黄冈视频大一轮

导读：　黄冈视频大一轮(共5篇)...

黄冈视频大一轮(一)
高三大一轮复习答案5

2.解析 解此题的关键在于依据所用仪器的精确度，如实记录可测得的可靠数值。托盘天平的精确度为0.1 g，①正确；量筒精确度为0.1 mL，②错误；容量瓶的规格中有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等，没有210 mL的容量瓶，③错误；中和滴定要用滴定管，滴定管的精确度为0.01 mL，题中18.20 mL的数值合理，④正确。

2.解析 容量瓶不能直接溶解固体，A项错；Fe3易水解，应加盐酸抑制其水解，加铁粉会＋

使Fe3还原为Fe2，B项错；取用不同液体的滴管必须专用，C项错。 ＋＋

3.解析 硫微溶于酒精，A项错；钠、钾等活泼金属剩余药品要放回原试剂瓶，其他药品一般不能放回原试剂瓶，B项错，C项正确；NaOH固体有腐蚀性，不能放在纸片上称量，D项错。

6.解析 B项利用液差法：夹紧弹簧夹，从长颈漏斗中向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水后，通过液柱是否变化即可检查；C项利用加热(手捂)法：用酒精灯微热(或用手捂热)试管，通过观察烧杯中有无气泡以及导管中水柱是否变化即可检查；D项利用抽气法：向外轻轻拉动注射器的活塞，通过观察浸没在水中的玻璃导管口是否有气泡冒出即可检查。

1.解析 A项，氢氟酸会与玻璃的成分二氧化硅反应，浓硝酸会腐蚀(氧化)橡胶塞；B项，汽油或煤油会使橡胶塞溶胀；C项，由于碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液呈碱性，会与玻璃的成分二氧化硅反应，且二者见光不分解，不用放于棕色瓶中；D项，氯水或硝酸银溶液存放时，为防止氯水腐蚀(氧化)橡胶塞，应用磨口塞，为了避免硝酸银见光分解，应存放在棕色玻璃瓶中。

2.解析 液溴能腐蚀橡胶，A错；波尔多液中的CuSO4能与Fe发生臵换反应，B错；金属锂的密度比煤油小，会漂浮在煤油上面，锂和空气中的氧气、水蒸气等均能发生反应，金属锂应保存在固体石蜡中，D错。

3.解析 A项，H2与O2的混合气体容易爆炸，点燃前必须验纯；B项，NH3极易溶于水，导管直接通入水中会倒吸；D项，浓硫酸溶于水会放出大量热，易造成暴沸。

4.解析 在实验过程中，如果将浓碱液沾到皮肤上，要用大量的水冲洗，再涂上稀硼酸溶液；苯酚有毒，在冷水中溶解度不大，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精清洗；氢气和氯气的混合气体光照会爆炸。

1.解析 A项，钠与水反应生成氢气，同时钠燃烧后生成的Na2O2 会与CO2反应生成O2 ，这样会使燃烧更剧烈甚至发生爆炸，错误；B项，加热碳酸氢钠时有水生成，若试管口竖直向上，水会倒流进入试管底部造成试管炸裂，错误；C项，浓硫酸溅到皮肤上时应迅速用干布拭去，再用大量水冲洗，错误；D项，制备乙烯时，向混合液中加入碎瓷片可以防止暴沸，正确。

3.解析 这两个标签说明该药品具有氧化性和腐蚀性。A项，C2H5OH无氧化性和腐蚀性，错误；B项，HNO3是一种氧化性酸，也具有强腐蚀性，正确；C项，NaOH具有强腐蚀性，

但无氧化性，错误；D项，HCl不具有强氧化性，错误。

4.解析 灼烧固体物质一般使用坩埚，而坩埚加热时需用泥三角支撑然后放在三脚架上，三脚架的下面应放酒精灯，选用的实验用品都能用到，选项A不符合题意；溶解固体并加蒸馏水稀释，所需仪器为烧杯和玻璃棒，用不到容量瓶，选项B符合题意；过滤所需的实验用品为漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯和带铁圈的铁架台，选项C不符合题意；检验Fe3的试＋剂为KSCN溶液，所需仪器为试管和胶头滴管，选项D不符合题意。

练出高分

1.解析 集气瓶、量筒、表面皿、容量瓶不能加热，烧杯、圆底烧瓶要隔石棉网加热，蒸发皿可直接加热。

2.解析 浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞保存在细口瓶中；水和乙酸乙酯互不相溶，可用分液漏斗分离；用量筒量取液体只能精确到0.1 mL；实验室中固体药品要保存在广口瓶中，便于取用。

3.解析 A项，配制一定质量分数溶液不需容量瓶，A项可达实验目的；B项，测定物质的量浓度用中和滴定实验；C项，鉴别葡萄糖、蔗糖可用银镜反应，在试管中水浴加热即可；D项，浓氨水与生石灰制备氨气不能在烧杯中进行，一般在锥形瓶中进行。

4.解析 Ⅰ称量NaOH时应放在小烧杯里，错误；Ⅱ溶解时用玻璃棒搅拌，正确；Ⅲ转移液体时要用玻璃棒引流，错误；Ⅳ转移溶液后要洗涤烧杯，正确；Ⅴ转移洗涤液要用玻璃棒引流，错误；Ⅵ定容时用胶头滴管，错误；Ⅶ摇匀时要盖上容量瓶的瓶塞，错误。

7.解析 浓硫酸对皮肤有腐蚀性，如不慎溅到皮肤上，应先用干抹布擦净，再用大量的水冲洗，然后涂上NaHCO3溶液；由于酒精有挥发性，酒精灯中不能添满酒精，否则点燃时易发生火灾或爆炸；量筒属于粗量器，精确度为0.1 mL，不能量取8.55 mL蒸馏水。

