2014版广西化学《高考专题》二轮课件：专题三 第2讲 无机物的推断.ppt

1、第2讲 无机物的推断热点 1 无机框图题【典例1】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:(1)B中所含元素位于元素周期表中第周期第族。(2)A在B中燃烧的现象是。(3)D+E B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是。(4)G+J M的离子方程式是。(5)Y受热分解的化学方程式是。【解题关键】解答本题时应注意以下两点:(1)根据物质的特殊颜色或者特殊的存在形式可以推测元素。(2)在氧

2、化还原反应中并不是所有反应物的化合价都改变。【精讲精析】地壳中含量最多的金属为铝,红棕色的气体为二氧化氮,红褐色沉淀为氢氧化铁,电解X为电解饱和食盐水,产物A在B中能燃烧,则A为氢气,B为氯气,D为氯化氢,E为二氧化锰,C为氢氧化钠,G为偏铝酸钠,J为铁盐,两者发生水解相互促进反应,生成氢氧化铁沉淀,I为二氧化氮,则N为硝酸,Y为硝酸铁,H为氧化铁。(1)根据元素原子的核外电子排布,可以推测元素在周期表中的位置。(2)氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰,在集气瓶口有白雾生成。(3)浓盐酸与二氧化锰的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2+2H2O,反应中被氧化与被还原物质的物质

3、的量之比为21。(4)偏铝酸根离子和三价铁离子发生水解相互促进反应。(5)硝酸铁分解生成氧化铁、二氧化氮,化合价只有降低没有升高的元素,因此反应中必然有氧气生成。答案:(1)3A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3 +Fe3+6H2O=3Al(OH)3+Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)3 2Fe2O3+12NO2+3O2=【典例2】以海水中常见物质A为原料可以发展很多工业,下图中包含了中学阶段学习的几种基本工业生产,请根据各物质之间的转化关系回答下列问题。(1)C和D、C和G反应都可以制取消毒剂。C和D反应制取的消毒剂中有效成分的化学式为。H的化学式为。(2)电解A溶液反应的离子方程式为

4、。(3)将F和J通入A的饱和溶液中,反应的化学方程式为。(4)实验室可利用K与G制取J,请写出该反应化学方程式:。【解题关键】解答本题时应特别注意以下两点:(1)要能从反应条件及产物种类推断发生了什么反应。(2)氯化钠是海水中的常见物质。【精讲精析】A为海水中的常见物质,其饱和溶液电解生成B、C、D三种物质,B能和空气中的成分H发生反应,则B为氢气,贝壳主要构成成分为碳酸钙,它高温时分解生成氧化钙和二氧化碳,则E为氧化钙,F为二氧化碳。C和D、C和G反应都可以制取消毒剂,则C为Cl2,D为NaOH,纯碱为L加热后的产物,则L为NaHCO3。(1)Cl2和NaOH溶液反应制得的消毒剂中的有效成分

5、为NaClO,H是空气的主要构成成分,与氢气反应的产物及二氧化碳能与饱和氯化钠溶液反应生成NaHCO3,则H为N2,J为氨气。(2)电解NaCl溶液的离子方程式为2H2O+2Cl-Cl2+H2+2OH-。(3)将二氧化碳和氨气通入饱和氯化钠溶液反应的化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl。(4)实验室中制备氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O。电解=答案:(1)NaClON2(2)2H2O+2Cl-Cl2+H2+2OH-(3)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl(4)2NH4Cl+Ca(OH)2 C

6、aCl2+2NH3+2H2O电解=【拓展提升】无机框图推断题解题“五步曲”解答无机框图推断题的关键是要结合特征反应、特殊现象、特殊颜色等信息,快速确定物质的化学式,并以此找到题眼,采用顺推或逆推等方法逐一确定各物质的化学式,具体解题步骤为(1)“审”:审清题意,从题干问题框图,迅速浏览一遍,尽量在框图中把相关信息表示出来。(2)“找”:找题眼,即找到解题的突破口。(3)“析”:从题眼出发,联系新信息及所学的知识,大胆猜测,应用正、逆向思维进行综合分析、推理,初步得出结论。(4)“验”:将结果代入原题检验,验证正误。(5)“答”:答题时要注意答题的规范性,做到简洁、准确、规范,避免不必要的失分。

