高考化学题型强化专项训练一 元素化合物.docx
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高考化学题型强化专项训练一元素化合物
题型强化专项训练一 元素化合物
题型强化专项训练第70页
1.(2018·宁波六校联考)物质X由三种非金属元素组成,有毒性,结构与二氧化碳相似,存在如下转化:
(1)白色沉淀Ⅱ的化学式为 ,物质X的分子式为 。
(2)气体Ⅲ与氯水反应的离子方程式:
。
答案
(1)BaSO4 CSO
(2)SO2+Cl2+2H2O
4H++S+2Cl-
解析物质X隔绝空气加热生成气体Ⅰ和固体单质;气体Ⅰ能够燃烧生成气体Ⅱ,气体Ⅱ能够使澄清石灰水变浑浊,生成沉淀的质量为10.0g,应为碳酸钙白色沉淀,其物质的量为0.1mol,所以气体Ⅰ为一氧化碳,其物质的量为0.1mol;固体单质点燃后生成气体Ⅲ,该气体能够与氯水反应,说明该气体具有还原性,应为二氧化硫,二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸;硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡(白色沉淀Ⅱ),则固体单质为硫,质量为3.2g,其物质的量为0.1mol;根据质量守恒可知:
m(C)+m(S)=0.1mol×12g·mol-1+0.1mol×32g·mol-1=4.4g;物质X的总质量为6.0g,所以m(O)=6.0g-4.4g=1.6g,6.0gX中所含氧原子的物质的量为0.1mol;物质X中所含C、S、O的原子个数比为N(C)∶N(S)∶N(O)=0.1∶0.1∶0.1=1∶1∶1,故X的化学式为CSO。
(1)由上述分析可知,白色沉淀Ⅱ为硫酸钡,化学式为BaSO4;物质X由碳、氧、硫三种非金属元素组成,化学式为CSO。
(2)二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸,反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O
4H++S+2Cl-。
2.(2018·浙江名校协作体联考)A、B、C、D、E、F、G属于元素周期表中前18号元素,它们的原子序数依次增大。
A与E同主族且A的原子半径最小;B与D组成常见化合物BD、BD2,且二者的相对分子质量相差16;F的最外层电子数等于电子层数,G的单质是黄绿色气体。
(1)B在元素周期表中的位置是 。
(2)C2的电子式为 ,D、E、G对应的简单离子半径由小到大的顺序为 (用离子符号表示)。
(3)写出一个能证明元素B、G非金属性强弱的化学反应方程式:
。
(4)化合物甲由D、F两元素组成,将化合物甲、C的单质与B的单质按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和BD,写出反应的化学方程式:
。
答案
(1)第2周期第ⅣA族 (2N︙︙ r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+) (3)2HClO4+Na2CO3
CO2↑+H2O+2NaClO4 (4)Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO
解析A、B、C、D、E、F、G属于元素周期表中前18号元素,它们的原子序数依次增大。
A与E同主族且A的原子半径最小,在前18号元素中,原子半径最小的为H,则A为氢元素;B与D组成常见化合物BD、BD2,且二者的相对分子质量相差16,所以D的相对原子质量为16,D为氧元素,则B为碳元素,C为氮元素;F的最外层电子数等于电子层数,且原子序数大于8,所以F为铝元素;G的单质是黄绿色气体,则G为氯元素;A与E同主族,则E为钠元素。
(1)由上述分析可知,B为碳元素,在元素周期表中的位置为第2周期第ⅣA族。
(2)由上述分析可知,C为氮元素,N2的电子式为N︙︙。
电子层数越多,离子半径越大,因此r(Cl-)>r(O2-),r(Cl-)>r(Na+);电子层数相同时,核电荷数越大,离子半径越小,因此r(O2-)>r(Na+),所以三者的离子半径大小为r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)。
(3)元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强,则元素的非金属性越强,而根据化学反应规律,强酸可以制备弱酸,所以2HClO4+Na2CO3
