2021届高三化学一轮复习重点专题3——新型无机框图推断题（练习）解析版

2020届高三化学一轮复习—新型无机框图推断题分析与训练

知识梳理

一、物质转化关系类型

1直线型转化ABC

①X为O2

Na―→Na2O―→Na2O2

N2―→NO―→NO2或NH3―→NO―→NO2

S―→SO2―→SO3或H2S―→SO2―→SO3

C―→CO―→CO2或CH4―→CO―→CO2

醇―→醛―→羧酸

②X为CO2

NaOHNa2CO3NaHCO3

③X为强酸，如HCl

NaAlO2Al(OH)3AlCl3

Na2CO3NaHCO3CO2

④X为强碱，如NaOH

AlCl3Al(OH)3NaAlO2

2交叉型转化

3三角型转化

二、注意反应形式与物质的关系，特别是置换反应

（1）金属―→金属：金属＋盐―→盐＋金属，铝热反应。

（2）金属―→非金属：活泼金属＋H2O(或H＋)―→H2，2Mg＋CO22MgO＋C。

（3）非金属―→非金属：2F2＋2H2O===4HF＋O2，2C＋SiO2Si＋2CO↑，C＋H2O(g)CO＋H2，X2＋H2S===2HX＋S↓(X2：Cl2、Br2、I2)。

（4）非金属―→金属：用H2、C冶炼金属。

三、不能一步实现的反应归纳

(1)H2S(或S)不能一步转化为SO3。

(2)N2(或NH3)不能一步转化为NO2。

(3)SiO2不能与水反应生成H2SiO3。

(4)Fe2O3、Al2O3、CuO等不溶性金属氧化物都不能一步生成相应的氢氧化物。

四、常见的“归中”转化关系

1、非氧化还原反应

①Al3＋＋AlO―→Al(OH)3。

②CO＋CO2―→HCO。

2、氧化还原反应

①Cl－＋ClO－Cl2。

②S2－＋SOS。

③H2S＋SO2―→S。

④NH3＋NOx―→N2。

⑤Fe3＋＋Fe―→Fe2＋。

强化训练

一、选择题

1、（2020年北京西城6月）下列物质转化关系，在给定条件下都能实现是

① ②

③④

A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③④

答案A

解析①根据N2 的性质，氮气和氧气在放电条件下生成NO，NO和氧气和水反应生成硝酸，故①能实现；

②钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故②能实现；

③铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故③中铜→氯化铜不能实现；

④铁和氯气生成氯化铁，氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁，故④能实现；

故答案：A。

2．(2019·杭州高三调研)在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是(　　)

A．粗硅SiCl4Si

B．Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg

C．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3

D．SSO3H2SO4

答案　A

3．下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是(　　)

答案　C

4.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)

A．X可能是金属铜

B．Y不可能是氢气

C．Z可能是氯化钠

D．Z可能是三氧化硫

答案　A

5．铝土矿的主要成分为氧化铝，还有少量的氧化铁和二氧化硅杂质。工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：

下列说法中正确的是(　　)

A．滤液A可用于净水，其净水原理为Al3＋＋3H2O===Al(OH)3＋3H＋

B．固体C→固体D的操作过程中主要仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

C．滤液C中存在以下关系：c(Na＋)＝c(SO)＋2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)－c(H＋)

D．若向100 mL滤液B中加入1 mol·L－1 盐酸200 mL，沉淀达到最大且质量为11.7 g，则滤液B中c(Na＋)大于2 mol·L－1

答案　D

6．根据框图判断下列说法错误的是(　　)

A．E元素在元素周期表中的位置是第4周期Ⅷ族

B．M溶于稀H2SO4和H2O2混合溶液的化学方程式是Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋ 2H2O

C．取X的溶液，加少量硫酸酸化后在空气中放置一段时间，然后加入KI­淀粉溶液，发现溶液变为黄色

D．Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式是10KOH＋3Cl2＋2Fe(OH)3===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O

答案　C

7．实验室可利用硫酸厂炉渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，制备过程如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．炉渣中FeS与硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋===4Fe3＋＋4S↓＋6H2O

B．气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用

C．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大

D．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾

答案　C

8、（2020年北京西城4月）我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O== NaHCO3↓+NH4Cl。

下列说法不正确的是

A．以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔

B．碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3

C．经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡NH4Cl(s)NH4+(aq) + Cl－(aq)

D．该工艺的碳原子利用率理论上为100%

答案B

解析A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；

B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；

C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确；

D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确；

故选B。

9、．(2019·哈尔滨市第六中学高三冲刺押题)用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：

下列说法不正确的是(　　)

A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污

B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素

C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2＋氧化为Fe3＋，涉及反应：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O

D．溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为2∶1

答案　D

10、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2＋，广泛应用于化工和印染等行业，某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究，下列说法正确的是(　　)

A.途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去

B.途径2中200 ℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO＋2HCl↑

C.X气体是HCl，目的是加快CuCl2·2H2O加热过程中可能的水解

D.CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H＋＋SO===2Cu2＋＋2Cl－＋SO2↑＋2H2O

答案　B

二、非选择题

11为探究无机盐 X(仅含二种元素，相对分子质量为 206)的组成和性质，设计并完成如下实验(步骤中所加试剂均足量)：

已知气体A 在标准状况下的密度约为 1.52 g·L －1。请回答下列问题：

(1)写出X 中含有的元素：________。

(2)X与足量盐酸反应的化学方程式为__________________________________________。

(3)X溶液在强碱性条件下可与过量次氯酸钠溶液反应生成两种盐，写出该反应的离子方程式：______________________________________________________________________。