9.解析 A项，坩埚可以直接加热，不需要垫石棉网；B项，实验中应该先研磨，后称取硫酸铜晶体的质量；D项，坩埚在加热前未完全干燥，则其中的水会被算作结晶水，导致测定结果偏高，故不正确。

――→14.解析 (2)KClO3和MnO2制O2属于“固＋固△气体”，因而要选用E装臵为气体发生

装臵；H2O2与MnO2制O2属于“固＋液―→气体”且要控制产生气体的速率，只能用分液漏斗控制加入的H2O2的量。(3)使用X收集氧气时，用“排空气法”，由于O2的密度比空气的大，应从长管进气，用排水法收集气体，应从短管进气。(4)根据反应原理可知，制取CO

――→属于“液＋液△气体”，用分液漏斗控制加入浓硫酸的量，应选DG为气体发生装臵，

X的作用是除去CO中的水蒸气，洗气时气体流向为“长进短出”。

1.解析 ①普通漏斗：用于过滤分离固液混合物。③蒸馏烧瓶：用于液体蒸馏，分离沸点相差较大的液态混合物。⑤分液漏斗：萃取分离互不相溶的液态混合物。

2.解析 蒸发结晶时，当蒸发至大量晶体析出时要停止加热，利用余热蒸干，不能直接蒸干。

3.解析 加热FeCl3溶液，促进盐类水解，直接蒸干得到的是Fe(OH)3或Fe2O3，A项错误；石油分馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，B项错误；乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用分液法分离，C项错误。

4.解析 A项，灼烧应选用坩埚，错误；B项，应用玻璃棒引流，且漏斗下端尖口处要紧贴烧杯内壁，错误；C项，碘的苯溶液应从上口倒出，错误。

1.解析 除去KCl中的MnO2应采用过滤的方法；B项，碘易升华，加热可分离；C项，利用重结晶方法分离KNO3和NaCl是利用KNO3的溶解度受温度的影响大于NaCl；D项，食用油和汽油互溶，但沸点不同应用蒸馏的方法分离。

2.解析 要将两种固体按溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离，必需的条件是其中一种固体难溶于水，另一种固体易溶于水。对于所给出的物质组：①两者都易溶；④两者都难溶，均不能用指定的方法分离；②CaCl2易溶，CaCO3难溶；③MnO2难溶，KCl易溶，可用指定的方法分离。

5.解析 ①加热法分离提纯固体混合物应满足的条件：一种物质受热易挥发或分解，另一物质受热不挥发或难分解。②加试剂法分离(过滤)提纯固体混合物应满足的条件：所加试剂能达到让一种物质形成溶液，而另一物质形成难溶物的状态。A项中碳酸氢钠、氯化铵受热均易分解，故用方案1不能将两物质分离开，错误；B项方案1中的残留物应该具有受热时不挥发或难分解的性质，错误；C项方案2中加入的试剂可能不与除X外的物质发生化学反应 ，如加水进行溶解分离，错误；D项中SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶解而分离，正确。

1.解析 A项，做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石或碎瓷片，以防暴沸，如果忘记加入，应立即停止加热，冷却后补加，正确；B项，正确操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；C项，互溶的液体物质沸点相差较大的，可以用蒸馏的方法分离，正确；D项，乙酸的酸性强于碳酸钠，用饱和碳酸钠可以除去乙酸，还可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后分液即可，故正确。

2.解析 A项，浓硫酸具有吸水性且不与HCl发生反应，所以除去HCl中的H2O可以通过浓

=====硫酸进行，正确；B项，H2和CO均能与CuO发生反应(H2＋CuO△Cu＋H2O、CO＋CuO

==========△Cu＋CO2)，错误；C项，N2和O2均能与镁粉发生反应(3Mg＋ N2点燃 Mg3N2、2Mg

=====＋O2点燃2MgO)，错误；D项，CO2在水中的溶解度很小，不能用水来除去CO中的CO2，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，错误。

3.解析 A项，步骤(1)，由于得到不溶性物质，所以应采取过滤的方法，正确；B项，步骤

(2)，由于得到有机层和水层，所以应用分液漏斗分离，正确；C项，从水溶液中获得固体，应采取蒸发结晶或蒸发浓缩冷却结晶的方法，应用蒸发皿，错误；D项，从有机层中获得甲苯，应根据沸点不同，采用蒸馏装臵，正确。

6.解析 A项，MnO2固体与浓HCl要在加热的条件下发生反应制取Cl2，缺少加热装臵；B项，除去Cl2中混有的HCl气体，应将混合气体从长导气管通入盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，较纯净的气体从短导气管流出，选用饱和NaHCO3溶液，可使Cl2中混入CO2气体；C项，制取Cl2实验结束后，将剩余物过滤除去未反应的MnO2，得到MnCl2溶液，从而回收MnCl2；D项，MnCl2为强酸弱碱盐，易发生水解反应，直接蒸发溶剂，不能得到纯净的MnCl2·4H2O。

7.解析 A项，向苦卤中通入Cl2 时发生反应Cl2＋2Br===2Cl＋Br2，故其目的是为了提取溴，正确；B项，可将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤后调节滤液pH以除去可溶性杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错误；D项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr进行富集，正确。 －－

练出高分

3.解析 硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响较小，故可以通过把混合物溶于蒸馏水后降温结晶的办法除去氯化钠，①正确；NH4Cl加热分解，生成的HCl、NH3再化合，不属于升华，②错误；金属钠与乙醇和水都能发生反应，③错误；Na2S溶液和AgCl反应，生成Ag2S和NaCl，过滤除去Ag2S，④正确。