CO2↑+H2O+2NaClO4可以证明氯的非金属性强于碳的。
(4)化合物甲由D、F两元素组成,所以化合物甲为氧化铝,C的单质为氮气,B的单质为碳,三者按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和一氧化碳,根据质量守恒可知,乙为氮化铝,反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO。
3.(2018·新疆乌鲁木齐第一中学月考)1L某混合溶液中可能含有的离子如下表所示:
可能大量含有的阳离子
H+、K+、Mg2+、Al3+、N、Fe2+、Fe3+
可能大量含有的阴离子
Cl-、Br-、I-、C、Al
(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示,则该溶液中一定不含有的离子是 。
(2)BC段发生反应的离子方程式为 。
(3)V1、V2、V3、V4之间的关系为 。
(4)经检测,该溶液中还含有大量的Cl-、Br-、I-,若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2,溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示,分析后回答下列问题:
Cl2的体积(标准状况)/L
2.8
5.6
11.2
n(Cl-)/mol
1.25
1.5
2
n(Br-)/mol
1.5
1.4
0.9
n(I-)/mol
a
0
0
①当通入Cl2的体积为2.8L时,溶液中发生反应的离子方程式为 。
②原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为 。
答案
(1)Mg2+、Fe2+、Fe3+、C、Al
(2)N+OH-
NH3·H2O (3)V2-V1=3(V4-V3) (4)①Cl2+2I-
I2+2Cl- ②10∶15∶4
解析根据图像可知,开始阶段加入NaOH溶液没有沉淀产生,则该溶液中一定含有大量的H+;依据离子共存分析,该溶液中一定不含有C、Al。
加入V1mLNaOH溶液过程中无沉淀生成,说明发生的离子反应是H++OH-
H2O,随着NaOH溶液的继续加入,开始有沉淀产生且最后消失,则该溶液中一定没有Mg2+、Fe2+、Fe3+,一定含有Al3+。
由图像可知,当加入氢氧化钠溶液至V2mL时,生成沉淀的量增多至最大,发生的离子反应为Al3++3OH-
Al(OH)3↓,使Al3+转化为Al(OH)3沉淀消耗氢氧化钠溶液的体积为(V2-V1)mL;继续加入氢氧化钠溶液,沉淀量不变,说明该溶液中含有N,发生的离子反应为N+OH-
NH3·H2O,消耗氢氧化钠溶液的体积为(V3-V2)mL;继续加入氢氧化钠溶液,沉淀开始溶解,当加入氢氧化钠溶液的体积增至V4mL时,沉淀全部溶解,发生的离子反应为Al(OH)3+OH-
Al+2H2O,消耗氢氧化钠溶液的体积为(V4-V3)mL;由图像和已知信息无法确定原溶液中是否存在K+。
(1)综上所述该溶液中一定含有H+、N、Al3+,一定不含有的离子是Mg2+、Fe2+、Fe3+、C、Al;
(2)BC段发生反应的离子方程式为N+OH-
NH3·H2O;
(3)根据Al3++3OH-
Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-
Al+2H2O可知,V1、V2、V3、V4之间的关系为V2-V1=3(V4-V3);
(4)标准状况下,2.8LCl2的物质的量为=0.125mol,由于还原性:
I->Br-,通入0.125molCl2时,由于溶液中有I-,所以Br-没有参加反应,溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I-
I2+2Cl-;原溶液中n(Br-)=1.5mol,溶液中的Cl-为通入氯气生成的Cl-和原来溶液中就存在的Cl-的总和,根据氯原子守恒可得,原溶液中n(Cl-)=1.25mol-0.125mol×2=1mol。
当通入5.6LCl2时,n(Cl2)==0.25mol,此时溶液中不存在I-,则I-完全反应,溶液中n(Br-)=1.4mol,说明有0.1molBr-参加反应,Br-消耗的n(Cl2)=0.05mol,则与I-反应的n(Cl2)=0.25mol-0.05mol=0.2mol,原溶液中的n(I-)=0.4mol,则原溶液中c(Cl-)∶c(Br-)∶c(I-)=n(Cl-)∶n(Br-)∶n(I-)=1mol∶1.5mol∶0.4mol=10∶15∶4。
