高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题含答案1.docx

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高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题含答案1

高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题含答案

（1）

一、无机综合推断

1．I．化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:

1，X不溶于水，能溶于强酸。

某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。

（1）X的化学式是____________________。

（2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：

__________。

（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：

_____________________。

II．已知黑色固体中不含单质。

为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成100mL溶液，每次取20.00mL待测液于锥形瓶中，用2.000×10-2mol∙L-1KMnO4标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：

组次

1

2

3

4

V标（mL）

20.00

20.02

19.99

19.99

（4）如何判断滴定终点：

__________________。

（5）待测液中c（Fe2+）=____________________。

（6）该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_______________。

【答案】FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色0.1000mol.L-1Fe4O5

【解析】

【详解】

I．根据流程中信息可知，2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁

=0.01mol，故X中含有0.02molFe3+，质量为0.02mol

=1.12g，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为

=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为

=0.02mol，故可推知X中含有0.02molCl-，质量为0.02mol

=0.71g，化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:

1，故另一非金属元素也为0.02mol，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g，则摩尔质量为

=16g/mol，应为O元素，故X为FeOCl；

（1）X的化学式是FeOCl；

（2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：

取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；

（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和Cu2+，对应的离子方程式是：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

II．（4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：

当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；

（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL，根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，待测液中c（Fe2+）=

；

（6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为

铁的总物质的量为0.02mol，则n（Fe2+）:

n（Fe3+）=0.01mol:

0.01mol=1:

1，该黑色固体的化学式用FexOy形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有

，得x:

y=4:

5，FexOy可表示为Fe4O5。

2．现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（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）ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是：

______________；（用具体化学式表示）

（2）写出反应③的离子方程式：

__________________________。

（3）实验室制取乙气体时，先将气体生成物通过_____以除去________________。

（4）向烧杯中装有的物质F中加入物质D，可以看到的现象是：

_________，物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热，可以得到红色固体，对应的化学方程式是：

___；

【答案】Na＞Al＞Fe2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑饱和食盐水HCl（氯化氢）先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑

【解析】

【分析】

由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，则B为金属Al；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系可知C为Fe金属，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3。

【详解】

（1）A为金属Na，B为金属Al,C为Fe金属，由金属活动顺序表可知，三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na＞Al＞Fe，故答案为：

Na＞Al＞Fe；

（2）反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为：

2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；

（3）实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气，浓盐酸受热易挥发，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去极易溶于水的氯化氢气体，故答案为：

饱和食盐水；HCl（氯化氢）；

（4）向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液，NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3，在隔绝空气时加强热，得到红色固体为Fe2O3，化学方程式为2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑，

故答案为：

先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑。

【点睛】

本题考查物质推断与性质，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，掌握元素化合物的性质是解题的关键。

3．无机化合物X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成（X比Y的相对分子质量大），常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。

取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1.00mol·L－1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。

Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：

2，且产物之一能使品红溶液褪色。

请回答：

（1）X的化学式______________。

白色沉淀属于_____________（填“强”、“弱”或“非”）电解质。

（2）Y与水反应的化学方程式_________________。

（3）二元化合物Z能与X化合生成Y。

一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA（原子个数之比1：

1，其相对分子量为184）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7。

将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C。

①写出Z与足量氨反应的化学方程式____________。

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下_____________（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是_________________。

③请设计检验离子化合物M中阳离子的实验方案：

_________________。

【答案】SO2Cl2或SCl2O2强SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl可能NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与0.04mol的NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol的硫酸钡沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有S：

0.01mol，Cl：

0.02mol，则氧元素的物质的量是（1.35g－0.32g－0.71g）÷16g/mol＝0.02mol，故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：

2，且产物之一能使品红溶液褪色，因此Y为SOCl2；二元化合物Z能与X化合生成Y。

一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA（物质的量是0.005mol）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7，所以淡黄色固体B为S，M为氯化铵，0.92gA（原子个数之比1：

1，其相对分子量为184）隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C，可知气体C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是0.02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g－0.64g＝0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知Z为S4N4。

据此解答。

【详解】

（1）由分析可知X为SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：

SO2Cl2，强；

（2）Y与水反应的化学方程式：

SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑；

（3）①Z与足量氨反应的化学方程式为：

6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；

③检验M中的阳离子即检验铵根离子，方法为：

取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。

4．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。

气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：

（1）组成A的三种元素是________，A的化学式是________。

（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。

（3）气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（

学名：

六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。

【答案】

、

、

（或

）

【解析】

【分析】

溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为

，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为

，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。

【详解】

（1）根据分析可知固体A中的三种元素为：

Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为

；

（2）根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：

；

（3）气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：

（或

）

。

5．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应。

（1）若A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是___。

（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是___。

（3）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则C的电子式是___，反应③的化学方程式是___。

（4）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，B的结构式是___，反应④的化学方程式是___。