6.解析 因通入H2的量不易控制，故不能保证完全除去乙烯的同时不引入H2杂质，①错误；因乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，②正确；氯水也可氧化NaBr同时引入杂质Cl，③错误；生石灰与乙酸反应生成盐，难挥发，可用蒸馏法，④正确；MgO可消耗H，使溶液pH增大，促进Fe3水解形成Fe(OH)3沉淀，⑤正＋＋－

确；泥沙不溶于水，可通过过滤法除去，通过蒸发结晶得到食盐，⑥正确。

8.解析 NaHCO3溶解度较小，过程Ⅰ可以产生NaHCO3沉淀，符合离子反应条件，A项正确；

2－2－过程Ⅱ调整溶液的pH＝2，溶液中不含有CO3，故仅需BaCl2溶液即可鉴别SO4，B项

2－＋正确；若省略过程Ⅱ，因CO3与Al3水解相互促进，导致产率降低，C项正确；向铵明

＋＋－矾溶液中加入NaOH，Al3结合OH能力比NH4强，应先产生白色沉淀，后产生刺激性气

味的气体，再加入过量的NaOH，白色沉淀逐渐溶解并消失，D项错误。

4.解析 (1)装臵C中澄清石灰水的作用是检验是否有CO2气体生成，若有CO2气体生成，澄清石灰水变浑浊。装臵B中冰水的作用是降低温度，使生成的水和草酸(题给信息：受热脱水、升华)冷凝。若草酸进入装臵C，会生成草酸钙沉淀，干扰CO2检验。(2)检验CO可通过检验CO还原黑色的CuO生成的CO2进行。因为分解产物中有CO2，所以先要除去CO2，可用浓NaOH溶液吸收CO2，并用澄清石灰水检验CO2是否除尽，再用无水氯化钙干燥CO，然后通过灼热的CuO，再用澄清石灰水检验生成的CO2气体，没有反应掉的CO可用排水法收集。若前面澄清石灰水无现象，H中黑色的CuO变红色，后面的澄清石灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中有CO。

2.解析 (1)若装臵气密性良好，水滴入的速度会越来越慢，直到最后停止滴入。弹簧夹甲打开后的作用是调节装臵内气压与大气压平衡，弹簧夹乙打开后，可以使装臵F中的NaOH溶液吸收尾气。(2)硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的反应为离子反应，70%～80%的硫酸能提供该反应所需的足够的H。(3)装臵C的作用是制备ClO2气体，并可通过观察气泡判断反应的快慢，由此可调节反应进行的快慢；装臵E可起到安全瓶的作用，即防止液体倒吸入装臵D中。(4)检验碱液的存在可用酸碱指示剂。(5)过量的SO2和过量的NaOH反应生成Na2SO3；Na2SO3与Ba(OH)2反应生成白色沉淀BaSO3，滴加稀盐酸，有无色刺激性气体产生。

3.解析 (1)由图可知，A制备的气体为CO2，所以选择药品为石灰石和6 mol·L－1＋盐酸。(2)制出的CO2中不能有HCl，否则会在C中与NH3反应，除去HCl应该用饱和NaHCO3溶液。

(4)NH3的溶解度大于CO2，所以先通入NH3使溶液呈碱性，CO2才能被充分的吸收参与反应。(5)检验NH3时将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；如果试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出。

4.解析 (1)根据装臵示意图，制取无水氯化铁的实验中，装臵A为制取氯气的实验装臵，发生反应为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；装臵B的作用是除去混杂在氯气中的水蒸气，故B中加入的试剂为浓硫酸。(2)根据题给信息，在制取无水氯化亚铁实验中，装臵A是用于制取HCl气体；经浓H2SO4干燥后，在硬质玻璃管中发生反应：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2，则尾气的成分是氯化氢和氢气；若仍用D装臵进行尾气处理，则因氯化氢极易溶于水，故会产生倒吸，且氢气与NaOH溶液不反应，可燃性气体氢气也不能被吸收。(3)检验氯化铁溶液常用的试剂是KSCN溶液；欲制得纯净的氯化亚铁，应防止装臵中氧气的干扰，在实验过程中应先点燃A处的酒精灯，利用产生的氯化氢气体排出装臵中的空气，再点燃C处的酒精灯。

5.解析 (1)若装臵不漏气，则长颈漏斗中会形成一段液柱并且液柱高度保持不变；装臵D为安全瓶，可防止倒吸；装臵E是尾气处理装臵，用来吸收过量的SO2，故所盛溶液可以是NaOH溶液等。

黄冈视频大一轮(二)
2015届高考数学大一轮复习 集合的概念与运算精品试题 理(含2014模拟试题)

2015届高考数学大一轮复习 集合的概念与运算精品试题 理（含

2014模拟试题）

1. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，6)

设集合

，则（ ）

(A) (B)

(C) (D)

[解析] 1. 集合，集合，, 所以.

2. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，1) 设U=R，A={xy=A.

}, B={yy=－x}，则A∩(CUB) =( )

B. R

C. {xx> 0}

D. {0}

2

[解析] 2. 集合A表示的是函数y=x

2

的定义域，所以A={xx≥0}；集合B表示的是

函数y=－x的值域，所以集合B={yy≤0}，所以CUB={yy＞0}，所以A∩(CUB) = {xx> 0}.

3. (2014山西太原高三模拟考试（一），1) 已知

U={y|}, P={y|}, 则CUP=(

)

[解析] 3. U={y|所以

}=, P={y|}=,

4. (2014山东青岛高三第一次模拟考试, 2) 已知全集，集合，

，则（ ）

A． B． C． D．

[解析] 4. 因为或，，所以，

所以.

5. (2014福州高中毕业班质量检测, 1) 已知集合【黄冈视频大一轮】

, 若

，

，则实数的取值范围是( )

A.

B.

C.