7、热点 2 离子推断类型【典例1】(2013上海高考)某溶液可能含有Cl-、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100 mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02 mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到1.6 g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中()A.至少存在5种离子B.Cl-一定存在,且c(Cl-)0.4 molL-1C.、一定存在,Cl-可能不存在D.、Al3+一定不存在,K+可能存在【解题关键】解答本题应注意以下两点:(1)定性和定量相结合确定存在的离子。(2)运用电荷守恒推断离子的存在。【精讲精析】选B。加入过量

8、NaOH溶液加热,产生的气体为NH3,则原溶液中含有0.02 mol。红褐色沉淀为Fe(OH)3,灼烧生成Fe2O3,则Fe2O3的物质的量为0.01 mol,原溶液含Fe3+0.02 mol。溶液中含有Fe3+,则一定不含;溶液中可能含有Al3+,与过量NaOH溶液反应生成。滤液中加入BaCl2生成的沉淀为BaSO4,则原溶液含0.02 mol。根据电荷守恒,溶液中一定还含有阴离子,则只能为Cl-,其最少为0.04 mol,因此c(Cl-)0.4 molL-1,B正确。原溶液中至少含有4种离子:、Fe3+、Cl-,A、C均错误。一定不存在,Al3+和K+可能存在,D错误。【典例2】(2013

9、防城港模拟)物质AK都是由下表中离子组成的,且为中学化学常见物质,有下图所示的转化关系,部分产物中的水已省略。(如果需要阴、阳离子可以重复使用)阳离子Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH-、Cl-、已知C、D、J都是白色沉淀,其中D、J不溶于稀硝酸。试按要求回答下列相关问题:(1)A、D、K、J的化学式为A、D、K、J;(2)已知B溶液和E溶液都显碱性,则相同条件下,物质的量浓度相同的B溶液和E溶液pH较大的是(用化学式表示);(3)写出反应的离子反应方程式;(4)用惰性电极电解I溶液阳极的电极反应式为。【解题关键】解答本题的重要突破口有:(1)不溶于HNO3的白色沉淀有BaSO4和A

10、gCl。(2)E溶液显碱性,且Al(OH)3能溶于强碱。(3)B溶液显碱性,能与A溶液反应生成Al(OH)3和另一种不溶于HNO3的白色沉淀。【精讲精析】根据表格中提供的阴、阳离子判断,离子间反应生成的白色沉淀有BaSO4、AgCl和Al(OH)3,其中不溶于HNO3的白色沉淀为AgCl和BaSO4,故C为Al(OH)3;因Al(OH)3能溶于强碱,则碱性溶液E为NaOH;另一种碱性溶液B与A溶液反应生成Al(OH)3沉淀和一种不溶于HNO3的白色沉淀BaSO4(或AgCl),结合表格中提供的离子判断B为Ba(OH)2,A为Al2(SO4)3,D为BaSO4,进而推知J为AgCl。框图中其他物

11、质的转化关系为答案:(1)Al2(SO4)3BaSO4NaNO3AgCl(2)Ba(OH)2(3)Al(OH)3+OH-=+2H2O(4)4OH-4e-=2H2O+O2【拓展提升】解答离子推断题遵循的原则(1)互斥性原则:当利用题给实验现象判断出一定有某种离子存在时,应立即运用离子共存的判断方法,将不能与之共存的离子排除掉。(2)进出性原则:在进行离子检验时,往往要加入试剂,这样就会引入新的离子,原溶液中是否存在这种离子就无法判断,还会有一些离子随着实验过程中所产生的沉淀或气体而消失,有可能对后续的实验造成影响。(3)电中性原则:在任何电解质溶液中,阴、阳离子所带的总电荷数是守恒的,即溶液呈电

