青岛备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合热点考点难点.docx
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青岛备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合热点考点难点
青岛备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合热点考点难点
一、卤素及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.已知X是一种黄绿色气体,X、Y、Z都是有刺激性气味的气体,M是一种金属单质,D是一种盐,受热易分解。
有以下转化关系,部分产物未标出。
试回答:
(1)写出下列物质的化学式:
X________、Y________、M________、D________。
(2)写出下列反应的离子方程式
①_______________________________________,
②_______________________________________,
③_______________________________________。
(3)Z是合成硝酸的重要原料,请写出其与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式___________________。
【答案】Cl2SO2FeNH4ClCl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】X是一种黄绿色气体,X为氯气;X、Z都是有刺激性气味的气体,Z和C的溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁,则Z为NH3,C为铁盐,氨气和氯气反应生成D,D是一种盐,D为铵盐;Y是有刺激性气味的气体,氯气和Y、水反应生成A和B,A能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀,则A中含有氯离子,B能和盐酸酸化的氯化钡反应生成白色沉淀,则B中含有硫酸根离子,根据元素守恒及物质的性质知,Y为SO2,A为盐酸,B为硫酸;M是金属单质,能和X生成可溶性铁盐,根据元素守恒知,M是Fe;
(1)通过以上分析知,X、Y、M、D分别是Cl2、SO2、Fe、NH4Cl,故答案为:
Cl2;SO2;Fe;NH4Cl;
(2)X是氯气、Y是二氧化硫,二者在水溶液里发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+;C是氯化铁、Y是二氧化硫,氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸,离子方程式为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;Z是氨气、C是氯化铁,二者反应生成氢氧化铁和氯化铵,离子方程式为:
Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,故答案为:
Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+;2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)氨气与氧气在催化剂的作用下反应生成一氧化氮,反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
点睛:
本题考查了无机物推断,根据物质的颜色、物质的特殊气味等为突破口,采用正逆结合的方法进行推断,再结合物质的氧化性、还原性是解答本题的关键。
本题的易错点为氯气与二氧化硫的反应方程式的书写,需要根据生成物的现象结合氧化还原反应的规律分析书写。
2.化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成,现进行如下实验:
已知:
气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1;碱性溶液焰色反应呈黄色。
(1)X中非金属元素的名称为__________,X的化学式__________。
(2)X与水反应的化学方程式为_________。
(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成,设计实验证明Y的晶体类型__________。
(4)补充焰色反应的操作:
取一根铂丝,________,蘸取待测液灼烧,观察火焰颜色。
【答案】碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化,然后测其导电性,若熔融状态下能导电,证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色
【解析】
【分析】
X与水反应产生气体A和碱性溶液,气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol,则A是CH4,说明X中含有C元素;碱性溶液焰色反应呈黄色,说明碱性溶液含有钠元素,物质X中有钠元素;向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后,再加入足量HNO3酸化,再加入AgNO3溶液产生两种沉淀,质量和为7.62g,根据Cl-守恒,其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g,X中含有的另外一种元素位于第四周期,可以与Ag+反应产生沉淀,则该元素为溴元素,则X的组成元素为Na、C、Br三种元素,形成的沉淀为AgBr,其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g,n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol,X中含有Br-0.01mol,其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g,结合碱性溶液中加入0.04molHCl,溶液显中性,说明2.07gX中含有0.05molNa+,X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH,其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH,产生0.01molNaBr,还有过量0.04molNaOH,则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol,n(Na):
n(Br):
n(C)=0.05:
0.01:
0.01=5:
1:
1,则X化学式为Na5CBr,Na5CBr与水反应总方程式为:
Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑,据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知X是Na5CBr,A是CH4,碱性溶液为NaOH与NaBr按4:
1混合得到的混合物,中性溶液为NaCl、NaBr按4:
1物质的量的比的混合物,沉淀为AgCl、AgBr混合物,二者物质的量的比为4:
1;
(1)X化学式为Na5CBr,其中非金属元素的名称为碳、溴;
(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑;
(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成,则Y为NaBr,该化合物为离子化合物,证明Y的晶体类型实验是:
将NaBr加热至熔化,测其导电性,若熔融状态下能导电,证明在熔融状态中含有自由移动的离子,则该物质是由离子构成的离子化合物;
(4)补充焰色反应的操作:
取一根铂丝,放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色,然后蘸取待测液灼烧,观察火焰颜色,来确定其中含有的金属元素。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。
掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒,并结合题干信息计算、推理。
3.在下列物质转化关系中,反应的条件和部分产物已略去.