4.(2018·湖南师大附中月考)
(1)氯及其化合物在生活中应用广泛。
①将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中,无气泡产生,用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近,溶液变血红色,然后血红色消失。
使溶液显血红色的离子反应方程式为 。
②向新制氯水中加入碳酸钙固体,可以收集到2种气体(水蒸气除外),写出这2种气体的化学式:
。
(2)净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒,药丸通常分内外两层。
外层的优氯净[Cl2Na(NCO)3]先与水反应,生成次氯酸起杀菌消毒作用;几分钟后,内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出,可将水中的余氯(次氯酸等)除去。
①优氯净中氯元素的化合价为 。
②亚硫酸钠将水中多余的次氯酸除去,发生反应的化学方程式为 。
(3)某无机盐M是一种优良的氧化剂,为确定其化学式,某小组设计并完成了如下实验:
已知:
Ⅰ.无机盐M仅由钠离子和一种含氧酸根离子构成,其化学式中的原子个数比为1∶2∶4。
Ⅱ.如图中所示,将1.66g该无机盐M溶于水,滴加适量稀硫酸后,再加入1.12g还原铁粉,恰好完全反应得混合溶液N。
Ⅲ.该小组同学将溶液N分为二等份,分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验。
Ⅳ.在路线Ⅱ中,首先向溶液N中滴加适量NaOH溶液至元素X刚好沉淀完全,过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得到纯净的Fe2O3粉末1.20g;再将滤液在一定条件下蒸干,只得到2.84g纯净的不含结晶水的正盐W。
请按要求回答下列问题:
①由路线Ⅰ的现象可知,溶液N中含有的阳离子是 。
②由实验流程图可推得,含氧酸盐W的化学式是 。
③无机盐M的溶液与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的离子方程式为 。
答案
(1)①Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3 ②O2、CO2
(2)①+1 ②Na2SO3+HClO
Na2SO4+HCl(或Na2SO3+HClO
NaHSO4+NaCl) (3)①Fe2+ ②Na2SO4 ③2Fe+Fe+8H+
3Fe2++4H2O
解析
(1)①滴入KSCN溶液,溶液变血红色,说明加入氯水后有Fe3+生成,溶液显血红色的原因是Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3;②氯水中存在平衡Cl2+H2O
HCl+HClO,加入CaCO3,CaCO3与HCl反应生成CO2,促使平衡向正反应方向移动,HClO浓度增大,HClO易分解,发生反应的化学方程式为2HClO
2HCl+O2↑,故这2种气体的化学式为O2和CO2。
(2)①Cl2Na(NCO)3中N元素为-3价,O元素为-2价,C元素为+4价,Na元素显+1价,根据各元素的正、负化合价代数和为0,可知Cl元素显+1价;
②HClO具有强氧化性,S具有强还原性,二者发生反应的化学方程式为Na2SO3+HClO
Na2SO4+HCl或Na2SO3+HClO
NaHSO4+NaCl。
(3)①滴加KSCN溶液无现象,加入适量氯水后,溶液变血红色,说明溶液N中含有的阳离子是Fe2+;②无机盐M是由Na+和含氧酸根离子构成,根据实验流程以及元素守恒可知,含氧酸盐W应为Na2SO4;③Fe2O3的质量为1.20g,其中含有Fe原子的物质的量为×2=0.015mol,溶液N中Fe原子的总物质的量为0.015mol×2=0.03mol,即无机盐M中Fe原子的物质的量为(0.03-0.02)mol=0.01mol,根据2Fe(OH)2~2Fe(OH)3~Fe2O3可知,氢氧化亚铁的物质的量为×2=0.015mol,生成0.015molFe(OH)2消耗NaOH的物质的量为0.015mol×2=0.03mol,2.84g含氧酸盐Na2SO4中Na+的物质的量为×2=0.04mol,1.66g无机盐M中Na+的物质的量为(0.04-0.03)mol×2=0.02mol,则无机盐中氧元素的物质的量为(1.66g-0.01mol×56g·mol-1-0.02mol×23g·mol-1)/16g·mol-1=0.04mol,即无机盐M的化学式为Na2FeO4。