12、中性,在判断混合体系中某些离子存在与否时,有的离子并未通过实验验证,但我们可以运用溶液中电荷守恒理论来判断其是否存在。物质的推断主要是寻找突破口和运用物质的性质及转化关系常见易错点如下:1.推断过程中对物质的特殊颜色记忆不牢出现错误:(1)误认为红色固体就是Cu,实际上还有Fe2O3和Cu2O。(2)误认为淡黄色固体就是硫,实际上还有Na2O2和AgBr,黄色的还有AgI等。(3)误认为黑色固体就是FeO、Fe3O4,实际上还有CuO、MnO2,炭块、FeS等。(4)误认为红棕色气体就是NO2,实际上还有溴蒸气。2.对某些物质的特殊性质掌握不牢而导致推断出现错误:(1)能与强碱溶液反应产生H2

13、的单质不光有铝,还有Si。(2)CO2、SO2、SiO2均为酸性氧化物,但易误认为SiO2能与水直接化合生成H2SiO3,而SiO2不能一步反应转化为H2SiO3。(3)能使品红溶液褪色的气体容易想到SO2,易忽视Cl2。(4)能与BaCl2溶液反应产生白色沉淀就判定为,忽视也可能含有Ag+、等。(5)使用MnO2的化学反应不一定就是KClO3受热分解制取O2的反应,还有MnO2与浓盐酸的反应和MnO2催化分解H2O2的反应。(6)遇浓氨水产生浓烟的不一定是浓盐酸,也可能为浓硝酸。3.对某些物质的特殊转化关系掌握不牢而导致推断出现错误:(1)满足金属碱性氧化物碱盐的金属不只是Na,还有K、Ca

14、、Ba等。(2)满足非金属酸性氧化物酸盐的非金属不只是S,还有C、N、P等。(3)满足A B C 酸的A不只是S,还有NH3、N2、H2S、C等。O2H2O酸O2H2O碱O2H2OO2(4)满足溶液A 白色沉淀沉淀溶解的关系的不只是Al3+Al(OH)3还有:Al(OH)3 Al3+、Ag+AgOH Ag(NH3)2OH溶液B溶液BOH-OH-H+H+NH3H2ONH3H2O【纠错训练】(正确的打“”,错误的打“”)1.(2011天津高考)往无色溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀,则原溶液中含有。()2.(2012山东高考)Cl2、SO2均能使品红溶液褪色,说明二者均有氧化性。()3.(20

15、12山东高考)向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有。()4.(2011锦州模拟)X、Y、Z三种物质满足下图物质一步转化关系,则X、Y、Z分别为Si、SiO2、H2SiO3。()【解析】1.能与BaCl2溶液产生白色沉淀,不一定是,Ag+或、同样会与Cl-或Ba2+结合生成白色沉淀。错误。2.SO2使品红褪色不是因为氧化性,而是因为漂白性,错误。3.在酸性条件下有强氧化性,可将氧化为,因此无法排除的干扰,错误。4.SiO2不能一步转化为H2SiO3,H2SiO3不能一步转化为Si。错误。答案:1.2.3.4.一、选择题1.(2013北海模拟)下列反应中,改变反应

16、物的用量或浓度,不会改变反应产物种类的是()A.炭粉在氧气中燃烧B.CO2通入氢氧化钠溶液C.铁在氯气中燃烧D.铜和硝酸反应【解析】选C。A项改变氧气的用量会产生CO或CO2;B项CO2的用量不同会生成NaHCO3或Na2CO3;D项硝酸的浓度不同,会生成NO或NO2;C项氯气具有强氧化性,只能生成FeCl3。2.某溶液中大量存在五种离子:、Fe3+、H+、X,其物质的量之比为n()n()n(Fe3+)n(H+)n(X)=23131,则X可能为()A.Fe2+B.Mg2+C.Cl-D.Ba2+【解析】选B。和Ba2+能够反应生成BaSO4沉淀,在酸性条件下能够将Fe2+氧化成Fe3+,所以溶液

