2021高考化学(重庆专用)二轮专题滚动加练：-常见无机物及其综合应用-Word版含解析.docx

滚动加练3常见无机物及其综合应用1(2022重庆调研)汽车平安气囊是行车平安的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，平安装置通电点火使其中的固体粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而爱护司机及乘客免受损害。为争辩平安气囊工作的化学原理，取平安装置中的固体粉末进行试验。经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0 g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72 L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请回答下列问题：(1)甲的化学式为_，丙的电子式为_。(2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为_。(3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为_，平安气囊中红棕色粉末的作用是_。(4)以下物质中，有可能作为平安气囊中红棕色粉末替代品的是_。AKCl BKNO3 CNa2S DCuO(5)设计一个试验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分(不考虑结晶水合物)_ _。解析本题以汽车平安气囊为载体，主要考查常见单质及其化合物的相互转化关系。题目体现了力量立意，侧重考查考生的推理力量和运用所学学问综合解决实际问题的力量。(1)粉末由两种物质混合而成，且仅含Na、Fe、N、O四种元素，所以难溶性红棕色物质应是Fe2O3。甲分解得到氮气和单质乙，则甲中只有两种元素，必定为N和Na。n(N2)0.3 mol，m(N2)0.3 mol28 gmol18.4 g，则n(Na)0.2 mol，因此Na与N元素的物质的量之比：0.2 mol0.6 mol13，因此化合物甲为NaN3。(2)、(3)Na与Fe2O3在高温隔绝空气的条件下反应，产物应为Na2O和Fe，则反应为6NaFe2O32Fe3Na2O。通过上面发生的反应可以看出，Fe2O3的作用是与金属钠反应，避开分解产生的金属钠可能产生的危害。化合物丙为Na2O，在空气中转化为碳酸氢盐，是Na2O与空气中的CO2、H2O(g)反应生成了NaHCO3。(4)红棕色粉末的作用是充当氧化剂，除去NaN3分解产生的金属钠，从氧化性角度分析KNO3、CuO均可。(5)可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3的混合物。检验方法可从定性和定量两个角度分析：定量分析：精确称取肯定量的可溶性盐试样，加热至恒重后，如试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，依据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3的混合物。定性分析：NaHCO3受热后能产生使澄清石灰水变浑浊的无色、无味气体，Na2CO3无此性质。检验出有NaHCO3后，另取少量试样加入CaCl2溶液中，若产生白色沉淀，则有碳酸钠，而仅有碳酸氢钠则无此现象。答案(1)NaN3Na2Na(2)Na2O2CO2H2O=2NaHCO3(3)6NaFe2O32Fe3Na2O避开分解产生的金属钠可能产生的危害(4)BD(5)可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3的混合物。精确称取肯定量的可溶性盐试样，加热至恒重后，如试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，依据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3的混合物2(2022重庆铜梁中学高三模拟)重铬酸钾是工业生产和试验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，还含有SiO2、Al2O3、MgO等杂质)为主要原料进行生产。试验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下，涉及的主要反应是6FeOCr2O324NaOH7KClO312Na2CrO43Fe2O37KCl12H2O(1)在反应器中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，而杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与纯碱反应的化学方程式：_。(2)NaFeO2能猛烈水解，在操作生成沉淀而除去，写出该反应的化学方程式：_。(3)操作中最好选用_(填字母)试剂来调整pH，将某些元素转化为沉淀。aNaOH溶液 b氨水c稀硫酸 d稀盐酸(4)过滤操作所用到的玻璃仪器有_。