化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案含答案.docx

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化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案含答案

化学高无机综合推断的专项培优练习题（含答案）含答案

一、无机综合推断

1．化合物A由三种元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：

已知：

气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL；溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。

请回答下列问题：

（1）A的组成元素为________（用元素符号表示）；

（2）写出气体甲与NaOH（aq）反应的离子方程式________；

（3）高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式________。

【答案】Mg、Si、HSi2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl

【解析】

【分析】

因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，则为硅酸钠，根据元素守恒可知，气体甲中含有硅元素，与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙，所消耗的氢氧化钠的物质的量为1mol/L×120×10-3L=0.12mol，根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2：

1，可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2=0.06mol，又知气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL，即

=0.03mol，则易知A为0.03mol，其摩尔质量为

=84g/mol，且1个气体甲分子中含2个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03mol：

0.12mol=1：

4的反应生成硅酸钠与气体单质乙，根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素，即为氢气。

因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素，可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。

另外，结合溶液甲只有一种溶质，且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀，沉淀受热不易分解，推出白色沉淀为难溶氢氧化物，所用盐酸的物质的量为3mol/L×20×10-3L=0.06mol，A的质量为2.52g，化合物A由三种元素组成，推测所含的金属元素为镁，根据Mg

2HCl可知，一个分子A中含1个镁原子，再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-1×24-2×28=4，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）A的组成元素为Mg、Si、H，

故答案为Mg、Si、H；

（2）气体甲为Si2H6与NaOH（aq）按1:

4发生氧化还原反应，其离子方程式为：

Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑，

故答案为Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑；

（3）根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知，在高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为MgCl2、SiCl4和HCl，则其反应方程式为：

MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl，

故答案为MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl。

2．如图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A和C为无色气体。

填写下列空白：

（1）物质M可以是___；C是___；F是___（填化学式）。

（2）反应①的化学方程式是___。

（3）反应②的离子方程式是___。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NH3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O28H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

【分析】

M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3 ，气体A能与Na2O2反应，故A为CO 2 ，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2 ，E为NO，F为NO2 ，G为HNO3。

【详解】

（1）根据上述推断，M可以为：

NH4HCO3或（NH4）2CO3，C为NH3，F为NO2，故答案为：

NH4HCO3或（NH4）2CO3；NH3；NO2；

（2）根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：

8H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

3．A～H均为短周期元素，A～F在元素周期表中的相对位置如图1所示，G与其他七种元素不在同一周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素。

由B、G构成的最简单化合物常作为氮肥工业和纯碱工业的原料。

由上述某些元素组成的物质甲～戊的转化关系如图2所示。

已知图2中反应①是复分解反应，生成物中水已略去。

请回答下列问题：

（1）上述元素组成的单质中，硬度最大的是_________________（填该物质名称）。

（2）若戊是含有18电子的双原子分子，则丙的电子式为________________；在①中制取气体丙的化学方程式为_______________________________________________。

（3）若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，写出甲的一种用途：

_____________________________。

（4）如果图2中反应①是置换反应，戊是单质，则戊不可能是_____________。

 （填序母序号）

A、O2B、Cl2C、H2D、N2

【答案】金刚石

NH4Cl+NaOH

NaCl+NH3↑+H2ONa2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料；制备硅胶的原料；黏合剂D