17、中一定没有Ba2+和Fe2+。假设题中所给的离子的物质的量依次为2 mol、3 mol、1 mol、3 mol和1 mol,阳离子所带的正电荷数为:n(正电荷)=3n(Fe3+)+n(H+)=31 mol+13 mol=6 mol,阴离子所带的负电荷数为:n(负电荷)=n()+2n()=12 mol+23 mol=8 mol,所以还缺少2 mol正电荷,因为n(X)=1 mol,所以X带两个正电荷,为Mg2+。3.(2013龙岩一模)如图所示,甲、乙、丙、丁分别代表Na2CO3、NaOH、NaHCO3、CO2四种物质,a、b、c、d、e、f分别表示两种物质间的转化关系。对于图中两种物质间的转化

18、,通过一步反应就能实现的有()A.只有a、b、c、dB.只有b、c、d、eC.只有c、d、e、fD.a、b、c、d、e、f【解析】选D。a反应可以是Na2CO3与Ba(OH)2的反应;向NaOH溶液中通入过量的CO2,可以实现反应b;NaHCO3与酸反应可以生成CO2,c反应能够实现;CO2与NaOH反应可以生成Na2CO3,d反应能够实现;Na2CO3溶液中通入CO2能够实现反应e;NaHCO3受热分解或与NaOH反应,能够实现反应f。综上所述,D正确。4.(2013江苏高考)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲乙丙。下列有关物质的推断不正确

19、的是()A.若甲为焦炭,则丁可能是O2B.若甲为SO2,则丁可能是氨水C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2丁丁甲【解析】选C。C在O2中不完全燃烧生成CO,CO继续与O2燃烧后生成CO2,CO2与C在加热条件下能生成CO,可以实现上述转化关系;根据反应SO2+NH3H2O=NH4HSO3、NH4HSO3+NH3H2O=(NH4)2SO3+H2O、(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3,可以实现上述转化关系;铁与盐酸反应只能生成FeCl2,无法实现上述转化关系;根据反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2=2NaH

20、CO3、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,可以实现上述转化关系。5.(2013贺州模拟)将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全部是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL-1的NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是()A.开始加入合金的质量可能为16.4 gB.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mLD.标准状况下产物NO的体积为22.4 L【解析】选C。合金增加的质量即为OH-的质量,则n(OH-)=5.1 g/17

21、 gmol-1=0.3 mol,故C项正确。根据电子守恒和电荷守恒可知,反应中转移的电子总数为0.3 mol。若全部为Mg,质量为3.6 g,若全部是铜,质量为9.6 g,A不正确;被还原的硝酸为0.1 mol,起酸性作用的硝酸为0.3 mol,B项不正确;标准状况下产物NO的物质的量即为被还原的硝酸的物质的量,故其体积为2.24 L,D项不正确。6.某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4,其工艺流程如下:下列推断不合理的是()A.直接蒸干滤液得到纯净的(NH4)2SO4B.生成1 mol(NH4)2SO4至少消耗2 mol NH3C.CO2可循环使用D.往甲中通CO

22、2有利于(NH4)2SO4生成【解析】选A。直接蒸干滤液所得(NH4)2SO4不纯,故不正确。7.有一无色溶液,可能含有K+、Al3+、Mg2+、Cl-、中的一种或几种。为确定其成分,做如下实验:取部分溶液,加入适量的Na2O2固体,产生无色无味的气体并产生白色沉淀,再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解;另取部分溶液,加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生。下列推断正确的是()A.肯定有K+、B.肯定有Al3+、Mg2+、C.肯定有Al3+、Mg2+、D.肯定有Al3+、Mg2+、Cl-【解析】选C。首先由“无色”溶液,否定的存在;再由“加入适量Na2O2固体,产生无色无