回答下列问题:
(1)若甲、乙是两种常见金属,反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
①反应I中,甲在通常条件下和水剧烈反应,除丙外,还生成一种焰色反应为黄色的物质,则工业上生产甲的一般方法是__________。
A.热分解法B.热还原法C.电解法
②反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则反应Ⅱ的化学方程式是____________________________________________________。
③通过比较反应I、Ⅱ的反应条件,可得出甲的金属性比乙的金属性______(填“强”或“弱”),比较二者金属性强弱的依据还可以是__________________________________(写出一种即可)。
(2)若甲、乙是化合物,且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。
①反应Ⅲ的化学方程式是__________________________________________________。
②反应I的另一种产物为有机物,则该有机物的电子式是________________。
③反应Ⅱ是化合反应.乙可与硫酸铵共热反应制氨气,则此反应的化学方程式是__________。
④在饱和氯水中加块状石灰石,能制得较浓HClO溶液,同时放出一种气体。
其反应的离子方程式是_______________________________________________________。
【答案】C3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2强金属与酸反应的难易程度[或NaOH是强碱,Fe(OH)3是弱碱等]2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
CaO+(NH4)2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑
【解析】
【分析】
(1)反应Ⅲ是工业制盐酸的反应,根据元素守恒知,丙是氢气,丁是氯化氢;若甲、乙是两种常见金属,能和水反应的常见金属是铁、钠等,焰色反应为黄色的物质含有钠元素;四氧化三铁一种有磁性的物质,据此分析解答;
(2)若甲、乙是化合物,且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应,则丙是氢氧化钙,氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,据此分析解答。
【详解】
(1)反应Ⅲ是工业制盐酸的反应,根据元素守恒知,丙是氢气,丁是氯化氢;若甲、乙是两种常见金属,能和水反应的常见金属是铁、钠等。
①焰色反应为黄色的物质含有钠元素,钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,所以甲是钠,钠是活泼金属,采用电解熔融盐的方法冶炼,故答案为:
C;
②反应Ⅱ中,乙与H2O在高温下反应,除丙外,还生成一种有磁性的物质,则乙是铁,高温条件下,铁和水反应生成四氧化三铁和氢气,反应方程式为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故答案为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
③金属与水或酸反应置换氢气的越容易,金属性越强,根据反应条件知,钠的金属性比铁强,故答案为:
强;金属与酸反应的难易程度[或NaOH是强碱,Fe(OH)3是弱碱等];
(2)若甲、乙是化合物,且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应,则丙是氢氧化钙,氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。
①反应Ⅲ是氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
②反应I的另一种产物为有机物,碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙,乙炔的电子式为:
,故答案为:
;
③反应Ⅱ是化合反应,乙可与硫酸铵共热反应制氨气,则乙是氧化钙,氧化钙和硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水,反应方程式为:
CaO+(NH4)2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O,故答案为:
CaO+(NH4)2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O;
④氯水中含有盐酸和次氯酸,在饱和氯水中加块状石灰石,碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水,从而能制得较浓HClO溶液,离子反应方程式为:
2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑,故答案为:
2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑。
【点睛】
明确化合物的性质,正确判断框图中的物质是解本题的关键。
本题的易错点为
(2)②,要注意有机化学中生成氢氧化钙的反应的联想和应用。
4.常温下,A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体,A、B、C、D、E都含X元素,其转化关系如图所示:
(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式):
A________、B________、D________。
(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件):
A+H2O(离子方程式):
_________;A+NaOH(离子方程式):
_______________;D→A(化学方程式):
____________________。
【答案】Cl2HClOHClCl2+H2O=H++Cl-+HClOCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O4HCl(浓)+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
常温下,A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体,判断为Cl2,A、B、C、D、E都含X元素,B为HClO,D为HCl,C为NaCl,E为NaClO,依据推断出的物质结合物质性质回答问题。
【详解】
(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO,D为HCl;
(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO,反应的离子方程式是:
Cl2+H2O=HCl+HClO;Cl与NaOH溶液反应,产生NaCl、NaClO和H2O,反应离子方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;MnO2与浓盐酸在加热条件下,发生反应产生MnCl2、Cl2和水,反应的化学方程式为:
4HCl(浓)+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
5.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
6.现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有如下情况:
(1)X、Y、Z的单质在常温下均为气体
(2)X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色.产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红.
(3)两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y,X2Y常温下为液体.
(4)Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性.
(5)A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成棕红色固体,该固体溶于水呈黄色溶液.
(6)B与Z形成的化合物BZ3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解.
(7)C的单质与Y单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M.
请完成下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
XZ__________,X2Y_________,M_________
(2)Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是____________(填化学式)
(3)A的单质与Z的单质反应的化学方程式:
________________________________
(4)BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式:
__________________________
(5)X单质与Z单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,求原混合气体中X单质与Z单质的体积比可能为______________.
