化学 高无机综合推断的专项 培优练习题及详细答案.docx

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化学高无机综合推断的专项培优练习题及详细答案

化学高无机综合推断的专项培优练习题及详细答案

一、无机综合推断

1．下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：

回答下列问题：

（1）A是：

_____，C是：

_____，L是：

______，I是：

____（填化学式）。

（2）写出反应①②③的化学反应方程式：

①：

____________________________________；

②：

____________________________________；

③：

____________________________________；

【答案】NaCl2HClCO22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O

【解析】

【分析】

焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。

因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。

【详解】

（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2；

（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O；

【点睛】

无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。

2．甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：

（1）甲物质为____________（填化学式）。

（2）乙与甲反应的化学方程式为____________，丙与甲反应的化学方程式为____________。

（3）D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是____________（结合化学反应方程式描述原因）。

（4）D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为____________，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为____________，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为____________。

【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO

2HCl+O2↑

【解析】

【分析】

甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D（Cl2）与A（NaOH）反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙（CO2）反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与C（Na2CO3）反应得到E（NaCl）与丙（CO2），则G为HCl，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：

甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。

（1）甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；

（2）甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：

Cl2+H2O=HCl+HClO，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；

（4）Cl2与NaOH溶液发生反应：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，有效成分为Ca（ClO）2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：

Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：

2HClO

2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】

本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

3．A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，一定条件下可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。

（1）符合上述转化关系的A、X、B、C为____________________（填字母代号）

a.NaOH  CO2  Na2CO3  NaHCO3b.Na  O2  Na2O  Na2O2

c.NH3  O2  NO  NO2d.Fe  Cl2 FeCl2 FeCl3

（2）X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则C为_________________（填化学式）。

若B中混有少量C杂质，除杂的化学方程式为_________________。

（3）C为红棕色气体，则A是_______或________（填化学式），若A的水溶液显碱性，写出A→B的化学方程式______________________________，B和C可相互转化，写出C→B的化学方程式_____________________________。

（4）若C为淡黄色固体，则B为___________，写出C在潜水艇中作为供氧剂牵涉的两个反应方程式__________、________。

（5）除

（1）涉及的转化外，再写出一组符合转换关系的A、X、B、C____（填化学式）。

【答案】abcNaHCO32NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑NH3N24NH3+O2

4NO+4H2O3NO2+H2O=2HNO3+NONa2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑S（H2S）、O2、SO2、SO3

【解析】

【分析】

氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，符合上述转化关系；

常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下，氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠，符合上述转化关系；

氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和水（或氮气在放电条件下，与氧气反应生成一氧化氮）,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，符合上述转化关系；

硫在氧气中燃烧生成二氧化硫（或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水），二氧化硫在催化剂作用下，二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫。

【详解】

（1）a.氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，符合上述转化关系，故正确；

b.常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下，氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠，符合上述转化关系，故正确；

c.氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，符合上述转化关系，故正确；

d.铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，不符合上述转化关系，故错误；

abc正确，故答案为：

abc；

（2）若X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则X为二氧化碳、A为氢氧化钠、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠；若碳酸钠中混有碳酸氢钠，可以用加热的方法除去碳酸氢钠，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

Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：

NaHCO3；2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑；

（3）若C为红棕色气体，则X为氧气、A为氨气或氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮，若A的水溶液显碱性，A为氨气，氨气在催化剂作用下，与氧气加热反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+O2

4NO+4H2O；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：

NH3；N2；4NH3+O2

4NO+4H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（4）若C为淡黄色固体，则X为氧气、A为钠、B为氧化钠、C为过氧化钠，在潜水艇中，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（5）除

（1）涉及的转化外，还可能存在与硫元素有关的物质间的转化，转化关系为硫在氧气中燃烧生成二氧化硫（或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水），二氧化硫在催化剂作用下，二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫，则A为硫或硫化氢、X为氧气、B为二氧化硫、C为三氧化硫，故答案为：

S（H2S）、O2、SO2、SO3。

【点睛】

解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

4．为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：

请回答：

（1）X的化学式是_______。

（2）X在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。

（3）溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为_______。

【答案】CuFeS24CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO23Fe2（SO4）3＋12NaOH＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12＋5Na2SO4

【解析】

【分析】

根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2（SO4）3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为Na2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。

【详解】

根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n（SO2）=

=0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量n（CuO）=

=0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3，物质的量n（Fe2O3）=

=0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比n（Fe）∶n（Cu））∶n（S）=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol×（56+64+64）g/mol=11.04g，符合题意，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2（SO4）3溶液，则n[Fe2（SO4）3]=0.03mol，4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，n（NaOH）=