23、味的气体并生成白色沉淀,再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解”,可判断原溶液含Mg2+、Al3+,不含,因为Al(OH)3溶于过量碱而Mg(OH)2不溶;又根据“加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生”,可判断该沉淀是BaSO4,原溶液中含;无气体产生则原溶液不含,综合分析结果可知,溶液中肯定有Mg2+、Al3+、,故选C。二、非选择题8.AJ分别表示中学化学中常见的一种物质,其中A、I为常见金属,它们之间的相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出),且已知G为主族元素的固态氧化物,A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白:(1)A、B、C、D、

24、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中的位置是。(2)写出C物质的化学式:。(3)写出下列反应的化学方程式或离子方程式:反应的化学方程式:;反应的离子方程式:;反应的化学方程式:。(4)从能量变化的角度看,反应中,属于H0的反应是。(填序号)【解析】G为主族元素的固态氧化物,由G可以与NaOH发生反应及反应,猜测G是Al2O3,则J是NaAlO2,G电解得到金属铝和氧气,由I为常见金属可知,I是金属铝,H是氧气,联想反应为铝热反应,结合A在氧气中燃烧得到B,B到F的一系列转化,可知B是Fe3O4,A是金属铁,Fe3O4与盐酸反应生成Fe2+和Fe3+,从反应流程可以看出,C是FeCl2,E是

25、Fe(OH)2,F是Fe(OH)3。反应为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe,反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2 +3H2。反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。高温=答案:(1)第4周期第族(2)FeCl2(3)8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe2Al+2OH-+2H2O=+3H24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(4)高温=9.(2013玉林模拟)短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大,X和Y同主族,Y和Z同周期,Y与Z能形成离子个数比为11的离子化合物A,X与Z能形成原

26、子个数比为11的共价化合物B,它们之间能实现如图所示转化(部分产物已略去):(1)Y在周期表的位置是。(2)反应的化学方程式是。(3)D溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)。D是很多漂白剂中含有的有效成分,这些产品不能与洁厕灵(含有有机酸和无机酸)一起使用,其原因就是在常温时能发生与反应相似的反应。某校的学生在实验室利用反应的原理来制备纯净、干燥的Z2,仪器装置如图所示:i.写出反应的离子方程式。ii.上述实验装置不够完善,改进方法是。【解析】由题中信息和转化关系图可推知:X为氢元素,Y为钠元素,Z为氯元素,B为HCl,C为NaOH,D为NaClO。反应为电解食盐水,反应为盐酸与次氯酸盐的氧

27、化还原反应。答案:(1)第3周期,第A族(2)2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2(3)ClO-+H2O HClO+OH-i.ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2Oii.在a、b装置之间加一盛有饱和食盐水(或水)的洗气瓶,除去HCl电解=10.下图表示各物质之间的转化关系,A、B、C、G为单质,其中A、G为气体,F为液体。为工业生产中常见反应,E是一种具有漂白作用的盐,Y易潮解,M是一种两性化合物,L是一种白色胶状沉淀。试回答下列有关问题:(1)M的化学式,Y在实验室中的用途(列举一例)。(2)X的熔点为801,实际工业冶炼中常常加入一定量的Y共熔,猜想工业上这样做的目的:。工业生

28、产中,还常常利用电解X和F的混合物制取。(填化学式)(3)反应的化学方程式是。(4)反应的离子反应方程式是。(5)用化学方程式表示E在空气中失效的反应原理。【解析】F为液体,通常F为水。M是一种两性化合物,L是一种白色胶状沉淀,可推测M为Al2O3,L为Al(OH)3。E是一种具有漂白作用的盐,可联想到E为次氯酸盐,再结合E在空气中失效可知:E为Ca(ClO)2。结合其他条件知:X:NaCl,Y:CaCl2,A:Cl2,B:Ca,C:Na,D:Ca(OH)2,G:H2,I:HCl,H:NaOH,J:AlCl3,K:NaAlO2。答案:(1)Al2O3 用作干燥剂(2)降低X、Y熔化时的温度,节