答案　(1)Na、S　(2)Na2S5 ＋ 2HCl===2NaCl＋4S↓＋H2S↑　(3)S＋16ClO－＋8OH－===16Cl－＋5SO＋4H2O

解析　气体A 在标准状况下的密度约为 1.52 g·L－1，则A摩尔质量为1.52×22.4 g·mol－1≈  34 g·mol－1，A被点燃后经H2O2氧化、再加入盐酸酸化的氯化钡后，有白色沉淀生成，故A为H2S；所以X中含有S，又焰色反应为黄色，X中含有Na，X 与盐酸反应后淡黄色沉淀为S，质量为6.40 g，又白色沉淀硫酸钡中含有S，其质量m(S)＝×32 g＝1.6 g，所以Na有(10.3－6.40－1.6) g＝2.3 g，其相对分子质量为206，进一步可以求出钠与硫的物质的量之比为2∶5，所以X为Na2S5。

12．某同学为探究浅黄色液体X(仅含三种常见元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答如下问题：

(1)X的化学式是________。

(2)X在过量氧气中燃烧的化学方程式是__________________________________________。

(3)溶液C滴在淀粉­KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式：_______。

答案　(1)Fe(CO)5(或FeC5O5)

(2)4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2

(3)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2

解析　由于黄色溶液C与KSCN(aq)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A(1.60 g)与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)＝＝0.01 mol，n(Fe)＝0.02 mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0 g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且白色沉淀B的物质的量为n(CaCO3)＝＝0.1 mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)＝0.1 mol，则n(C)＝0.1 mol；气体X(标况下体积为0.448 L)的物质的量为n(X)＝＝0.02 mol，M(X)＝＝196 g·mol－1；根据上述分析0.02 mol X中含有0.02 mol Fe、0.1 mol C，另外一种元素为O，n(O)＝mol＝0.1 mol，则X中n(Fe)∶n(C)∶n(O)＝1∶5∶5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。

13．(2019·温州一中模拟)银铜合金广泛应用于航空工业。从切割废料中回收单质银并制备铜的化工产品CuAlO2的工艺如下[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]：

(1)电解精炼银时，电解质溶液为________。滤渣A与稀硝酸反应，产生的气体能在空气中迅速变为红棕色，反应的化学方程式为____________________________________________。

(2)固体混合物B的组成为________________________________________________________，在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，最后将得不到CuAlO2，原因是______________________________________________________________________。

(3)若将上述流程图中加入的稀NaOH溶液改为加入过量的氨水(其他均不变)，则滤液中的阳离子有______________________________________________________________________。

(4)完成上述煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO＋Al2O3CuAlO2＋________。

答案　(1)AgNO3溶液　3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，2NO＋O2===2NO2

(2)Al(OH)3和CuO　Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到含有Al元素的产品CuAlO2

(3)[Cu(NH3)4]2＋、NH、H＋等

(4)4　2　4　1　O2↑

解析　(1)电解精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，AgNO3溶液为电解质溶液；滤渣A中Ag与稀HNO3反应生成NO，无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色的NO2。(2)未煮沸之前是Cu(OH)2和Al(OH)3，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃，煮沸后Cu(OH)2分解生成氧化铜，则B为Al(OH)3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O。若NaOH过量，则固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到产品CuAlO2。(3)稀NaOH溶液改为加入过量的氨水会生成[Cu(NH3)4]2＋、NH等。(4)反应前Cu为＋2价，反应后为＋1价，化合价降低1，Al元素的化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为－2价，反应后为0价，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO＋2Al2O34CuAlO2＋O2↑。

14从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金属并制取活性氧化锌的工艺流程如下(已知：Zn及其氧化物、氢氧化物的性质与Al及其相应化合物性质类似)：

(1)废催化剂“破碎”的目的是__________________________________。

(2)“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为_______________________。

(3)“中和、沉淀”时，若pH过高，则碱式碳酸锌的产率偏小。写出其反应的离子方程式(任写一个即可)：______________________________________。

(4)测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：

Ⅰ.准确称取粗铜粉m g，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。

Ⅱ.将溶液煮沸1～2 min，除去过量的H2O2。

Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3＋的干扰。然后加入稍过量的KI溶液(反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2)，再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失(I2＋2S2O===2I－＋S4O)且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液V mL。

①铜的质量分数为________。

②缺少步骤Ⅱ会使测得的铜的质量分数________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

解析　(2)由流程框图知反应物为Mn2＋、S2O，生成物为MnO(OH)2、SO，故反应的离子方程式为Mn2＋＋S2O＋3H2O===MnO(OH)2↓＋2SO＋4H＋。(3)pH过高，Zn(OH)2会溶解，造成碱式碳酸锌产率下降，故产率偏小。Zn(OH)2＋2OH－===ZnO＋2H2O。(4)①由反应原理2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，

故铜的质量分数为×100%＝%。

②若缺少步骤Ⅱ，H2O2会氧化I－生成I2，导致Na2S2O3标准液用量增大，故测得铜的质量分数偏大。

答案　(1)增大固液接触面积，加快反应速率

(2)Mn2＋＋S2O＋3H2O===MnO(OH)2↓＋2SO＋4H＋

(3)Zn(OH)2＋2OH－===ZnO＋2H2O

(4)①%　②偏大