【解析】

【分析】

由题意及各元素在周期表中的位置可以确定这几种元素分别是：

A：

C元素；B：

N元素；C：

O元素；D：

Si元素；E：

S元素；F：

Cl元素；H：

Na元素；G：

H元素，据此分析。

【详解】

（1）上述元素中，C元素形成金刚石为原子晶体，硬度最大，故答案为：

金刚石；

（2）反应①是复分解反应，生成物中水已略去，戊是含有18电子的双原子分子，则符合条件的各种物质分别是：

甲：

NH4Cl；乙：

NaOH；丙：

NH3；丁：

NaCl；戊：

HCl；氨气的电子式为

；在①中NH4Cl与NaOH溶液共热制取丙NH3的反应的方程式为：

NH4Cl+NaOH

NaCl+NH3↑+H2O；

（3）若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，则符合条件的各种物质分别是：

甲：

Na2SiO3；乙：

CO2；丙：

H2SiO3；丁：

Na2CO3；戊：

NaOH。

Na2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料、制备硅胶的原料、黏合剂等；

（4）反应①是置换反应，戊是单质，则

A.若戊为O2。

则符合要求的各种物质分别为：

甲：

SiO2（或H2O）；乙：

C（或C）；丙：

Si（或H2）；丁CO（或CO）：

戊：

O2，选项A符合；

B.若戊为Cl2，则符合要求的各种物质分别为：

甲：

HCl；乙：

Na；丙：

H2；丁：

NaCl；戊：

Cl2；反应①是Na与HCl反应生成NaCl和H2，属于置换反应，选项B符合；

C.若戊为H2。

则符合要求的各种物质分别为：

甲：

H2S；乙：

Cl2（或O2）；丙：

S；丁：

HCl（或H2O）；戊：

H2；选项C符合；

D.若戊为N2，则符合要求的各种物质分别为：

甲：

NH3；乙：

O2；丙：

H2O；丁：

NO，不符合转化关系，选项D不符合；

答案选D。

4．探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：

（1）X的化学式是____。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是____。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2OSiO2＋2C

Si＋2CO↑

【解析】

【详解】

无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量=1.44g÷24g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则

（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C

Si＋2CO↑。

5．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

乙_________，F__________。

（2）写出下列反应的离子方程式：

①金属A和水反应_______________。

②红褐色沉淀C与物质E反应__________。

③F与黄绿色气体乙反应____________。

④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。

（3）将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。

你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间，验证的简单方法是：

_____________。

【答案】Cl2FeCl22Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O1～100nm是否有丁达尔现象

【解析】

【分析】

金属A是食盐中的元素为Na元素，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe（OH）3，结合物质的性质分析解答。

【详解】

食盐中的金属元素是Na，所以金属A是Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe（OH）3。

（1）由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2；

（2）①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；

③F是FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

④氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（3）将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1～100nm之间，验证的简单方法是：

用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。

【点睛】

6．已知A为一种盐，C、D、F、N、O在常温常压下均为无色气体，E在常温常压下为无色、无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见的无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验。

（1）写出D的电子式：

___；

（2）写出反应②的化学方程式：

___；

（3）已知B中氧元素的质量分数为22.2%，且A分解产生的各物质的物质的量之比为n（B）：

n（C）：

n（D）：

n（E）：

n（F）=1：

2：

2：

1：

2，则A的化学式为：

___。

【答案】

4NH3+3O2

2N2+6H2O（NH4）2Fe（C2O4）2

【解析】

【分析】

E在常温常压下为无色、无味的液体，则E为H2O；I为常见的无氧强酸，则为盐酸；常用浓盐酸检验气体F，则F为NH3；则L为O2，N为N2，O为NO，P为NO2，Q为HNO3；K为Fe（NO3）3，J为FeCl2，H为Fe，B为FeO（由B中氧元素的质量分数为22.2%进行计算），C为CO，D为CO2。

（1）由以上分析知，为

，电此可写出其电子式。

反应

是氨气氧化生成氮气，由此可写出化学反应方程式。

在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：

C：

D：

E：

：

2：

2：

1：

2，由原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物的性质推断出A的化学式为

【详解】

通过上面分析，可推知，E为H2O，I为盐酸，F为NH3；L为O2，N为N2，O为NO，P为NO2，Q为HNO3；K为Fe（NO3）3，J为FeCl2，H为Fe，B为FeO，C为CO，D为CO2。