29、约能源 Cl2、H2和NaOH(3)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(4)Al3+6H2O=4Al(OH)3(5)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO,2HClO 2HCl+O2光照=11.某强酸性溶液X,含有Ba2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、中的一种或几种离子,取溶液进行连续实验,能实现如下转化:依据以上信息,回答下列问题:(1)上述离子中,溶液X中肯定含有的是;不能肯定的是。对不能确定是否存的离子,可以另取X溶液于一支试管中,选择下列试剂中的一种加入X溶液中,根据现象就可判断,则该试剂是。(选填:NaOH溶液,酚酞试剂,石蕊试剂,

30、pH试纸,KSCN溶液,KMnO4溶液)(2)气体F的化学式为,沉淀G的化学式为,沉淀K的化学式为,实验中,可以观察到反应的现象是。(3)写出步骤所有发生反应的离子方程式、。(4)要使步骤中,D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应,则D、H2O、O2物质的量之比是。【解析】强酸性溶液中含有H+,则不含、;加入Ba(NO3)2溶液后生成的沉淀一定是BaSO4,则溶液中含有,不含Ba2+;气体A能够和氧气反应,所以A为NO,D为NO2,D到E的反应为:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,说明该溶液中含有还原性离子,即Fe2+,则原溶液中一定没有。溶液B能够和NaOH溶液反应生成气体,则该气体一

31、定是NH3,原溶液中一定含有。符合转化关系:“B H 沉淀K”的K为Al(OH)3,则溶液中含有Al3+。NaOH溶液CO2答案:(1)、Al3+、Fe2+、Fe3+(2)NH3Fe(OH)3Al(OH)3 气体由无色变成红棕色(3)Ba2+=BaSO43Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O(4)42112.如图中,A、B、C、D、E是单质,G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知:反应C+G B+H能放出大量的热,该反应曾应用于铁轨的焊接;I是一种常见的温室气体,它和E可以发生反应:2E+I 2F+D,F中E元素的质量分数为60%。高温点燃=回答问题:(1)中反应的化

32、学方程式为;(2)化合物I的电子式为,它的空间构型是;(3)1.6 g G溶于盐酸,得到的溶液与铜粉完全反应,计算至少所需铜粉的质量(写出离子方程式和计算过程);(4)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为,反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为;(5)E在I中燃烧观察到的现象是。【解析】(1)反应的化学方程式为2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3。(2)CO2的电子式为,它的空间构型是直线形。(3)Fe2O3与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,FeCl3与铜粉完全反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+,可知n(Cu)=n(Fe2O3)=0.01

33、 mol,需铜粉的质量为0.01 mol64 gmol-1=0.64 g。高温=(4)Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=+3H2,反应后溶液的溶质为NaOH和NaAlO2,与过量CO2反应的离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3+、OH-+CO2=。(5)Mg在CO2中燃烧的化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C,观察到的现象是镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,反应器内壁附着黑色固体。点燃=答案:(1)2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3(2)直线形(3)Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+,n(Cu)=n(Fe2O

34、3)=0.01 mol,至少需铜粉的质量为0.01 mol64 gmol-1=0.64 g高温=(4)2Al+2OH-+2H2O=+3H2+CO2+2H2O=Al(OH)3+、OH-+CO2=(5)镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,反应器内壁附着黑色固体【高考创新预测】1.如图所示:,每个编号代表下列物质中的一种物质,凡是用直线相连的两种物质均能发生化学反应。供选择的物质有:a.铁;b.稀硫酸;c.Na2CO3溶液;d.BaCl2溶液;e.Cu(NO3)2溶液;f.MgSO4溶液。图中编号代表的物质是()A.H2SO4B.MgSO4C.Cu(NO3)2D.BaCl2【解析】选D。图中表示的是该物质能

