。

解析:化合物X由三种短周期元素组成,可用作氧化剂和气体干燥剂,隔绝空气加热分解生成固体A和混合气体B,B中含有两种单质气体,其中一种呈黄绿色,则该气体是氯气,X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水,剩余气体E的物质的量是0.784(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气,根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是2.0.01mol,则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑。(3)溶液C是氯化镁溶液,将溶液C结晶可得晶体的化学式为MgCl2·6H2O,由于Mg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+,加热时,H+以HCl形式逸出,从而使得水解完全,所以直接加热并灼烧该晶体得不到无水氯化镁。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中,当通到一定量时,红色突然褪去,由于次氯酸具有强氧化性,另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低,则产生上述现象可能的原因有两种,即①氯气通入水中与NaOH溶液反应,使溶液中碱性减弱,红色褪去或②氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性,将红色漂白;由于次氯酸的漂白是不可逆的,则证明红色褪去原因的方法是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液,若红色恢复说明是原因①,反之则为原因②。答案:(1)Mg、Cl、O(2)2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑(3)MgCl2·6H2OMg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+,加热时,H+以HCl形式逸出,从而使得水解完全,最终得不到无水氯化镁(4)①氯气通入水中与NaOH溶液反应,使溶液中碱性减弱,红色褪去②氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性,将红色漂白在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液,若红色恢复说明是原因①,反之则为原因②[对点精练4]某工业漂白剂X由五种元素组成,可视为钠盐A与有机物B的加合物。取17.7g该漂白剂X进行如下实验:固体D为某含氧酸的正盐与其酸式盐的混合物。气体F是纯净物,能使品红溶液褪色。气体C在标准状况下的密度约为1.52g/L,可与气体F反应生成淡黄色固体。气体体积已折算至标准状况。(1)X构成的元素有钠、碳、氢和,X的化学式是。

(2)步骤Ⅰ中,气体B与足量新制Cu(OH)2反应的化学方程式为。

(3)步骤Ⅱ,发生反应的离子方程式为

。

(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中,溶液蓝色褪去,可能的原因有。

(5)将气体F通入足量氨水中,转化为100mLcmol/L的P溶液,然后通入一定量空气后,生成含Q的溶液。为确定P的氧化率,请设计简要的实验方案,并指明需要测定的物理量:

。

解析:4.5g气体B能与新制Cu(OH)2共热产生砖红色沉淀E43.2g,则气体B为甲醛(HCHO),气体C标准状况下密度为1.52g/L,又能与气体F反应,F能使品红溶液褪色,可知气体C为H2S,质量1.7g,气体F为SO2,固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g,为Na2SO3、