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[题型专练]
1．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 ( )
解析 本题涉及多个反应，当刚开头通入CO2时，溶液中存在着OH－与AlO之间的竞争，由于碱性：OH－＞AlO，故CO2应先与OH－反应生成CO，而Ba2＋会与CO结合生成BaCO3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BaCO3、CO与AlO间的竞争，假如BaCO3先发生反应生成Ba(HCO3)2，由于溶液中存在CO，则Ba2＋又会与CO结合成BaCO3，所以BaCO3不会先溶解。假如CO2先与CO反应生成HCO，则又由于HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，可知又生成了CO，从而确定CO2应先与AlO反应，再与CO反应生成HCO，最终CO2才与BaCO3反应。
答案 C
2.某澄清透亮 溶液中只可能含有①Al3＋；②Mg2＋；③Fe3＋；④Fe2＋；⑤H＋；⑥CO；⑦NO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所示。则该溶液中肯定含有的离子是
( )
A．②⑤⑥⑦ B．②③⑤⑦
C．①②③⑥⑦ D．①②③④⑤⑦
解析 依据图像变化，不含Al3＋、CO、Fe2＋，肯定含H＋、NO。若只含Mg2＋，n(Mg2＋)＝1.5 mol，Mg(OH)2质量为1.5 mol×58 g·mol－1＝87 g；若只含Fe3＋，n(Fe3＋)＝1 mol，Fe(OH)3质量为1 mol×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 B
3．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) ( )
离子
Mg2＋
Al3＋
物质
Al(OH)3
开头沉淀时的pH
8.93
3.56
开头溶解时的pH
8.04
完全沉淀时的pH
10.92
4.89
完全溶解时的pH
12.04
解析 由表中数据知，当Al3＋沉淀完全时Mg2＋还没有开头形成沉淀，当生成的Al(OH)3开头溶解时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开头形成沉淀，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连续溶解至pH＝12.04时，沉淀只有Mg(OH)2，Al(OH)3全部溶解，故C对。
答案 C
4．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) ( )
A．图1：n(HCl)＝1 mol，K2CO3加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体
B．图2：n(NaOH)＝1 mol，CO2通入到NaOH溶液中反应生成的盐
C．图3：n(O2)＝1 mol，高温下C和O2在密闭容器中的生成物
D．图4：n(HNO3)＝1 mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物(还原产物为NO)
解析 A项，当n(HCl)＝1 mol，n(CO2)＝0.5 mol，之后不再削减，错误；B项，2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，CO先增大后削减，NaHCO3从0增加到1 mol，错误；C项，C＋O2CO2，CO2＋C2CO，正确；D项，Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O,2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，0.25 mol对应的是Fe(NO3)3,0.375 mol对应的是Fe(NO3)2，错误。
答案 C
5．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，其中可能符合图像的一组是 ( )
甲
乙
A
AlCl3、Mg(NO3)2、HNO3
NaOH
B
Na2CO3、NH4HCO3、Na2SO4
Ba(OH)2
C
NH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HCl
NaOH
D
NaAlO2、NH3·H2O、NaOH
H2SO4
解析 C项，加入NaOH溶液时，OH－先与H＋反应，没有沉淀生成；随后Al3＋、Fe3＋开头沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH－和NH反应，此时没有沉淀生成；最终OH－与Al(OH)3反应，沉淀部分溶解，符合图像。其他选项均不行能符合图像。
答案 C
6．向可溶性铝盐或偏铝酸盐溶液中，逐滴加入NaOH溶液(或盐酸)，反应过程中的下列图像正确的是 ( )
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H＋的物质的量之比为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Al3＋或AlO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的量应当为0，所以D图错误。
答案 B
7．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)和生成沉淀的物质的量(n)的关系如图所示，图中(V1)为56 mL(标准状况)，则图中V2、V3的体积(单位为mL)分别是
( )
A．280、336 B．504、560
C．1 120、1 176 D．196、252
解析 在V3点溶液成分为KHCO3、Ca(HCO3)2，由反应OH－＋CO2===HCO，V(CO2)＝22.4n(OH－)＝22.4 L·mol－1×0.1 mol·L－1×0.25 L＝0.56 L＝560 mL，O～V1发生的反应为Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，V2～V3发生的反应为CO2＋CaCO3＋H2O===Ca2＋＋2HCO，因Ca(OH)2的量肯定，所以两个反应消耗CO2的量一样多，则V2～V3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 B