D.

[解析] 5.由函数的图象知，.

6.(2014安徽合肥高三第二次质量检测，2) 表示实数集，集合

，

，则下列结论正确的是（ ）

A.

B.

C.

D.

[解析] 6. 因为或，所以，所以.

7. (2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，1) 已知集合下列结论正确的是( )

，那么

A. B. C. D.

[解析] 7.依题意，集合故选A.

表示二次函数的解集，即，根据定义，，正确，

8. (2014河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），1)

已知全集

{

}，

,

，则

( )

A. B. , 所以

C. D. ，选C.

[解析] 8.【黄冈视频大一轮】

9. (2014河北唐山高三第一次模拟考试，3) 己知集合

，

，则（ ）

[解析] 9. 因为, 所以，选A.

10. (2014贵州贵阳高三适应性监测考试, 1) 设集合

的定义域，则

A. （1, 2）

（ ）

，集合

为函数

B. [1,2] C. [1,2) D. (1,2]

[解析] 10.，【黄冈视频大一轮】

，

11. (2014山东实验中学高三第一次模拟考试，1)

已知集合

等于（ ）

A. B. C. ，所以

D.

[解析] 11.

易解得

12. （2014广东汕头普通高考模拟考试试题，2）若集合

，则

（ ）

,

A.

B.

(1,3) [解析] 12. 由已知

,

C. （-1,3）

，所以

D. （-3,1）

.

13. (2014广东广州高三调研测试，2) 设集合则

等于（ ）

，，

C.

A.

B.

D.

，

，所以

.

[解析] 13. 可解得

14. (2014北京东城高三第二学期教学检测，1) 设集合

，则

A. (1，4)

（ ）

，

B. (3，4) C. (1，3) D. (1，2)

[解析] 14.可解得

.

,

，所以

，从而

15. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，1) 集合

, 则集合

的元素个数为（ ）

，

，

A.

B.

C.

D.

[解析] 15. 当

；

时 ，；当时，；当时，

当时，；当时，；当时，；

所以，故选C.

16. (2014重庆铜梁中学高三1月月考试题，1) 已知两个集合

，

，则（ ）

黄冈视频大一轮(三)
【优化方案】2016届高三物理大一轮复习高效演练：第二章相互作用第一节

1．(单选)(2015·北京西城区模拟)一根很轻的弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0 cm时，弹簧的弹力大小为8.0 N；当它的压缩量为1.0 cm时，该弹簧的弹力大小为( )

A．2.0 N C．6.0 N

D．8.0 N

B．4.0 N

解析：选A.根据胡克定律的内容：F＝kx，x为弹簧的形变量，F1＝kx1(F1＝8.0 N，x1

＝4.0 cm)，F2＝kx2(x2＝1.0 cm)，所以F2＝2.0 N，选项A正确．

2．(单选)(2015·黄冈模拟)如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别为x1、x2.物块与地面间的最大静摩擦力为Ff，则弹簧的劲度系数为(

)

Ff x2＋x12F x2－x1

2Ff x2＋x1F x2－x1

2F，C正确． x2－x1

解析：选C.设弹簧原长为x0，则Ff＝k(x2－x0)＝k(x0－x1)，解得k＝

3.(单选)(2015·宝鸡模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则(

)

A．B受C的摩擦力一定不为零 B．C受地面的摩擦力一定为零

C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力

D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左

解析：选C.当A物体的重力等于B物体重力沿斜面向下的分力时，B不受摩擦力，故A错；B、C看做一个整体，受斜向上的拉力而静止，C一定受向左的静摩擦力，剪断细绳，地面对C没有摩擦力，故C正确，B、D错误．

1

4.(单选)如图所示，人向右匀速推动水平桌面上的长木板，在木板翻离桌面以前，则(

)

A．木板露出桌面后，推力将逐渐减小 B．木板露出桌面后，木板对桌面的压力将减小 C．木板露出桌面后，桌面对木板的摩擦力将减小 D．推力、压力、摩擦力均不变

解析：选D.在木板翻离桌面以前，由其竖直方向受力分析可知，桌面对木板的支持力等于重力，所以木板所受到的摩擦力不变，又因为长木板向右匀速运动，所以推力等于摩擦力，不变．综上所述，选项D正确．

5.(单选)如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是(

)

A．球一定受墙水平向左的弹力 B．球可能受墙水平向左的弹力 C．球一定受斜面通过铁球的重心的弹力 D．球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力

解析：选B.F的大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对球有弹力，所以选项A错误，B正确．斜面必须有斜向上的弹力才能使球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过球的重心，所以选项C、D错误．

6.(单选)如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F＝1 N的作用，取g＝10 m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(

)

2

解析：选

A.

3

黄冈视频大一轮(四)
最新版2017教师用书步步高大一轮复习讲义习题详细答案第四章 第15讲

第4章第15讲 考点一 氮气及其氧化物

题组一 NO、NO2的性质及对环境的影响 1．答案 A

解析 反应过程①＋②得O2―→2O，③O＋O2―→O3，NO2起催化剂作用，反应过程中NO2作氧化剂，A项正确，B、C项错误；O3与O2不是同分异构体，属同素异形体，D项错误。 2．答案 A

解析 根据化合价升降关系以及原子守恒，判断M为NaNO2，X为N2。

3．答案 (1)汽油的不完全燃烧 N2与O2在汽车汽缸内的高温环境下的反应 形成硝酸型酸雨、导致光化学烟雾、产生温室效应(任填两种即可) (2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO (3)2CO＋2NO催化剂