Fe具有强氧化性,与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+,即反应的离子方程式为2Fe+Fe+8H+
3Fe2++4H2O。
5.(2018·山东实验中学一诊)铁是生产、生活及生命中的重要元素。
(1)血红蛋白中的铁元素呈+2价,具有结合O2分子生成氧合血红蛋白的能力。
如果误服亚硝酸盐,会使人中毒,因为二价铁被 (填“氧化”或“还原”)。
(2)为防止FeCl2溶液发生氧化反应而变质,存放时应加入 (填化学式)。
现有一瓶久置的FeCl2溶液,请设计实验检验其中是否含有Fe3+:
。
(3)高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型消毒剂。
在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子方程式为 ;高铁酸钠对水消毒时转化为Fe3+,Fe3+净水发生反应的有关离子方程式为 。
(4)球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。
实验小组为测定X的组成设计实验如下:
固体2的俗名是 ,X的化学式可以表示为 。
(5)某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3,向其中逐渐加入铁粉,溶液中F的浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。
则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量浓度之比为 。
答案
(1)氧化
(2)Fe 取少量待测液,滴加KSCN溶液,若溶液呈血红色,说明原溶液中有Fe3+,否则不含 (3)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-
2Fe+5H2O+3Cl- Fe3++3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3H+ (4)铁红 Fe3C (5)1∶1∶4
解析
(1)误食亚硝酸盐,会使人中毒,原因是亚硝酸盐把Fe2+氧化成Fe3+,使血红蛋白失去运输O2的能力。
(2)Fe2+容易被氧气氧化成Fe3+,为避免Fe2+被氧化,加入铁屑;检验Fe3+一般用KSCN溶液,具体操作是取少量待测液,滴加KSCN溶液,若溶液呈血红色,说明原溶液中有Fe3+,否则不含。
(3)根据信息可知,发生的离子反应为ClO-+Fe(OH)3+OH-
Fe+H2O+Cl-,根据化合价升降法进行配平,离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-
2Fe+5H2O+3Cl-。
Fe3+能发生水解反应生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体具有吸附性,吸附溶液中的杂质形成沉淀,从而使水净化。
(4)化合物X在空气中高温煅烧生成固体1,固体1为铁的氧化物,加入过量盐酸,溶液甲中含有铁的氯化物;通入足量的Cl2,将Fe2+氧化成Fe3+,加热蒸发,灼烧得到Fe2O3,即固体2为Fe2O3,俗名为铁红;固体2中铁原子的物质的量为×2=0.3mol,根据铁元素守恒可知,18.0g化合物X中铁原子的物质的量为0.3mol,碳原子的物质的量为=0.1mol,化合物X的化学式为Fe3C。
(5)氧化性强弱的顺序是HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2,加入铁粉依次发生反应的离子方程式为①Fe+4H++N
Fe3++NO↑+2H2O,②Fe+2Fe3+
3Fe2+,③Fe+Cu2+
Fe2++Cu。
当加入铁粉的物质的量为1mol时,发生反应①,消耗HNO3的物质的量为4mol;当加入铁粉的物质的量为2mol时,发生反应①②,②消耗Fe3+的物质的量为2mol,反应①生成Fe3+的物质的量为1mol,即原溶液中Fe(NO3)3的物质的量为1mol;当加入铁粉的物质的量为3mol时,发生反应①②③,消耗Cu(NO3)2的物质的量为1mol,同一溶液体积相同,物质的物质的量浓度之比等于其物质的量之比,即Fe(NO3)3、Cu(NO3)3、HNO3物质的量之比为1∶1∶4。