(5)称量重铬酸钾试样2.500 0 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于碘量瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3)，放于暗处 5 min，然后加入100 mL水并加入3 mL淀粉指示剂，用0.120 0 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。(提示：I22S2O=2IS4O)。推断达到滴定终点的依据是_；若试验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度(K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，设整个过程中其他杂质不参与反应)：_。解析(1)Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，则该盐应为NaAlO2。(2)NaFeO2能猛烈水解，在操作生成沉淀而除去，说明水解生成Fe(OH)3沉淀。(3)操作后的滤液显强碱性，加入适量的酸，调整pH78，可使Al元素形成Al(OH)3沉淀，最好选用稀硫酸，由于盐酸有还原性，易与Na2CrO4发生氧化还原反应，故不选用稀盐酸。(5)Cr2O14H6I=2Cr33I27H2O，I22S2O=2IS4O，得关系式：Cr2O6S2O，则n(Cr2O) n(S2O)0.120 0 mol/L0.04 L8104mol，m(K2Cr2O7)8 104mol294 g/mol0.235 2 g，碘量瓶中所含样品的质量为0.250 0 g，故所得产品中重铬酸钾的纯度为100%94.08%。答案(1)Al2O3Na2CO32NaAlO2CO2(2)NaFeO22H2O=Fe(OH)3NaOH(3)c(4)烧杯、玻璃棒、漏斗(5)当滴入最终一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色94.08%3(2021重庆育才中学月考)工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为3价。已知：TiOSO4遇水会水解。(1)步骤中， 用铁粉将Fe3转化为Fe2的反应的离子方程式：_。(2)步骤中，实现混合物的分别是利用物质的_(填字母序号)。a熔沸点差异 b溶解性差异c氧化性、还原性差异(3)步骤中，均需用到的操作是_(填操作名称)。(4)请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤中将TiO2转化为H2T iO3的原理：_。(5)可以利用生产过程中的废液与软锰矿(主要成分MnO2)反应生产硫酸锰(MnSO4，易溶于水)，该反应的离子方程式：_。解析(2)步骤是实行的冷却结晶，是利用物质在不同温度下溶解性的差异进行分别的方法。(3)步骤中均需分别固、液混合物，因此操作均为过滤。(5)废液中含有H，MnO2与Fe2发生氧化还原反应即可制得硫酸锰，硫酸锰，易溶于水，从而可正确写出反应的离子方程式。答案(1)2Fe3Fe=3Fe2(2)b(3)过滤(4)溶液中存在平衡：TiO22H2OH2TiO32H，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3(5)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O4(2011重庆理综，26)用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。(1)Al的原子结构示意图为_；Al：与NaOH溶液反应的离子方程式为_。(2)30Si原子的中子数为_；SiO2的晶体类型为_。(3)Al3与Yn的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是_。(4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是_。(5)经处理后的熔渣36.0 g(仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2)，加入足量稀盐酸，分别得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分别得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为_。解析(1)Al的原子结构示意图为；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(2)Si是14号元素，因此其质子数为14，则30Si的中子数为16；SiO2的晶体类型为原子晶体。(3)Al3的电子数为10，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，只有卤族元素符合，Yn为10电子微粒，则为F，又由HF分子间存在氢键，其沸点：HFHCl，因此HCl沸点最低。(4)由于大理石在高温下发生反应：CaCO3CaOCO2，因此该气体为CO2。(5)不溶于稀盐酸的是SiO2，因此m(SiO2)11.0 g，不溶于NaOH溶液的是Fe(OH)3，则：2Fe(OH)3Fe2O32107 160214 g m(Fe2O3)16.0 g因此m(Al2O3)36.0 g11.0 g16.0 g9.0 g。