为

，电子式为

。

答案为：

。

反应

是氨气的氧化，反应的化学反应方程式为

。

答案为：

；

在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：

C：

D：

E：

：

2：

2：

1：

2，即FeO：

CO：

：

：

：

2：

2：

1：

2，由原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物的性质推断出A的化学式为

。

答案为：

。

【点睛】

本题涉及的物质多，推断难度大，所以要大胆假设，然后进行求证。

首先从F+I（常见的无氧强酸）用于F气体的检验切入，确定F为NH3，I为盐酸，然后才能逐步深入推断。

由F推出一连串物质：

F为NH3，L为O2，N为N2，O为NO，P为NO2，Q为HNO3，K为Fe（NO3）3。

由Q与J的反应，推出J为FeCl2，H为Fe，再利用信息“已知B中氧元素的质量分数为22.2%”推出B为FeO，最后完成C、D的推断。

7．有关物质的转化关系如下图所示。

C是海水中最多的盐，D是常见的无色液体。

E和G为无色气体，其中E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

B、C、I、J的焰色反应为黄色，其中I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。

⑴F的化学式为______。

E的电子式为______。

⑵写出反应①的离子方程式：

______。

⑶写出反应②的化学方程式：

______。

⑷写出反应③的化学方程式：

______。

【答案】NH3·H2O

NH4+＋OH－

NH3↑＋H2ONaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3

【解析】

【分析】

由C是海水中最多的盐可知，C为氯化钠；由D是常见的无色液体可知，D为水；由E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E为氨气；由B、C、I、J的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J为含有钠元素的化合物；由I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I为碳酸氢钠；由转化关系可知A为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则B为氢氧化钠、F为一水合氨、G为二氧化碳、H为碳酸氢铵、J为碳酸钠。

【详解】

（1）由以上分析可知，F为一水合氨；E为氨气，氨气为共价化合物，电子式为

，故答案为：

NH3·H2O；

；

（2）反应①为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为NH4+＋OH－

NH3↑＋H2O，故答案为：

NH4+＋OH－

NH3↑＋H2O；

（3）反应②为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：

NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓；

（4）反应③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3，故答案为：

2NaHCO3

CO2↑＋H2O＋Na2CO3。

【点睛】

由题意推出C为氯化钠、D为水、E为氨气，并由此确定A为氯化铵、B为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。

8．A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。

完成下列问题：

（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。

①写出E转变为C的化学方程式________________________________。

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。

（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。

②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。

【答案】C+2H2SO4（浓）△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:

4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓

【解析】

【分析】

（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；

（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。

【详解】

（1）经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：

①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：

C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:

4；

（2）经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：

①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；

②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：

Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：

4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。

【点睛】

掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：

淡黄色：

硫，过氧化钠，溴化银。

常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。

9．中学化学常见物质A～I的转化关系如框图所示，其中A为化合物，B为常见金属单质，H的焰色反应为黄色，Y不使品红溶液褪色。

（部分反应条件、溶剂及产物已略去）

（1）反应①、②的离子方程式________________、__________。

（2）现有含0.10molH的溶液，要使其转化成含0.10molF的溶液，则：

①若只能加入0.050mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

②若只能加入0.10mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

【答案】2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-Na2O或Na2O2NaOH或Na

【解析】

【分析】

由H的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F在加热与过量的y之间相互转化，则H为NaHCO3，F为Na2CO3，气体Y为CO2，溶液D为NaOH，化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C，那么A为Na2O2，液体x为H2O；因为B为金属单质，固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B为Al，E为Al2O3，G为NaAlO2，向NaAlO2通入二氧化碳产生Al（OH）3和NaHCO3，所以I为Al（OH）3，据此回答。

【详解】

（1）反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：

AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH或Na。

【点睛】

本题关键点在于H，H含有钠元素，并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。

10．如下图所示：

已知A、D、E、F是中学化学中常见的单质，B、C是氧化物，且B的式量是232。

请填空：

（1）A是______________，E是______________。

（填化学式）

⑵D跟水反应的化学方程式为______________。

⑶C电解时，每生成1molA，同时生成______________molE。

【答案】AlO23Fe＋4H2O

Fe3O4＋4H20.75mol

【解析】

【分析】

A为单质、B为氧化物，由框图中的反应条件“高温”可预测，此反应为铝热反应。

A为铝，B为金属氧化物，C为氧化铝，D为金属单质。

再由C熔融电解，可得出E为O2，F为H2。

由D与H2O在高温条件下反应生成B和H2，可得出D可能为Fe，B为Fe3O4，利用232进行验证，从而证实上述预测。

【详解】

（1）由题干分析可知，A为铝，B为氧气。

答案为Al、O2。

（2）Fe跟水反应，其化学方程式为3Fe＋4H2O

Fe3O4＋4H2。

答案为3Fe＋4H2O

Fe3O4＋4H2。

（3）电解氧化铝的反应方程式为：

2Al2O3（熔融）

4Al+3O2↑，由反应方程式可得出，生成4molAl，同时生成3molO2，从而得出每生成1molAl，同时生成0.75molO2。

答案为0.75mol。