8. 某无色溶液中可能含有Mg2＋、NH、K＋、Al3＋、SO、CO、Cl－等离子。现进行如下试验：①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；②另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到肯定量后开头产生气体(必要时可加热)，最终沉淀完全溶解，并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量的变化如图所示。下列说法不符合事实的是 ( )
A．依据图中数据计算试验中使用的NaOH溶液的浓度为1 mol·L－1
B．依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－1
C．该溶液中NH、Al3＋、SO三种离子的物质的量之比为2∶1∶3
D．另取肯定量该溶液滴加肯定量的Ba(OH)2溶液，不行能使Al3＋和SO同时完全沉淀
解析 依据题意，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，依据SO＋Ba2＋===BaSO4↓知原10 mL溶液中含有0.03 mol SO；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＋，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，由此排解CO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；当沉淀增加到肯定量后开头产生气体，依据NH＋OH－NH3↑＋H2O，再结合图像，知原溶液中含有0.02 mol NH，形成NH3放出需OH－ 0.02 mol；最终沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH连续反应，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，该过程需OH－ 0.01 mol；故试验中使用的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；依据电中性原则，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×1＋0.01 mol×3＋n(K＋)×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×2＝0.06 mol，所以n(K＋)≥0.01 mol，故c(K＋)≥1 mol·L－1，B不正确；10 mL原溶液中NH为0.02 mol，Al3＋为0.01 mol，SO为0.03 mol，NH、Al3＋、SO三种离子的物质的量之比为2∶1∶3，C正确；依据溶液中Al3＋与SO的物质的量之比可知，滴加肯定量的Ba(OH)2溶液，不能使Al3＋和SO同时完全沉淀，D正确。
答案 B
9．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中渐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中渐渐加入铁粉，产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－1
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生氢气
C．其次份溶液中最终溶质为FeSO4
D．混合酸中NO物质的量为0.4 mol
解析 依据图像可知，OA段发生的反应为：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋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＋===Fe2＋＋H2↑，故原混合溶液中n(HNO3)＝n(NO)＝2n(Fe3＋)＝2×＝0.4 mol，B、D正确；其次份溶液反应消耗22.4 g(即0.4 mol)铁，铁元素全部以硫酸亚铁形式存在，依据SO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 mol·L－1，A错误，由图像可知，铁过量，则硫酸完全反应，其次份溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确。
答案 A
10．如图所示是200 mg MnC2O4·2H2O晶体放在坩埚里加热分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定，但其中锰元素的化合价在300℃以下不变)。
试回答下列问题：
(1)写出B点固体产物的化学式：_____________________________________。
(2)从B点到C点过程中固体物质质量不变的缘由是_____________________。
(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缘由是_____________________。
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)；连续受热将产生气态物质使固体质量削减，一般气体为氧气或气态氧化物；金属元素肯定存在于固体中，可用差量法确定产物的组成；也有可能金属元素存在变价，在肯定的温度下，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MnC2O4的分子组成及图像分析，D点产物由Mn和O两种元素组成。
n(Mn)＝≈0.001 12 mol
n(O)＝≈0.001 12 mol
n(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)MnC2O4 (2)MnC2O4在100～205 ℃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，生成新的锰的氧化物
[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、形象地反映了简单的化学反应过程、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头，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物和生成物的数量关系。该题型形式机敏，能够很好地考查同学猎取信息、处理信息的力量，分析问题和解决问题的力量，是高考的重点题。
2．无机图像题的解题要领
先审题干再看图，物变量变两手抓；反应线段要对准，端点拐点定数量；问题陷阱要审清，找准切口再解决。
3.无机图像题的解题技能
[札记]
[总结]
[纠错]
易错点一
易错点二
[纠错]
易错点一
易错点二
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