=====N2＋2CO2

解析 (1)汽车汽缸内不断进行着汽油的燃烧反应，当空气不足时，汽油不完全燃烧，会产生CO；当空气过量时，N2和O2在放电或高温条件下反应生成NO。汽车尾气对环境的危害很大，可以形成硝酸型酸雨，导致光化学烟雾，产生温室效应。(3)CO、NOx反应后生成的无毒气体为CO2和N2。 题组二 有关氮的氧化物的简单计算 4．答案 D

解析 首先分析剩余的2 mL气体有两种可能。如果剩余2 mL O4

2，则V(NO2)＝5(12－2) mL＝8 mL，

则混合气中：V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。若剩余的2 mL气体是NO，则混合气中的V(O2)＝(12 mL－2 mL×3)×1

51.2 mL，D项正确。

5．答案 D 6．答案 B

解析 由无色气体知一定无NO2，通过浓H2SO4体积减小，一定有NH3，无色气体变为红棕色，一定有NO，还得有能与Na2O2产生氧气的气体，即为CO2。

7．答案 (1)1∶3 (2)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O ②NaNO2

解析 (1)设NO的体积为V(NO)，NO2的体积为V(NO2

2)，依据方程式知，处理NO需NH33V(NO)，

处理NO4

2需NH3：3

V(NO2)，则

VNO＋VNO2＝3.0 L23

VNO＋4

3VNO2＝3.5 L

解得V(NO)＝0.75 L V(NO2)＝2.25 L

V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。

(2)①生成两种钠盐，必然是NO2的歧化反应，依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。 ②NO中氮的化合价为＋2价，NO2中氮的化合价为＋4价，二者1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐，依据电子守恒可知，钠盐中氮的化合价为＋3，即为NaNO2。

考点二 硝酸的性质及应用

题组一 硝酸的酸性和强氧化性 1．答案 D

解析 硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后退色，故选项A错；硝酸是一种强氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，与FeO反应时表现氧化性和酸性，所以选项B、C错，选项D正确。 2．答案 D

解析 铜完全反应，在进行相关计算时以铜为标准，等质量的铜在反应中失去的电子数相同，生成的Cu(NO3)2的量相同，浓硝酸被还原为NO2，价态由＋5降到＋4，每个氮原子只得1个电子，稀HNO3被还原时每个氮原子得到3个电子，故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少，生成NO2也比NO多。用排水法收集气体时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故两种情况收集到的气体一样多。 3．答案 B

解析 酸性条件下NO－

＋

3能溶解铜，A项错；Fe2在

稀HNO3中不能大量存在，C项错；硝酸与CuS不能发生复分解反应，而是发生氧化还原反应，D项错。

题组二 硝酸与金属反应的计算 4．答案 B

解析 A项，未指明标准状况，无法计算NO的体积；C项，未指明溶液的体积，无法计算浓度；D项，K＋

不会参与反应，因而溶质必定有K2SO4；B项，首先考虑酸性条件Fe被氧化为Fe3＋

，进行过程计算，H＋

不足，按H＋

完全反应计算消耗Fe和NO－

3的物质的量：

Fe ＋ NO－

3 ＋ 4H＋

===Fe3＋

＋NO↑＋

2H2O

1．25 mol 1.25 mol 5 mol 1.25 mol 剩余的Fe再被Fe3＋氧化

Fe ＋ 2Fe3＋ ===3Fe2＋

0．25 mol 0.5 mol 0.75 mol

则剩余n(Fe3＋

)＝1.25 mol－0.5 mol＝0.75 mol

则反应后溶液中n(Fe2＋

)＝n(Fe3＋

)＝0.75 mol，故B

正确。

5．答案 (1)5.824 5.376 (2)1.52 mol a V×10－

3＋0.50.14

(4)57.8

解析 (1)n(Cu)＝

32.64 g

64 g·mol－0.51 mol，

设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。 根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol。 根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2) mol。 解方程组得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。 则：V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1

＝5.824 L V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。

(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为 0．51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。

(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO－

3

的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。 加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋

全部转化为沉

淀，则溶液中只有NaNO－

3，其物质的量为103aV

mol，也就是以NO－

3形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－

3aV mol。

aV×10－

3所以，c(HNO)＝＋0.50.14

mol·L－

31。

(4)由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，32.64 g

64 g·mol－2＝n(H2O2)×2，

n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。 需30%的双氧水：17.34 g÷30%＝57.8 g。 6．答案 A

解析 铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应，从题

干图中看出(注意只是第二份100 mL)OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋

===3Fe2＋

，BC段

产生氢气，反应为Fe＋2H＋

===Fe2＋

＋H2↑，可知

NO－－

5.6 g

3反应完全，第二份中NO356 g·mol－×3÷

3＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14 g，即0.25 mol，故原混合酸中H2SO4浓度为

0.25 mol－0.1 L

＝2.5 mol·L1，NO－

3物质的量为0.2 mol。所以选A。

题组三 有关硝酸氧化性的实验探究

7．答案 (1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑

＋2H2O (2)铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体 (3)往分液漏斗中加水稀释浓硝酸，打开活塞，滴入稀硝酸 (4)C (5)利用Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察Cu与稀硝酸的反应产物 (6)② 往蓝色溶液中通入NO2，溶液变成绿色(或加热绿色溶液，有红棕色气体产生，溶液变成蓝色)

解析 Ⅰ.铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，实验中具支试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生。 Ⅱ.向分液漏斗中加水将浓硝酸稀释后，可以继续进行铜与稀硝酸反应的实验，这样可以利用Cu与浓

硝酸反应产生的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察铜与稀硝酸反应的产物。

Ⅳ.由于硝酸均过量，铜的质量相同，溶液的体积相同，所以铜无论是与稀硝酸反应，还是与浓硝酸反应，生成的Cu2＋

的浓度是相同的，说法①是不合理

的。可通过向蓝色溶液中通入NO2看溶液是否变绿，或加热绿色溶液看是否有红棕色气体产生来证明。

考点三 氨和铵盐

题组一 氨与铵盐的性质及应用 1．答案 C

解析 C项，NH3＋HCl===NH4Cl，有白烟生成，但与H2SO4反应不会产生白烟；D项，氨气可被氯气氧化生成N2，氯气被还原生成HCl，HCl与NH3化合产生白烟现象。 2．答案 A

解析 铵盐分解不一定产生氨气，如NH4NO3在400 ℃以上分解生成N2、NO2和H2O，A项对；Fe

2

＋

比NH＋

－

4更易结合OH，因而加入少量NaOH不会

产生NH3，C项错；NH4HCO3、(NH4)2S等溶液均呈碱性，D项错。 3．答案 C

解析 氨气极易溶于水，发生如下反应，NH3＋H＋

－

2ONH3·H2ONH4＋OH；生成的氨水是混合物，其中的NH3·H2O是弱电解质，电离程度小，且NH3分子极易与H2O结合，故其中浓度最大的粒子是NH3·H2O(H2O除外)。

4．答案 (1)NH4H＋H2O===NH3·H2O＋H2↑ (2)NH4Cl分解吸热，使温度降低，且产生的气体隔绝了空气

题组二 有关喷泉实验的考查 5．答案 (1)B (2)D (3)C (4)乙

(5)打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉或烧瓶上覆盖冷毛巾或淋洒冷水，使烧瓶内温度降低，压强减小，从而引发喷泉或在烧瓶上涂抹无水乙醇，由于乙醇挥发带走热量使烧瓶内温度降低，压强减小，引发喷泉 6.答案 C

解析 假设两个烧瓶内均充有a mol气体，烧瓶容积为V L则： c(氨水)＝

a molV L＝aV

mol·L－

1 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO a mol 2

3

a mol

水进入烧瓶内的体积也是其容积的2

3

2

c(HNO3 molV－

3)＝2 mol·L1。

3V La题组三 氨气的实验室制法

7． 答案 (1)BC (2)CD (3)②④ (4)d 利用氨气密度小于空气，采用短管进氨气，长管出空气，即可收集氨气

解析 (1)加热氯化铵产生氯化氢和氨气，遇冷又转化为氯化铵固体，不能制取氨气，用浓氨水与氢氧化钠固体混合制氨气时，将氨水滴入氢氧化钠固体

中更方便操作，而且节约氨水的用量。(2)将浓氨水滴入氢氧化钠固体制氨气用C装臵，将碳酸氢铵加热分解，产生的气体用碱石灰干燥制氨气选用D装臵。(3)收集气体可采用排空气法(密度、气体不能被氧气氧化等)，也可采用排水法(不易溶于水)，与其他性质无关。(4)氨气极易溶于水，故采用向下排空

气法收集。

考点四 氮及其重要化合物的综合应用

题组一 氮及其化合物的转化 1．答案 C

解析 NaHCO3不能用作肥料，A项错；Na2CO3很稳定，受热时不易分解，B项错；图中的NaCl是强酸强碱盐，不水解，D项错。 2．思路点拨 由题意明确Y是O2―→ 联想连续氧化反应确定C和D―→回答各小题 答案 (1)(NH4)2S O2 H2O

(2)HSO点燃

24 2H2S＋3O2=====2SO2＋2H2O (3)HNO 4NH催化剂

33＋5O2=====△

4NO＋6H2O

解析 本题考查氮、硫及其化合物的转化关系。由D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，容易

联想D比C增加1个氧原子，则D可能是氧化物，而E为酸，则应为含氧酸，而Y是能提供“O”的物质，A为正盐，与碱反应放出的物质能连续两次－

氧化最后得一含氧酸，可推知A可能是铵盐：A―OH

―→NH―[O]―→NO―[O]―→NOH2O32――→HNO3，而A与强酸反应时，生成的物质也会连续氧化两次，最后生成含＋

氧酸，则A可能为硫化物(含S2－

)：A―H―→H[O]2S――→

SO[O]―→SOH―2O2―3―→H2SO4，综上所述可确定A是(NH4)2S。

题组二 含氮物质的性质与实验综合 3．答案 (1)a b

(2)干燥气体 控制氢气和氮气的流速

(3)不会 因为混合气体中含有大量难溶于水的氮气、氢气

(4)氨的氧化反应是一个放热反应 有红棕色气体产生

(5)4NH＋5O催化剂

32=====△4NO＋6H2O

(6)NH＋

－

4 NO3

1．答案 B

解析 根据题意，“强水”能溶解大多数金属和矿物，所以为硝酸。 2．答案 B

解析 A项，HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O光2，反应方程式为2HClO=====2HCl＋O2↑，错误；B项，NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确；C项，HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，反应方程式为4HNO浓)=====△

3(4NO2↑＋O2↑＋2H2O，错误；D项，AgNO3不稳定，光照发生分解反应，反应方程式为2AgNO△

3=====2Ag＋2NO2↑＋O2↑，错误。 3．答案 A

解析 A项，合成氨反应中，氮元素的化合价降低被还原，错误；B项，工业合成氨属于人工固氮，

正确；C项，硝酸盐转化为蛋白质及经动物消化使蛋白质转化为氨气和铵盐，实现了含氮无机物和含氮有机物的相互转化，并且碳、氢、氧三种元素也参加了氮的循环，C正确，D正确。 4．答案 C

解析 A项，铁与稀硝酸反应生成NO，NO与空气中O2反应生成NO2,2NO＋O2===2NO2，正确；B项，铁遇浓硝酸钝化，阻止铁继续与浓硝酸反应，正确；C项，对比Ⅰ、Ⅱ，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，错误；D项，装臵Ⅲ形成原电池，通过电流计指针偏转的方向，可判断铁是否被氧化，正确。 5．答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)×

解析 (1)NH3可用于设计喷泉实验，是因为氨气易溶于水。(2)稀HNO3具有强氧化性，锌粒与稀硝酸反应不能产生H2。(3)浓硝酸使铝片在常温下钝化。(4)二氧化氮与水反应产生NO，不能用水吸收。(5)Br2(g)和NO2都具有强氧化性，都能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝。(6)Cu与稀硝酸反应产生NO。(7)O2和HNO3二者不能反应。

6．答案 (1)关闭分液漏斗活塞，并在G中加入水，微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，

G中插在溶液里的玻璃管形成一段稳定的水柱，则气密性良好 分液漏斗 圆底烧瓶

△

(2) (NH4)2SO4＋2NaNO2===2N2↑＋Na2SO4＋4H2O

(3)除去氧气(及氮氧化物) 除去水蒸气 不能，对调后无法除去水蒸气

△

(4) N2＋3Mg === Mg3N2

(5)取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(或把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有氮化镁；弃去上层清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中还含有未反应的镁

解析 (1)检查装臵气密性时要将装臵设臵成密闭体系(关闭分液漏斗活塞并在G中加入水)，然后利用热膨胀原理来检验。

(2)NaNO2中N元素显＋3价，在反应中将(NH4)2SO4中－3价氮氧化，两者发生归中反应生成N2，根据电子守恒和质量守恒来配平化学方程式。 (3)由于开始装臵中含有空气，故利用硫酸亚铁除去空气中的O2及反应中生成的氮氧化物；浓硫酸的作用是作吸水剂，将生成的N2干燥。

(4)镁是活泼金属，在加热条件下能与氮气反应生成氮化镁。

(5)Mg3N2能与水反应生成NH3，故只要检验加入水后能否生成氨气即可知是否有Mg3N2生成；金属镁的检验可以通过加入酸来检验。

练出高分

1．答案 C

解析 同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，A错误；硫的氧化物不能形成光化学烟雾，B错误；汽车尾气中的NOx主要是空气中的N2、O2在汽缸内化合生成，C正确；氮气和氧气反应生成NO，得不到NO2，D错误。 2．答案 D

解析 氮气的化学性质不活泼，能防止金属在高温下被空气中的氧气氧化，A正确；氮气可用于合成氨，氨可作制硝酸和化肥的原料，B正确；食品袋中充氮气可防止食品缓慢氧化而变质，C正确；氮气与氧气的反应很难进行，不能用氮气与氧气反应制NO，D错误。 3．答案 A

解析 ②NO在高温下稳定，不能氧化金属，④不属于对环境的危害。 4．答案 B

解析 氯化铵分解吸收热量，能降低温度，并且分解产生的氯化氢和氨气能隔绝空气，破坏了可燃物的燃烧条件，故能使幕布不易着火。 5．答案 B

解析 A项，氨水中的微粒有NH3·H2O、H2O、NH3三种分子和NH＋

－

＋

4、OH、H三种离子，氯水中有Cl2、HClO、H－

－

＋

2O三种分子和Cl、ClO、H、OH

－

四种离子，所以微粒的种类、数目均不相同；C项，

氨水没有漂白性，不能漂白有机色素；D项，“两水”的变质原因不相同，氨水因挥发而“变质”，而氯水主要因HClO分解而变质。 6．答案 B

解析 分析可知C的化合价由＋2变为＋4价，N的化合价由正价变为0价，故A正确；x＝2时，每生成1 mol N2，反应中2 mol N由＋4变为0价，转移电子数为8 mol，故B错误；N2中为叁键，CO2中为两个双键，故C正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1时，NOx为NO，即氮元素化合价为＋2，D正确。 7．答案 B

解析 本题对Fe与浓HNO3由于相对量不同而得到不同产物的知识进行了考查。Fe与浓HNO3反应可能生成Fe(NO3)2(Fe过量)或Fe(NO3)3(Fe不足)和NO－

2。故一定存在NO3和NO2。 8．答案 A

解析 要想产生“喷烟”现象，应具备两个条件：一是形成压强差，二是两种气体反应会生成白烟，排除C、D项。根据甲中溶液颜色发生的变化，结合题给条件“胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液”可知，甲中气体显碱性，即X为NH3，故Y为HCl，选A。 9．答案 D

解析 D项，4NHPt

3＋5O2=====△4NO＋6H2O,2NO＋

O2===2NO2，NH3的氧化产物应为NO。 10．答案 C

解析 C项，收集NH3导气管应插入到试管底部。 11.答案 B

解析 金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋

＋2NO－

＋

3===3Fe2＋2NO↑＋4H2O(铁

过量，产物为Fe2＋

)，反应中Fe和H＋

过量，生成的

NO的量以NO－

3为准来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋

反应产生H2，即有Fe＋2H＋

===Fe2＋

＋H2↑，生成的H2为0.224 L，

所以气体体积共计0.672 L，应选B。 12．答案 B

解析 由方程式知，生成1 mol N2O时消耗3 mol

黄冈视频大一轮(五)
2016届 【步步高·鲁科版】高考总复习化学大一轮 第4章 专题讲座五

专题讲座五 新型无机框图推断题的解题策略

解题策略

无论推断题属于哪种形式，均遵循这样的推断思路：迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，突破点由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。解题的关键是仔细审题，依物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下：

结构特征

明显条件抓关键反应特征审题推断

―推断题――→―→――→结论―→验证

隐含条件突破口现象特征



其他特征

一、“一图多变”型推断题

同一个转化关系图，可能体现多种类似物质的不同转化，因而在复习时对各种元素及其化合物性质及相互转化关系时，善于将相似性质的物质及转化关系应加强联系，并关注其中某些物质的特征差异，以便明确具体物质。