此熔渣中Al2O3的质量分数为100%25%。答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)16原子晶体(3)HCl(4)CO2(5)25%5(2022全国新课标，27)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：(1)铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第_周期、第_族；PbO2的酸性比CO2的酸性_(填“强”或“弱”)。(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_；PbO2也可以通过石墨为电极，Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为_，阴极上观看到的现象是_；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为_，这样做的主要缺点是_。(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值_。解析(2)由题意知：该反应中，Cl元素的化合价上升，则可推出Pb元素化合价降低，又由于2价Pb较稳定，因此PbO2还原产物为Pb2，其化学方程式为：PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O。(3)由题意知：PbOClOPbO2，铅元素化合价上升，则Cl元素化合价应降低，故有PbOClOPbO2Cl，利用化合价升降法配平，得反应的离子方程式为PbOClO=PbO2Cl。阳极应发生氧化反应，由Pb2PbO2的过程可知阳极反应式为Pb22H2O2e=PbO24H；阴极发生还原反应，其中Cu2放电：Cu22e=Cu，石墨上析出铜，若电解液不加Cu(NO3)2，则阴极Pb2放电：Pb22e=Pb，由此可见这样做的缺点是不能有效地利用Pb2。(4)PbO2分解的化学方程式：PbO2PbOxO2，知PbO2失重质量即为生成O2的质量；取m(PbO2)239，则生成m(O2)32，依据题意有322394.0%，解得x，然后依据PbOx与mPbO2nPbO中O和Pb原子个数比相等求得mn的值。答案(1)六A弱(2)PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O(3)PbOClO=PbO2ClPb22H2O2e=PbO24H石墨上析出铜Pb22e=Pb不能有效利用Pb2(4)依据PbO2PbOxO2，有322394.0%x1.4，依据mPbO2nPbO，1.4，。6(2022重庆江津中学模拟)硫化氢(H2S)是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，有剧毒；存在于多种生产过程以及自然界中。在人体的很多生理过程中也起着重要作用。资料：H2S可溶于水(约12)，其水溶液为二元弱酸。H2S可与很多金属离子反应生成沉淀。H2S在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色(1)某化学小组设计了制取H2S并验证其性质的试验，如图所示。A中是CuSO4溶液，B中放有潮湿的蓝色石蕊试纸，C中是FeCl3溶液。A中有黑色沉淀(CuS)产生，A中发生反应的化学方程式为_。B中的现象是_。C中只有浅黄色沉淀产生，且溶液变浅绿色。则C中发生反应的离子方程式为_。D中盛放的试剂可以是_(填序号)。a水 b盐酸 cNaCl溶液 dNaOH溶液(2)为进一步探究2价硫的化合物与4价硫的化合物反应的条件，小组同学又设计了下列试验。试验操作试验现象试验1将等浓度的Na2S和Na2SO3溶液按体积比21混合无明显现象试验2将H2S通入Na2SO3溶液中未见明显沉淀，再加入少量稀硫酸，马上产生大量浅黄色沉淀试验3将SO2通入Na2S溶液中有浅黄色沉淀产生已知：电离平衡常数：H2SK11.3107；K27.11015H2SO3K11.7102；K25.6108依据上述试验，可以得出结论：在_条件下，4价硫的化合物可以氧化2价硫的化合物。将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是_(填序号)。解析解析(1)H2S是酸性气体，能使潮湿的蓝色石蕊试纸变红。浅黄色沉淀为S，且溶液变浅绿色是由于生成了Fe2。H2S是酸性气体，应用碱液吸取，D中盛放的试剂是NaOH溶液。(2)依据试验1、2、3可知，只有将SO2通入Na2S溶液中，才有浅黄色沉淀产生。说明在酸性条件下，4价硫的化合物可以氧化2价硫的化合物。将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，发生反应：SO22H2S=3S2H2O、SO2H2OH2SO3，可知溶液先酸性减弱、后酸性增加。答案(1)H2SCuSO4=CuSH2SO4蓝色石蕊试纸变红H2S2Fe3=S2H2Fe2d(2)酸性(或酸性较强)C7(2022雅安高三三诊)资料：(1)草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)呈淡黄色；(2)KMnO4在酸性条件的还原产物为Mn2。