35、和其他3种物质发生反应,根据所提供的物质判断只有BaCl2和H2SO4符合,结合图所示,可判断为BaCl2,为H2SO4,为Na2CO3,为MgSO4,为Cu(OH)2,为Fe,故选D。2.化合物A、B、C、D各由两种元素组成,甲、乙、丙是前两周期元素的三种单质。这些常见的化合物与单质之间存在如下关系(已知C是一种有机物),以下结论不正确的是()A.上图所示的五个转化关系中,有三个是化合反应B.上述转化关系所涉及的化合物中有一种是电解质C.甲、乙、丙三种单质的晶体一定是分子晶体D.上图所示的五个转化关系中,均为氧化还原反应【解析】选C。前两周期元素形成的单质常见的有H2、C、N2、O2、F2,

36、有机物C与单质甲反应生成两种化合物,故该反应为有机物的燃烧生成CO2和H2O,则甲为O2,A、B为CO2和H2O。图示中的转化关系为:H2、O2两种单质为分子晶体,但碳的单质(如金刚石)属于原子晶体。3.X、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()选项XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2O【解析】选C。氨气在纯氧中燃烧能生成氮气和水;氯气具有较强的氧化性,能把铁直接氧化成Fe3+:2Fe+3Cl2 2FeCl3,所以C选项中,单质Y和单质Z

37、不能通过一步反应得到化合物甲FeCl2。点燃=4.下列说法正确的是()SO2能使酸性KMnO4溶液迅速褪色可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀使品红褪色的气体一定为SO2可用AgNO3鉴别红棕色的Br2、NO2无色溶液中加盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液后,出现红色沉淀,则一定含有A.B.C.D.全部【解析】选A。中CO2、SO2都与Ca(OH)2反应生成沉淀,且气体过量后沉淀溶解;S在O2中燃烧只能生成SO2,不能生成SO3;SO2同CaCl2溶液不会生成白色沉淀;使品红褪色的还有Cl2等氧化剂,不一定是SO2;中

38、有干扰。5.(2013贵港模拟)某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al,还含有少量的铜锈Cu2(OH)2CO3、少量的铁锈和少量的氧化铝,用上述废金属屑制取胆矾(CuSO45H2O)、无水AlCl3和铁红的过程如图所示:已知:Al3+、Al(OH)3、有如下转化关系:Al3+Al(OH)3碳酸不能溶解Al(OH)3。请回答:OH-H+OH-H+(1)在废金属屑粉末中加入试剂A,生成气体1的反应的离子方程式是。(2)溶液2中含有的金属阳离子是;气体2的成分是。(3)溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是。(4)固体2制取CuSO4溶液有多种方法。在固体2中加入浓硫酸,并加热,使固体2全部溶解得C

39、uSO4溶液,反应的化学方程式是。在固体2中加入稀硫酸后,通入O2并加热,使固体2全部溶解得CuSO4溶液,反应的离子方程式是。(5)溶液1转化为溶液4的过程中,不在溶液1中直接加入试剂C,理由是。(6)直接加热AlCl36H2O不能得到无水AlCl3。SOCl2为无色液体,极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体。AlCl36H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3,反应的化学方程式是。【解析】由图示的转化关系可知:铝元素进入溶液,最终溶液1转化为AlCl3。单质Al与过量试剂A反应生成气体和含铝元素的溶液,但试剂A不与Fe反应,则A为NaOH。固体1为Cu、Fe、Cu2(OH)2C

40、O3和少量铁锈(Fe2O3)。加入试剂B可使Fe溶解并产生H2,而溶液2在空气中与过量NaOH反应得到Fe(OH)3,经灼烧后得到铁红,故试剂B为酸,结合制取胆矾判断B为稀硫酸,气体2为H2和CO2。固体2的成分为Cu,与浓硫酸作用后可得到CuSO4。答案:(1)2Al+2OH-+2H2O=+3H2(2)Fe2+CO2和H2(3)4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3(4)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O2Cu+4H+O2 2Cu2+2H2O(5)若在溶液1中直接加入盐酸,会使溶液4中混有试剂A中的阳离子(如Na+等),而不是纯净的AlCl3溶液(6)AlCl36H2O+6SOCl2 AlCl3+12HCl+6SO2=