6.(2018·山东实验中学一诊)A、B、C、D都是中学化学常见的物质,其中A、B、C均含有同一种元素。
在一定条件下相互转化的关系如下图所示。
请回答下列问题:
(1)若通常情况下A、B、C、D都是气体,且B和D为空气的主要成分,写出反应(Ⅲ)的化学方程式:
(反应条件不必写出)。
B在工业上用于制备A,反应的化学方程式为 。
(2)若B为非金属单质,且B所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3∶5,则反应(Ⅲ)的化学方程式为 ,其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
(3)若A、B、C的溶液均显碱性,C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一。
①D的电子式为 。
②写出反应(Ⅲ)的离子方程式:
。
③取100mLB、C的混合溶液,其中B、C的浓度均为0.1mol·L-1,向溶液中缓慢滴加0.1mol·L-1盐酸至过量,收集并测量产生气体的体积。
刚开始滴加盐酸时,反应的离子方程式为 。
请将产生气体的体积(标准状况下且不考虑产生气体在水中的溶解)随滴加盐酸的体积变化的曲线绘制在下图坐标系中。
答案
(1)4NH3+6NO
5N2+6H2O N2+3H2
2NH3
(2)2H2S+SO2
3S↓+2H2O 2∶1
(3) ②OH-+HC
H2O+C
③H++C
HC
解析
(1)B和D为空气的主要成分,即为N2和O2,根据转化关系,D应为O2,B为N2,则C为NO,A为NH3,反应Ⅲ的化学方程式为4NH3+6NO
5N2+6H2O。
工业上用N2和H2反应合成氨,反应的化学方程式为N2+3H2
2NH3。
(2)若B为非金属单质,且B所含元素原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3∶5,推出B为S。
根据转化关系,A为H2S,C为SO2,反应Ⅲ的化学方程式为2H2S+SO2
3S↓+2H2O,H2S为还原剂,SO2为氧化剂,S既是氧化产物又是还原产物,氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。
(3)C为焙制糕点的发酵粉的主要成分,即C为NaHCO3;A、B、C均含有同一种元素,三种物质的溶液均显碱性,根据转化关系,推出A为NaOH,B为Na2CO3,D为CO2,①CO2的电子式为。
②反应Ⅲ的离子方程式为HC+OH-
H2O+C;
③B和C混合溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,向混合液中滴加盐酸,初始阶段发生的离子反应为H++C
HC,消耗盐酸的体积为100mL时Na2CO3完全反应生成NaHCO3,此时溶液中NaHCO3的物质的量为100×10-3L×0.1mol·L-1+100×10-3L×0.1mol·L-1=0.02mol;继续滴加盐酸发生反应HC+H+
CO2↑+H2O,消耗盐酸200mL时反应完毕,产生CO2的体积为0.02mol×22.4L·mol-1=0.448L,产生气体的体积随滴加盐酸的体积变化的曲线如下图所示:
7.已知合金A由两种常见金属组成。
为测定其组成,某同学的实验流程如下图所示:
请回答:
(1)过程②中分离C和E的实验操作是 。
(2)检验溶液B中有颜色的金属阳离子的方法是 (写出所用试剂、操作步骤及结论)。
(3)写出步骤②中通入空气后发生反应的化学方程式:
。
(4)写出步骤③中所发生反应的离子方程式:
。
(5)溶液H中所含的阳离子有 (用离子符号表示)。
(6)已知活泼金属可把比其活泼性差的金属从其氧化物中置换出来,则合金A与D在高温下反应的化学方程式为 。
答案
(1)过滤
(2)取少量溶液B放入试管,加入KSCN溶液,无明显变化,再加入氯水(或双氧水),溶液变为血红色
(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O
4Fe(OH)3 (4)H++OH-
H2O、Al+H++H2O
Al(OH)3↓ (5)Al3+、H+
(6)2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe