1、题型专练1将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为()解析本题涉及多个反应，当刚开始通入CO2时，溶液中存在着OH与AlO之间的竞争，因为碱性：OHAlO，故CO2应先与OH反应生成CO，而Ba2会与CO结合生成BaCO3沉淀，因此可以看作是Ba(OH)2先与CO2反应，然后再与KOH反应。当KOH全部生成K2CO3后，再通入CO2，则存在着BaCO3、CO与AlO间的竞争，如果BaCO3先发生反应生成Ba(HCO3)2，由于溶液中存在CO，则Ba2又会与CO结合成BaCO3，所以BaCO3不会先溶解。如果CO2先与CO反应生
2、成HCO，则又由于HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，可知又生成了CO，从而确定CO2应先与AlO反应，再与CO反应生成HCO，最后CO2才与BaCO3反应。答案C2.某澄清透明溶液中只可能含有Al3；Mg2；Fe3；Fe2；H；CO；NO中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示。则该溶液中一定含有的离子是()A BC D解析根据图像变化，不含Al3、CO、Fe2，一定含H、NO。若只含Mg2，n(Mg2)1.5 mol，Mg(OH)2质量为1.5 mol58 gmol187 g；若只含Fe3，n(Fe3)1 mol，Fe(OH)3质
3、量为1 mol107 gmol1107 g，而实际得到沉淀100 g，所以Mg2、Fe3都含有，B项正确。答案B3现有含MgCl2、AlCl3均为n mol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是(离子形成沉淀或沉淀的溶解与溶液pH的关系如下表)()离子Mg2Al3物质Al(OH)3开始沉淀时的pH8.933.56开始溶解时的pH8.04完全沉淀时的pH10.924.89完全溶解时的pH12.04解析由表中数据知，当Al3沉淀完全时Mg2还没有开始形成沉淀，当生成的Al(OH)3开始溶解时Mg2仍没有形成沉淀，当加碱至溶液的pH8.93时
4、，Al(OH)3部分溶解而Mg(OH)2开始形成沉淀，生成沉淀速率较前段生成沉淀速率小，当溶液pH10.92时，Mg(OH)2沉淀完全，Al(OH)3继续溶解至pH12.04时，沉淀只有Mg(OH)2，Al(OH)3全部溶解，故C对。答案C4下列图像能表示相关反应中生成物物质的量的变化的是(横、纵坐标单位：mol)()A图1：n(HCl)1 mol，K2CO3加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n(NaOH)1 mol，CO2通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n(O2)1 mol，高温下C和O2在密闭容器中的生成物D图4：n(HNO3)1 mol，Fe和稀HNO3反应生成的
5、氧化产物(还原产物为NO)解析A项，当n(HCl)1 mol，n(CO2)0.5 mol，之后不再减少，错误；B项，2NaOHCO2=Na2CO3H2O，Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，CO先增大后减少，NaHCO3从0增加到1 mol，错误；C项，CO2CO2，CO2C2CO，正确；D项，Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O,2Fe3Fe=3Fe2，0.25 mol对应的是Fe(NO3)3,0.375 mol对应的是Fe(NO3)2，错误。答案C5向混合溶液甲中缓慢滴加溶液乙，反应生成沉淀的质量如图所示，其中可能符合图像的一组是()甲乙AAlCl3、Mg(NO3)2、
6、HNO3NaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba(OH)2CNH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HClNaOHDNaAlO2、NH3H2O、NaOHH2SO4解析C项，加入NaOH溶液时，OH先与H反应，没有沉淀生成；随后Al3、Fe3开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH和NH反应，此时没有沉淀生成；最后OH与Al(OH)3反应，沉淀部分溶解，符合图像。其他选项均不可能符合图像。答案C6向可溶性铝盐或偏铝酸盐溶液中，逐滴加入NaOH溶液(或盐酸)，反应过程中的下列图像正确的是()解析A图为向偏铝酸盐溶液中加入盐酸的图像，生成沉淀与沉淀溶解消耗的H的物质的量之比为1
7、3，而图中表示的是31，A图错误；B图表示向铝盐溶液中加入NaOH溶液的图像，生成沉淀与沉淀溶解消耗的OH的物质的量之比为31，B图正确；C图的错误之处是生成Al(OH)3的最大量与Al3或AlO的最大量不相等；对于D图，当沉淀量达到最大值时，溶液中AlO的量应该为0，所以D图错误。答案B7常温下，有KOH和Ca(OH)2的混合溶液，测得其pH13。取此溶液250 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积(V)和生成沉淀的物质的量(n)的关系如图所示，图中(V1)为56 mL(标准状况)，则图中V2、V3的体积(单位为mL)分别是()A280、336B504、560C1 120、1 176 D
8、196、252解析在V3点溶液成分为KHCO3、Ca(HCO3)2，由反应OHCO2=HCO，V(CO2)22.4n(OH)22.4 Lmol10.1 molL10.25 L0.56 L560 mL，OV1发生的反应为Ca22OHCO2=CaCO3H2O，V2V3发生的反应为CO2CaCO3H2O=Ca22HCO，因Ca(OH)2的量一定，所以两个反应消耗CO2的量一样多，则V2V3段对应的CO2的体积也为56 mL，所以V2体积为560 mL56 mL504 mL。答案B8. 某无色溶液中可能含有Mg2、NH、K、Al3、SO、CO、Cl等离子。现进行如下实验：取10 mL该溶液于试管中，滴
9、加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀；另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解，并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量的变化如图所示。下列说法不符合事实的是()A根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1 molL1B根据信息分析该溶液中焰色反应呈紫色的离子的物质的量浓度为1 molL1C该溶液中NH、Al3、SO三种离子的物质的量之比为213D另取一定量该溶液滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不可能使Al3和SO同时完全沉淀解析根据题意，取10 mL该溶液于试管中，
10、滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀，即0.03 mol BaSO4沉淀，根据SOBa2=BaSO4知原10 mL溶液中含有0.03 mol SO；另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀且沉淀最终完全溶解，则说明原溶液中含有Al3而不含Mg2，Al33OH=Al(OH)3，由此排除CO的存在，结合图像中沉淀物质的量的变化，知原溶液中含有0.01 mol Al3，全部转化为沉淀需OH 0.03 mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NHOHNH3H2O，再结合图像，知原溶液中含有0.02 mol NH，形成NH3放出需OH 0.02 m
11、ol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O，该过程需OH 0.01 mol；故实验中使用的NaOH溶液中NaOH的总物质的量为0.03 mol0.02 mol0.01 mol0.06 mol，结合图像知最终消耗氢氧化钠溶液的体积为60 mL，则c(NaOH)1 molL1，A正确；根据电中性原则，溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，其中正电荷总物质的量为：0.02 mol10.01 mol3n(K)10.05 moln(K)，因Cl不能确定是否存在，故负电荷总物质的量至少为0.03 mol20.06 mol，所以n(K)0.0
12、1 mol，故c(K)1 molL1，B不正确；10 mL原溶液中NH为0.02 mol，Al3为0.01 mol，SO为0.03 mol，NH、Al3、SO三种离子的物质的量之比为213，C正确；根据溶液中Al3与SO的物质的量之比可知，滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不能使Al3和SO同时完全沉淀，D正确。答案B9某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()AH2SO4浓度为2.5 molL1BOA段产生的是N
13、O，AB段的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为FeSO4D混合酸中NO物质的量为0.4 mol解析根据图像可知，OA段发生的反应为：FeNO4H=Fe3NO2H2O，硝酸作氧化剂完全反应，AB段发生的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段发生的反应是Fe2H=Fe2H2，故原混合溶液中n(HNO3)n(NO)2n(Fe3)20.4 mol，B、D正确；第二份溶液反应消耗22.4 g(即0.4 mol)铁，铁元素全部以硫酸亚铁形式存在，根据SO守恒可知，每份溶液含H2SO4 0.4 mol，故原混合液中含H2SO4的物质的量为0.8 mol，其浓度为4 molL1
14、，A错误，由图像可知，铁过量，则硫酸完全反应，第二份溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确。答案A10如图所示是200 mg MnC2O42H2O晶体放在坩埚里加热分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定，但其中锰元素的化合价在300以下不变)。试回答下列问题：(1)写出B点固体产物的化学式：_。(2)从B点到C点过程中固体物质质量不变的原因是_。(3)通过计算确定D点产物的相对分子质量，并推断其合理的化学式：_。(4)从D点到E点过程中固体物质质量增加的原因是_。解析结晶水合物受热，先失去结晶水(该过程也可能分步进行)；继续受热将产生气态物质使固体质量减少，一般
15、气体为氧气或气态氧化物；金属元素一定存在于固体中，可用差量法确定产物的组成；也有可能金属元素存在变价，在一定的温度下，与空气中的氧气反应生成其他价态的氧化物，使固体质量再次发生变化。(3)类比碳酸盐的分解并结合MnC2O4的分子组成及图像分析，D点产物由Mn和O两种元素组成。n(Mn)0.001 12 moln(O)0.001 12 moln(Mn)n(O)0.001 12 mol0.001 12 mol11。故产物为MnO(满足化合价)，其相对分子质量Mr551671。答案(1)MnC2O4(2)MnC2O4在100205 时较稳定(3)产物为MnO，其相对分子质量为71(4)MnO与空气中
16、的O2发生化合反应，生成新的锰的氧化物对点回扣1无机反应图像题题型特点无机反应“图像”蕴含了丰富的化学内涵，简明、直观、形象地反映了复杂的化学反应过程、反应物与生成物的数量关系及其变化趋势。一般来说，一条线段代表一个化学反应过程，线段的起点代表一个化学反应过程的开始，线段的终点代表一个化学反应过程的结束，点的横纵坐标代表反应物和生成物的数量关系。该题型形式灵活，能够很好地考查学生获取信息、处理信息的能力，分析问题和解决问题的能力，是高考的重点题。2无机图像题的解题要领先审题干再看图，物变量变两手抓；反应线段要对准，端点拐点定数量；问题陷阱要审清，找准切口再解决。3.无机图像题的解题技能札记 总结 纠错易错点一 易错点二 纠错易错点一 易错点二