题组一 直线转化型

1．(2013·江苏，6)甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲――→乙丙。下列有关物质的推断不正确的是( ) 甲A．若甲为焦炭，则丁可能是O2 B．若甲为SO2，则丁可能是氨水 C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸 D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2 答案 C

解析 若甲为焦炭，丁为O2，转化关系为C――→COCO2，A正确；若甲为SO2，C丁为氨水，转化关系为SO2――→NH4HSO3(NH4)2SO3，B正确；若甲为Fe，丁为盐SO

2

丁丁

O2O2

NH3·H2ONH3·H2O

酸，则乙为FeCl2，FeCl2与盐酸不反应，C错误；若甲为NaOH溶液，丁为CO2，转化关系为NaOH――→Na2CO3NaHCO3，D正确。 NaOH

2．A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质。

A――→B――→E――→F和G的混合溶液 ①点燃

MnO2

Fe

C

CO2

CO2

C――→D――→G ②△请回答下列问题；

(1)物质C和E的名称分别为________、________。

(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为________________________________________________________________________； 若只能在加热情况下进行，则反应物A应为________。

(3)反应②的化学方程式为__________________________________________________。 (4)新配制的F溶液应加入________以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的常用试剂是________，实验现象为_________________________________________________。 答案 (1)浓盐酸 四氧化三铁 (2)2H2O2=====2H2O＋O2↑ KClO3

(3)4HCl(浓)＋MnO2=====MnCl2＋Cl2↑＋2H2O

(4)铁粉 KSCN溶液 溶液变血红色(其他合理答案也可)

解析 本题的特征反应可落实在有催化剂参与的反应上，有MnO2参与的生成气体单质的反应有三个：有两个是MnO2作催化剂制取O2，MnO2作氧化剂与浓盐酸加热制取Cl2，因E与C反应生成产物有F、G两种，故E为Fe3O4，C是浓盐酸，D为Cl2、G为FeCl3，A可能为KClO3、KMnO4或H2O2、B是O2、E是Fe3O4、F是FeCl2。新配制的FeCl2溶液为了防止Fe2

＋

MnO2Fe，△

MnO2

△

被氧化需加入铁粉。FeCl2会被空气中氧气氧化为FeCl3，Fe3通常用加入KSCN溶液变血

＋

红色的方法来检验。

3．A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如图转化关系(副产物已略去)。

A

试回答：

(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________。 a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式为________；C溶液在储存时应加入少量X，理由是________________________________________________________________________ (用必要的文字和离子方程式表示)。

(3)若A、B、C为含金属元素的无机化合物，X为强电解质溶液，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为________，X的化学式可能为________或________(写出不同类物质)，反

＋X一定条件

――→反应①

B

＋X一定条件

――→反应②

C

应①的离子方程式为_________________________________________________________ 或________________________________________________________________________。 答案 (1)de

(2)FeCl3 Fe＋2Fe3===3Fe2，防止Fe2被氧化成Fe3

＋

＋

＋

＋

(3)Al(OH)3 HCl NaOH

[Al(OH)4]＋H===Al(OH)3↓＋H2O Al3＋3OH===Al(OH)3↓

＋

－－

＋

常见的直线型转化关系

1．金属――→氧化物――→碱――→盐，满足关系的有K、Na等。 2．非金属――→氧化物――→酸――→盐，满足关系的有C、S。

3．A――→B――→C――→酸或碱，满足关系的有N2(NH3)、 S(H2S)、C、Na。 4．碱溶液――→盐A――→盐B。 题组二 三角转化型

4

CO2

CO2

O2

O2

H2O

O2

H2O

碱

O2

H2O

酸

答案 C

解析 A项，①SiO2＋Na2CO3=====Na2SiO3＋CO2↑，SiO2――→Na2SiO3H2SiO3――→NaOHSiO2；B项，②2NaHCO3=====Na2CO3＋CO2↑＋H2O，NaCl――→NaHCO3CO

2

高温Na2CO3HCl△

△NH3，CO2△

Na2CO3――→NaCl；C项，N2不能直接与O2反应生成NO2；D项，④CO2＋C=====2CO，C――→COCO2――→C。 C

5． A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：

O2

Mg

HCl△O2

(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：_______________________________________________。

(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：____________________________。 (3)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置：___________________________________。 (4)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出②反应的化学方程式：__________________________________。 D的化学式是________。

(5)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：___________________________。 答案 (1)漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等 (2)4NH3＋6NO=====5N2＋6H2O (3)第3周期第ⅢA族

(4)Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑ Na2CO3 (5)Cu＋2Fe3===Cu2＋2Fe2

＋

＋

＋

一定条件

解析 (1)淡黄色的单质是硫，C为SO2，D为SO3，SO2的作用有漂白、杀菌、消毒、制备硫酸等。(2)A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下生成A的反应是归中反应。(3)中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧化物，故铝元素的位置为第3周期第ⅢA族，要注意族的写法。(4)A为硅晶体，B、C、D分别为SiO2、Na2SiO3、Na2CO3。(5)A为金属铁，C为FeCl3，D为FeCl2。

常见的三角型转化关系

题组三 “归中”转化关系

6．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。 请回答下列问题：

(1)若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是__________；工业上制取A的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则反应①的化学方程式为___________________________________。

(3)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是________________________________________________________________________。 (4)若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为________________________________________________________________________。 某同学将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，用离子方程式解释原因：________________________________________________________________________。 答案 (1)FeCl3 2Cl＋2H2O=====2OH＋Cl2↑＋H2↑ (2)4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O △(3)Al(OH)3＋OH===[Al(OH)4] (4)2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O 2H2SO3＋O2===4H＋2SO24

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通电

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催化剂

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