=0.12mol，n（Na2SO4）=

=0.05mol，结合元素守恒和电荷守恒，0.03molFe2（SO4）3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n（Na+）=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n（Fe3+）=0.06mol，n（OH-）=0.12mol，n（SO42-）=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：

n（Na+）∶n（Fe3+）∶n（OH-）∶n（SO42-）=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3（SO4）2（OH）6。

（1）根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：

FeCuS2；

（2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：

4FeCuS2+13O2

4CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：

4FeCuS2+13O2

4CuO+2Fe2O3+8SO2；

（3）溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀（0.01mol）的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6（SO4）4（OH）12，反应的化学方程式为：

3Fe2（SO4）3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓，故答案为：

3Fe2（SO4）3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓。

【点睛】

大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。

本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。

5．固体化合物X由3种元素组成。

某学习小组进行了如下实验：

请回答：

（1）由现象1得出化合物X含有________元素（填元素符号）。

（2）固体混合物Y的成分________（填化学式）。

（3）X的化学式________。

X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。

【答案】OCu和NaOHNaCuO22NaCuO2＋8HCl

2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O

【解析】

【分析】

固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。

【详解】

（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。

（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。

（3）NaOH为0.02mol，易算出m（Na）=0.02×23g=0.46g，m（O）=m-m（Na）-m（Cu）=2.38-0.46-1.28=0.46g，N（Na）：

N（Cu）：

N（O）=

=1：

1：

2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl

2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O

6．已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___，F化学式为___；

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___；

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，由此反应可知A有作为___的用途。

（5）M投入盐酸中的离子方程式___。

【答案】Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

【解析】

【详解】

A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe（OH）2，它是H；Fe（OH）2在空气中被氧化为Fe（OH）3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。

（1）物质A的化学式为Na2O2。

答案为：

Na2O2

F化学式为H2。

答案为：

H2

（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

答案为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

（3）Fe（OH）2在潮湿空气中变成Fe（OH）3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。

答案为：

白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。

答案为：

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑

由此反应可知A有作为供氧剂的用途。

答案为：

供氧剂

（5）Fe（OH）3投入盐酸中的离子方程式Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O。

答案为：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

7．探究化合物A（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：

白色固体C既能与强酸反应，也能与强碱反应。

请回答：

（1）写出A受热分解的化学方程式为___________________________________________。

（2）请设计实验方案检验溶液E中所含的阳离子_________________________________。

（3）若固体F中金属元素的百分含量为19.29%，硫为22.86%，氧为57.14%，且300g/mol

【答案】

取玻璃棒蘸取少量溶液于pH试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子

【解析】

【分析】

红棕色气体B为二氧化氮，生成的物质的量为0.2mol，白色固体C既能与强酸反应，也能与强碱反应，说明其为氧化铝或氢氧化铝，由于A仅含有三种短周期元素，故C为氧化铝，其物质的量为0.1mol，则气体单质D为氧气，生成的质量为

，则其物质的量为0.05mol，故A的化学式为

。

【详解】

（1）通过分析可写出A受热分解的化学方程式为

；

（2）E中的阳离子为氢离子和铝离子，故可设计两组实验，取玻璃棒蘸取少量溶液于pH试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子；

（3）根据原子守恒，可知，F中Al元素的质量为

，故F的质量为5.4g÷19.29%=28g，故可算出S的质量为6.40g,O的质量为16.00g，剩余为H的质量，因为300g/mol

。

8．2018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：

（1）关于E的说法正确的是___________________（填序号）

①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在

②E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质

③可用盐酸除去E中混有少量X

④E是良好的半导体材料

（2）写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目______________

（3）写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：

_________________________________

（4）A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________

（5）F物质用氧化物的形式表示为：

__________________。

（6）已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做____________；净化G胶体可采用如图_____________（填序号）的方法，这种方法叫_____________。

【答案】①③

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+Na2O▪SiO2电泳②渗析

【解析】

【分析】

A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。

【详解】

（1）由分析可知E为SiO2。

①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；②SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；③可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；④SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是①③；

（2）SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析标明电子转移数目为：

；

（3）SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（4）A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是：

取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+；

（5）Na2SiO3用氧化物的形式表示为：

Na2O▪SiO2；

（6）在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G胶体可采用图②的方法，这种方法叫渗析。

9．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。

（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：

____________________________________________________________。

（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：

①组成单质A的元素在周期表中的位置为_____________________________________。

②X可能为_