【答案】SiO2＋2C

Si＋2CO↑2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-︰N

N︰4NH3＋5O2

4NO＋6H2OO=C=OC＋4HNO3

CO2↑＋4NO2↑＋4H2O

【解析】

【分析】

【详解】

（1）A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，F为气体，则F为氧气，验证符合转化关系，则：

反应①的化学方程式是SiO2＋2C

Si＋2CO↑，故答案为：

SiO2＋2C

Si＋2CO↑；

（2）A是生活中常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，可推知A为Fe，F为Cl2，故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，则：

反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（3）B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，电子式为︰N

N︰，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应③的化学方程式是：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O，故答案为：

︰N

N︰；4NH3＋5O2

4NO＋6H2O；

（4）若A、D为单质，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，该红棕色气体为NO2，可推知F为HNO3，反应①是置换反应，Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系，可推知B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg（NO3）2，则：

二氧化碳的结构简式为：

O=C=O，反应④的化学方程式是C＋4HNO3

CO2↑＋4NO2↑＋4H2O，故答案为：

O=C=O；C＋4HNO3

CO2↑＋4NO2↑＋4H2O。

6．A～J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置是____________；

（2）检验C溶液中阳离子方法是（写出操作，现象及结论）________________________________________________________________________________________________；

（3）写出反应①化学方程式：

________________________________________________；

（4）写出反应④离子方程式：

________________________________________________；

（5）写出反应⑥化学方程式：

________________________________________________；

（6）写出反应③阳极的电极反应式：

__________________________________________；

（7）从能量变化角度看，反应①②③中，属于△H＜0的反应是__________（填序号）。

【答案】第四周期第VIII族取少量C溶液滴加KSCN，溶液不显红色，再加氯水，溶液呈红色，证明是Fe2+8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32O2--4e-=O2↑①②

【解析】

【分析】

根据反应的流程图可知F是Fe（OH）3，E是Fe（OH）2，则A是Fe，B是Fe3O4，C是FeCl2，D是FeCl3，据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，Fe元素在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）C中的阳离子是亚铁离子，检验其方法是取少量C溶液滴加KSCN，溶液不显红色，再加氯水，溶液呈红色，证明是Fe2+；

（3）G为主族元素的固态氧化物，与氢氧化钠溶液反应，且电解得I也与氢氧化钠溶液反应，所以I是Al，G是Al2O3，H是氧气，J则是偏铝酸钠。

反应①是铝热反应，化学方程式8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe；

（4）反应④是Al与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；

（5）反应⑥是氢氧化亚铁在空气中变为氢氧化铁的反应，化学方程式为

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（6）反应③是电解氧化铝，阳极是阴离子放电，电极反应式为2O2--4e-=O2↑；

（7）从能量变化角度看，反应①②③中，铝热反应、燃烧反应都是放热反应，而电解反应是吸热反应，所以属于△H＜0的反应是①②。

7．在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。

（反应条件图中已省略）。

（1）A、C代表的物质分别为______、______（填化学式）；

（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____________；

（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4：

3，G、H物质的量之比为______；

（4）反应④的离子方程式为______________。

【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1：

1CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－

【解析】

【分析】

题干信息：

A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C（碳）单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B（C单质）与F（O2）反应得到G（CO2）；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。

溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al（OH）3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al（OH）3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al（OH）3。

（1）依据推断可知，A是Al，C是H2O；

（2）反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：

3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：

4C+3O2

2CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n（CO2）：

n（CO）=2：

2=1：

1；

（4）反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。

转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。

8．某种电镀废水含A阴离子，排放前的处理过程如下：

己知：

4.5g沉淀D在氧气中灼烧后，产生4.0g黑色固体，生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时，产生5.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E560mL。

（1）E的结构式为____________。

（2）写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。

（3）溶液B具有性质____________（填“氧化性”或“还原性”）。

（4）滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，用离子方程式表示该反应为______________________________________。

【答案】

2CuCN+3O2

2CuO+2CO2↑+N2↑还原性2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O

【解析】

【分析】

单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，则E为N2，则n（N2）=

=0.025mol；沉淀D含有Cu，灼烧后产生的黑色固体为CuO，产生无色无味气体为CO2，n（CuO）=

=0.5mol，n（CO2）=n（CaCO3）=

=0.05mol；即D中含有0.05molCu、0.05molC、0.05molN，共4.5g，则D中不含其他元素，所以D为CuCN；则A离子为CN-。

【详解】

（1）经分析，E为N2，其结构式为

；

（2）D为CuCN，其灼烧的化学方程式2CuCN+3O2

2CuO+2CO2↑+N2↑；

（3）由题知，Cu（II）→Cu（I），该过程需要还原剂，A溶液不体现还原性，故B溶液具有还原性；

（4）用次氯酸钠把CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气，离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O。

9．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