精修版高考化学二轮复习主观题【专练一】无机综合应用题含答案

精品文档高考化学二、主观题考前题型专练专练一无机综合应用题命题角度以常见金属与非金属单质及其化合物间的转化关系为载体考查基本概念、基本理论和化学计算等知识。解题策略(1)认真阅读题目，分析物质间的转化关系和数量关系。(2)看准题目要求，紧密结合题中条件，联系相关概念规律原理规范解答。题型狂练1(2013重庆调研)汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全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，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。水溶性实验表明，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_，安全气囊中红棕色粉末的作用是_。(4)以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是_。AKCl BKNO3 CNa2S DCuO(5)设计一个实验方案，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)_。解析本题以汽车安全气囊为载体，主要考查常见单质及其化合物的相互转化关系。题目体现了能力立意，侧重考查考生的推理能力和运用所学知识综合解决实际问题的能力。(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，避免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：准确称取一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，根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避免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。准确称取一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，根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短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E，五种物质之间的转化关系如图所示，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的一种相同)。请回答下列问题：(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的化学式_。(2)若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物。用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因(仅写出电离方程式即可)：_。用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系：_。(3)若C是一种气体，D是一种强酸，则：C与水反应的化学方程式为_。有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”。某同学为了验证该观点是否正确，用如图所示装置进行实验。实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是_。已知常温下物质A与物质B反应生成1 mol气体C的H57 kJmol1,1 mol气体C与H2O反应生成化合物D和气体E的H46 kJmol1，写出物质A与物质B及水反应生成化合物D的热化学方程式为_。解析(1)由题意知，物质A和物质B之间发生的是化合反应，若所得的C是离子化合物，C与H2O反应得到气体E和强碱，可见C为Na2O2，D为NaOH，E为O2。(2)C与H2O反应生成Al(OH)3和气体E，则C为能发生双水解反应的物质，推知C为Al2S3，E为H2S。由于Al(OH)3能发生酸式电离和碱式电离，所以Al(OH)3具有两性：HH2OAlO Al(OH)3Al33OH。H2S与NaOH反应生成正盐Na2S，根据电荷守恒可得：c(Na)c(H)2c(S2)c(HS)c(OH)。(3)C为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3、NO。NO2通过浓H2SO4，浓H2SO4中未发现有NO2逸出，说明NO2被浓H2SO4吸收，所以浓H2SO4不能干燥NO2。由题可得：2NO(g)O2(g)= 2NO2(g)H114 kJmol1,3NO2(g)H2O(l)= 2HNO3(aq)NO(g)H138 kJmol1，根据盖斯定律有4NO(g)3O2(g)2H2O(l)= 4HNO3(aq)H618 kJmol1。答案(1)Na2O2(2)HH2OAlO Al(OH)3 Al33OHc(Na)c(H)=2c(S2)c(HS)c(OH)(3)3NO2H2O= 2HNO3NONO2能溶于浓硫酸中，浓硫酸不能干燥NO24NO(g)3O2(g)2H2O(l)= 4HNO3(aq)H618 kJmol13(2012新课标全国卷，26)铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54 g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH的阴离子交换柱，使Cl和OH发生交换。交换完成后，流出溶液的OH用0.40 molL1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.00 mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：_(列出计算过程)。(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe)n(Cl)12.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为_。在实验室中，FeCl2可用铁粉和_反应制备，FeCl3可用铁粉和_反应制备。(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_。(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_；与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为_，该电池总反应的离子方程式为_。解析(2)设混合物样品中含有a mol FeCl2、b mol FeCl3，根据题意有(ab)(2a3b)12.1，解得a9b，所以FeCl3的物质的量分数为b(ab)b10b0.10。实验室中，FeCl2可用铁粉与稀盐酸发生置换反应得到，FeCl3可用铁粉与氯气发生化合反应得到。(3)Fe3具有强氧化性而I具有强还原性，两者发生氧化还原反应生成棕色物质I2。根据原子守恒和得失电子守恒可完成离子方程式。(4)首先明确ClO的还原产物是Cl，然后根据元素守恒、得失电子守恒和电荷守恒即可完成离子方程式。根据题意可写出题给原电池的负极反应式为Zn2e2OH= Zn(OH)2，总反应式为3Zn2FeO8H2O= 3Zn(OH)22Fe(OH)34OH。用总反应式减去负极反应式可得正极反应式为FeO3e4H2O= Fe(OH)35OH。答案(1)x3n(Cl)0.025 0 L0.40 molL10.010 molm(Fe)0.54 g0.010 mol35.5 gmol10.185 gn(Fe)0.185 g56 gmol10.003 3 moln(Fe)n(Cl)0.003 30.01013，x3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe32I= 2Fe2I2(或2Fe33I= 2Fe2I)(4)2Fe(OH)33ClO4OH= 2FeO5H2O3Cl(或2Fe310OH3ClO= 2FeO3Cl5H2O)FeO3e4H2O= Fe(OH)35OH3Zn2FeO8H2O= 3Zn(OH)22Fe(OH)34OH