某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列试验探究。(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发觉溶液颜色渐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成。这说明草酸亚铁晶体具有_(填“氧化性”“还原性”或“碱性”)。若反应中消耗1 mol FeC2O42 H2O，则参与反应的KMnO4为_ mol。(2)资料表明：在密闭容器中加热到肯定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体。课题组依据教材上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO；假设二： _；假设三：_。(3)为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下争辩。定性争辩请你完成下表中内容。试验步骤预期试验现象和结论取少量黑色固体，_定量争辩课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400 时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为_。依据图像，如有1.0 g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4 g。某同学由此得出结论：假设一不成立。你是否同意该同学的结论？_(填“同意”或“不同意”)，并简述理由：_。解析(1)溶液变为棕黄色说明Fe2被氧化为Fe3，同时结合CO2的生成可知草酸亚铁具有还原性；利用电子守恒可知关系式：5FeC2O42H2O(C为3价)3KMnO4，故1 mol FeC2O42H2O参与反应有0.6 mol KMnO4参与反应被还原。(2)在铁的三种氧化物中只有FeO与Fe3O4为黑色，因此得到黑色固体为FeO与Fe3O4的混合物或其中一种，由此可知假设二、三。(3)可依据Fe2具有还原性或不能使KSCN溶液变红色的性质来验证假设一；400 ，固体质量变为原来的40%可知，取1 mol FeC2O42H2O加热至400 可得铁的氧化物的质量：180 g40%72 g，利用原子守恒知该氧化物中含有1 mol Fe，故含有n(O)(72 g56 g)16 gmol11 mol，所以生成铁的氧化物为FeO，再结合原子守恒即可写出草酸亚铁晶体分解的化学方程式。答案(1)还原性0.6(2)全部是Fe3O4FeO和Fe3O4的混合物(3)加入适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶液中加入KSCN溶液若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立FeC2O42H2OFeOCOCO22H2O(或FeC2O4FeOCOCO2不同意 试验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其他氧化物8(2022重庆高三调研(二)某争辩性学习小组将肯定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物(两者都不含结晶水)。.依据乙同学的观点，你认为其原理是_(用离子方程式表示)。.将上述产生的蓝色沉淀洗涤、干燥后放入试管中加热，定性探究生成物的成分。(1)B装置中试剂的化学式是_，C装置中试剂的名称是_。(2能证明乙同学观点正确的试验现象是_。.争辩性学习小组的同学为了测定一包由CuCO3和Cu(OH)2组成的混合物中Cu(OH)2的质量分数，设计出下列装置进行试验。(1)各装置连接的挨次为_。(2)试验开头和结束时都要通入过量的空气，结束时通入过量空气的作用是_。(3)若沉淀样品的质量为m g，装置D质量增加了n g，则其中Cu(OH)2的质量分数为_。(4)利用上述装置测出的Cu(OH)2质量分数偏低，其缘由是_。解析.CO的水解使溶液显碱性，同时Cu2与OH的反应又促进了CO的水解。.(1)若沉淀中有Cu(OH)2时分解会有水生成，而含有CuCO3时分解产生CO2，所以B中为无水CuSO4粉末，C中试剂为澄清石灰水。(2)若乙同学观点正确，则只有水生成，B中硫酸铜粉末变蓝，而没有CO2生成，C中石灰水不变浑浊。.(1)为使试验数据更加精确，要求水和CO2只来自样品的分解，所以连接挨次为C、A、B、D。(2)试验结束时再通入过量的空气是为了保证生成的水和CO2全部被B、D吸取。(3)D增加的为CO2的质量，CuCO3质量为，其余为Cu(OH)2，所以质量分数为100%。(4)D直接与空气接触，空气中的水蒸气和CO2被碱石灰吸取造成n值偏大，结果偏低。答案.Cu2COH2O=Cu(OH)2CO2.(1)CuSO4澄清石灰水(2)B中白色固体变为蓝色，C中澄清石灰水不变浑浊(或无明显现象).(1)CABD(2)可以将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出(3)%(4)空气中的CO2和水蒸气被装置D中的碱石灰吸取