备战高考化学压轴题专题复习高无机综合推断的综合含答案Word文档格式.docx

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Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；

（2）X为黄绿色气体，则X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，说明Y为FeCl3溶液。

据此进一步判断W为Fe，Z为FeCl2。

①检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液，如果FeCl2溶液变质，则滴加KSCN溶液后，溶液呈现血红色；

②在高温条件下铁与水反应：

3Fe+4H2O

Fe3O4+4H2；

（3）红棕色的气体Z是NO2气体；

X为气体化合物，经氧气连续氧化生成NO2，猜测X为NH3，Y为NO；

检验NH3是利用其水溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝，说明气体是氨气；

或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。

NH3转化为NO的化学方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O；

（4）①如果X为一元强碱，W是形成酸雨的主要物质，则推测W为SO2，则根据图示转化关系判断Y为SO32-，Z为HSO3-，则Y到Z的离子方程式为：

SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；

②溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-，滴入稀盐酸，首先发生反应：

OH-+H+=H2O，此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，没有气体逸出；

然后发生反应：

SO32-+H+=HSO3-，此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，也没有气体逸出；

最终发生反应：

HSO3-+H+=H2O+SO2↑，此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL，逸出气体的物质的量为0.01mol。

据此可绘出图象：

。

2．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

）

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。

（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：

3．为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：

（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

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。

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。

4．A是一种红棕色金属氧化物；

B、D是金属单质；

J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?

___。

【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 

Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；

铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 

Fe（OH）2，则E是 

FeCl2，以此解答该题。

（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；

（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

5．已知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物；

B和X的摩尔质量相同，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，在一定条件下，各物质相互转化关系如下图所示。

请按要求填空：

（1）丙的化学式是_______，G的化学式是_________。

（2）写出有关变化的化学方程式：

甲+乙：

___________；

D+丙：

_______。

（3）B与X的水溶液反应生成C和乙的离子方程式是________________________。

【答案】O2SO32Na+S

Na2S2Na2SO3+O2=2Na2SO4Na2O2+S２－+2H2O=4OH－+S↓+2Na＋

单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应，可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化，生成不同的氧化物，则丙是O2；

氧化物B与水反应能放出O2，则B是Na2O2，那么C是NaOH，A是Na2O，甲是Na；

又因B和H的摩尔质量相同，则X是Na2S，那么乙是S，F是SO2，G是SO3；

由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16可知D是Na2SO3，E是Na2SO4。

（1）由以上分析可知丙是O2，G是SO3；

故答案为：

O2，SO3；

（2）甲+乙的反应为钠与硫共热反应生成硫化钠，反应的化学方程式为2Na+S

Na2S；

D+丙的反应为亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：

2Na+S

2Na2SO3+O2=2Na2SO4；

（3）过氧化钠与氯化钠的水溶液发生氧化还原反应生成氢氧化钠和硫，反应的离子方程式为Na2O2+S２－+2H2O=4OH－+S↓+2Na＋，故答案为：

Na2O2+S２－+2H2O=4OH－+S↓+2Na＋。

6．下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。

已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K可用作食品发泡剂。

B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。

根据以上信息，回答下列问题：

（1）B的组成元素为_____。

（2）鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。

（3）G→J的离子方程式为_____。

（4）M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：

2：

4，则M的化学式为_____。

【答案】Fe、C、O取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2ONa2FeO4

A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2（SO4）3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3（纯碱），K为NaHCO3（小苏打）。

（1）由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：

Fe、C、O；

（2）I为Na2CO3（纯碱），K为NaHCO3（小苏打），Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：

取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；

（3）G→J的反应为FeO生成Fe2（SO4）3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：

2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；

（4）H、L、D分别为：

NaClO、Fe（OH）3、NaOH，根据物质的量之比为3：

4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：

Na2FeO4。

无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。

掌握常见物质的性质和用途是关键。

7．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：

请回答下列问题：

（1）G是______________（填化学式）。

（2）写出A→B的离子方程式_____________________________________________。

（3）若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。

（4）C的最大质量为________________g。

【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋Cu2O+2H=Cu2＋+Cu+H2O23.3

A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；

B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为BaSO4；

通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。

（1）G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×

0.1mol/L×

32g/mol＝3.2g，G中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有

，解得：

M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；

Cu2S；

（2）A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：

SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；

（3）Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：

Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；

（4）由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×

233g/mol＝23.3g；

23.3；

8．下图表示有关物质之间的转化关系，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，D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分别是_______，_______（填化学式）；

其物质的量之比为__________.

（4）反应③产物中K的化学式为____________；

④的离子方程式为_____________________________.

【答案】AlNa2O22H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CO1:

1Na2CO32

+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+

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，C是常见的无色无味液体可以推断为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2的反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该固体金属为Al，固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；

说明K为Na2CO3，F为O2；

题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳），C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；

依据F（O2）与E反应生成C（水）可知E为氢气，结合物质的性质解答该题。

推断可知A为Al，B为C，C为H2O，D为Na2O2，E为H2，F为O2，G为CO2，H为CO，K为Na2CO3；

（1）依据推断可知，A、D代表的物质分别为：

Al、Na2O2；

（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：

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

（3）依据反应C+O2=CO2：

n（C）：

n（O2）=1：

1，发生反应产物为二氧化碳；

依据反应2C+O2=2CO；

n（O2）=2：

1，发生反应生成一氧化碳气体；

反应②中，若B（C）与F（O2）物质的量之比为4：

3，1：

1＜n（C）：

n（O2）=4：

3＜2：

1；

判断G、H分别是：

CO2、CO；

设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol，则a+b=4、2a+b=6，解得：

a=2、b=2，故CO2和CO物质的量之比为2mol：

2mol=1:

（4）反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气，F为氧气，产物中K为碳酸钠，化学式为：

Na2CO3；

分析判断G为CO2，溶液乙是碳酸钠溶液，G+溶液甲=溶液乙+沉淀L，所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应④的离子方程式为：

2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。

考查无机物的推断，此类题的解答一般有以下步骤：

思维起点的选择：

思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；

思维过程的展开：

解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；

思维过程的检验：

将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；

本题可从C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物，展开思维的空间，寻找目标答案。

9．

（一）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。

（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_______。

（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为____。

（二）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：

（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。

则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式_____。

（4）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是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是_____。

（5）若A是应用最广泛的金属。

④反应用到A，②⑤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，写该反应的离子方程式_____。

【答案】Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

SO2+Na2O2=Na2SO4第三周期ⅢA族Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

（一）

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素,W、X是金属元素,其最高价氧化物对应的水化物为碱,且两种碱可以反应生成盐和水,则W为Na元素,X为Al元素,Y、Z是非金属元素,W为Na,W可以和Y形成,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期,所以为S,Y的低价氧化物为;

并且Z和Y同周期,原子序数比Y大,所以Y为Cl,根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解