【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2
2FeCl3Al3++4OH-═AlO2-+2H2OV(氢气):
V(氯气)≤1:
1
【解析】
【分析】
(2)X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色,推出X的单质为H2,Z的单质为Cl2,即X为H,Z为Cl;XZ为HCl;
(3)2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y,H2Y为液体,则H2Y为H2O,Y为O;
(5)A的单质可以在Cl2中燃烧,生成棕红色固体,该固体溶于水呈黄色溶液,说明该溶液中含有Fe3+,即A为Fe;
(6)B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解,该沉淀为Al(OH)3,推出B为Al;
(7)C的单质与O2反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M,M为Na2O2,即C为Na;据此分析;
【详解】
X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色,推出X的单质为H2,Z的单质为Cl2,即X为H,Z为Cl;XZ为HCl;2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y,H2Y为液体,则H2Y为H2O,Y为O;A的单质可以在Cl2中燃烧,生成棕红色固体,该固体溶于水呈黄色溶液,说明该溶液中含有Fe3+,即A为Fe;B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解,该沉淀为Al(OH)3,推出B为Al;C的单质与O2反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M,M为Na2O2,即C为Na;
(1)根据上述分析,XZ为HCl,X2Y为H2O,M为Na2O2;
答案:
HCl;H2O;Na2O2;
(2)Cl2与H2O反应Cl2+H2O
HCl+HClO,HClO具有强氧化性,起漂白性;
答案:
HClO;
(3)Fe与Cl2反应:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
答案:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(4)BZ3为AlCl3,因为氢氧化铝为两性氢氧化物,因此AlCl3与过量的NaOH反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
答案:
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(5)H2和Cl2反应:
H2+Cl2
2HCl,因此HCl、Cl2都能被NaOH溶液吸收,因此V(H2):
V(Cl2)≤1;
答案:
V(H2):
V(Cl2)≤1。
7.室温下,单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体,在合适的反应条件下,它们可以按下面框图进行反应,又知E溶液是无色的,请回答:
(1)A是_____________,B是______________,C是___________(填化学式)
(2)反应⑥的化学方程式为:
__________________________________________。
(3)反应④的离子方程式为:
__________________________________________。
【答案】FeCl2H24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
由B为黄绿色气体且为单质,可知B为Cl2;由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物;反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物,且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F,只有当C为H2,F为一种氯化物时才能满足这一过程;而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D,F又是一种氯化物,所以A为变价金属,应为Fe,所以A为Fe,B为Cl2,C为H2,D为FeCl3,E为HCl,F为FeCl2,G为Fe(OH)2,H为Fe(OH)3。
【详解】
(1)A是Fe,B是Cl2,C是H2,故答案为:
Fe;Cl2;H2;
(2)Fe(OH)2在很容易氧化,反应⑥的化学方程式为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
故答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)亚铁离子能被氯气氧化成铁离子,反应④的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目难度中等,本题注意推断Fe为解答该题的关键,从化合价变化的角度分析,学习中注意常见元素化合物的知识的积累。
8.元素X、Y、Z、W均为短周期元素,且原子序数依次增大。
已知Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4,W-、Z+、X+的离子半径逐渐减小,化合物XW常温下为气体,Z是本周期中除稀有气体元素外,原子半径最大的元素。
据此回答下列问题:
(1)W在元素周期表中的位置___________________,实验室制取W单质的离子方程式是____________________________________________________________;
(2)A、B均由上述四种元素中的三种组成的强电解质,A是一种强碱,B是某种家用消毒液的有效成分,则A、B的化学式分别为___________、____________;
(3)C是由Y和Z两种元素组成的一种化合物,其中Y和Z的原子个数比为1∶1,则C的电子式是____________;
【答案】第三周期、ⅦA族MnO2+4H++2Cl-
Mn2++2H2O+Cl2↑NaOHNaClO
【解析】
【分析】
Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4,则最外层电子数应为6,原子的核外电子总数为8,应为O元素,Z是本周期中除稀有气体元素外,原子半径最大的元素,且原子序数大于O,应为第三周期Na元素,W-、Z+、X+的离子半径逐渐减小,W带1个负电荷,应为第ⅦA族元素,且原子序数大于Na的,应为Cl元素,X带1个正电荷,应为第ⅠA族元素,且化合物XW常温下为气体,说明X为H元素,结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。
【详解】
(1)W为Cl元素,原子序数为17,原子核外有3个电子层,最外层电子为7,应位于周期表第三周期ⅦA族;实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Mn2++2H2O+Cl2↑;
(2)由上述四种元素中的三种组成的强碱为NaOH,由上述四种元素中的三种组成的某种家用消毒液的有效成分为NaClO;
(3)由O和Na两种元素组成的一种化合物,其中O和Na的原子个数比为1:
1,则对应的化合物为Na2O2,为离子化合物,含有的化学键类型是离子键和共价键,电子式为:
。
9.有一无色透明溶液,欲确定是否含有下列离子:
Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl-、I-、HCO3-,进行如下实验:
实验步骤
实验现象
①取少量原溶液,加几滴甲基橙
溶液变红色
②取少量原溶液,浓缩,加Cu片和浓H2SO4,加热
有无色气体产生,后在空气中又变成红棕色
③取少量原溶液,加BaCl2溶液
有白色沉淀生成
④取③中上层清液,加AgNO3溶液
有白色
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