高考化学知识点过关培优训练高无机综合推断及详细答案Word格式.docx

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氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠。

据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，丙是氯化氢；

（2）F是Ca（ClO）2；

（3）①把氯气通入紫色石蕊溶液中，氯气与水生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，石蕊变红色，次氯酸具有漂白性，所以石蕊褪色，可以观察到的现象是：

先变红后褪色；

②氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

2．已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）

（1）写出物质B的化学式：

___________

（2）写出下列反应的化学方程式：

反应①______________________________________________________________________

反应②______________________________________________________________________

（3）写出下列反应的离子方程式：

反应C→D______________________________________________________________________

反应D→C_____________________________________________________________________

（4）检验D中阳离子的方法：

_________________________________________________________

【答案】Fe3O44Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）33Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H22Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Fe=3Fe2+取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。

红褐色固体固体出现，为氢氧化铁，说明金属单质A为铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（C）和氢气（F）,氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁（D）,氯化铁又被铁还原为氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁（E），接着被氧气氧化为红褐色固体氢氧化铁，铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁（B）和氢气（F）；

（1）B为四氧化三铁，正确答案为Fe3O4。

（2）正确答案：

①4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3；

②3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2。

（3）氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

氯化铁又被铁还原为氯化亚铁：

2Fe3++Fe=3Fe2+；

正确答案：

2Fe3++Fe=3Fe2+。

（4）Fe3+检验方法：

①加入氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀；

②加入硫氰化钾溶液，出现红色溶液，该方法简单易操作；

取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。

点睛：

推断题要抓住题眼：

红褐色固体为氢氧化铁，从而推出金属单质铁。

3．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＋。

4．下列物质（均为中学化学常见物质）转化关系图中，D为红棕色粉末（反应条件及部分反应物、产物未全部说明），B、C、E为常见单质，A、D为氧化物。

根据图示转化关系填写下列空白：

（1）写出下列物质的化学式A________，B________，G________。

（2）C与D的混合物通常称__________（填名称）。

（3）写出下列化学方程式或离子方程式

①I＋J→K________________（离子方程式）。

②G＋B→H________________（化学方程式）。

【答案】Al2O3O2Fe（OH）2铝热剂Al3＋＋3[Al（OH）4]－=4Al（OH）3↓4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3

由转化关系图可知，电解A得到B与C，A能与盐酸、氢氧化钠反应，则A为两性氧化物Al2O3、C为Al、B为O2；

氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，则I为AlCl3、J为Na[Al（OH）4]、K为Al（OH）3；

D为红棕色粉末，与Al发生铝热反应得到A与E，则D为Fe2O3，E为Fe，；

Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，则F为FeCl2、G为Fe（OH）2、H为Fe（OH）3。

（1）由上述分析可知，A为Al2O3，E为Fe，G为Fe（OH）2，故答案为：

Al2O3；

Fe；

Fe（OH）2；

（2）铝和氧化铁的混合物通常称为铝热剂，高温下能发生铝热反应生成氧化铝和铁，故答案为：

铝热剂；

（3）①I＋J→K的反应为氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应的离子方程式为Al3＋＋3[Al（OH）4]－=4Al（OH）3↓，故答案为：

Al3＋＋3[Al（OH）4]－=4Al（OH）3↓；

②G＋B→H的反应为氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3。

【点睛】

由电解A得到B与C，A能与盐酸、氢氧化钠反应确定A为两性氧化物Al2O3是判断难点，也是解答关键。

5．暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。

己知：

气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。

请回答以下问题：

（1）写出A的电子式____________。

（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。

（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________

（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________

【答案】

SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl3I2+5NH3·

H2O=NI3·

NH3+3NH4++3I-+5H2O取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。

气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×

1.25g.L-1=28g/mol，为氮气。

混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。

根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。

紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·

NH3。

（1）A为碘单质，电子式为：

；

（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：

SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；

（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：

3I2+5NH3·

NH3+3NH4++3I-+5H2O；

（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：

取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。

6．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。

三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）。

（1）写出下列物质的化学式：

A__________；

G___________。

（2）写出反应①的化学方程式：

__________；

写出反应②的离子方程式：

_________。

（3）说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。

（4）区别E、F两种溶液最简单的方法是______，实验室检验G中所含的金属离子时，常在G的溶液中加入_____溶液

【答案】NaFeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑制漂白粉观察法KSCN

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；

氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为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H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系：

HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。

氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为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H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3；

（1）根据上面的分析可知：

A的化学式为Na；

G的化学式为FeCl3；

（2）反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，发生反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）黄绿色气体乙为氯气，可用于自来水的消毒或制漂白粉等。

（4）E为稀盐酸、F为FeCl2溶液，区分这两种溶液最简单的方法是观察法，盐酸是无色溶液，而FeCl2溶液是浅绿色；

G为FeCl3溶液，含有Fe3+，检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液，可观察到溶液显血红色；

7．为了探究某带结晶水的固体X（含四种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验

请回答：

（1）白色固体D是________。

（2）无色溶液

白色沉淀F的离子方程式是________。

（3）X的化学式是________。

（或氧化镁）

MgC2O4

4H2O

混合气体A经过浓硫酸得混合气体B，B在标况下体积为896mL，物质的量为0.04mol，混合气体B通入澄清的石灰水，产生白色沉淀为CaCO3，白色沉淀的质量为2.00g，则物质的量为0.02mol，所以n（CO2）=0.02mol，根据框图可知含n（CO）=0.02mol，所以含C的物质的量为0.04mol。

由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为1.16g，可知白色沉淀F为Mg（OH）2,物质的量为n[Mg（OH）2]=

=0.02mol,n（Mg2+）=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=

=40g/mol，所以D为MgO，所以n（MgO）=0.02mol,含O为0.02mol，根据质量守恒，m=0.02mol

40g/mol+0.02mol

44g/mol+0.02mol

28g/mol=2.24g,所以水的质量为：

2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n（H2O）=0.04mol，含n（H）=0.08mol。

（1）由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为1.16g，可知白色沉淀F为Mg（OH）2,物质的量为n[Mg（OH）2]=

=40g/mol，所以D为MgO；

答案：

MgO。

（2）由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为Mg（OH）2，反应的的离子方程式是：

Mg2++2OH-=Mg（OH）2

，答案：

（3）由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为：

0.02mol：

0.04mol：

0.10mol:

0.08mol=1：

2：

5：

4，所以X的化学式是MgC2O4

4H2O；

MgC2O4

4H2O。

8．如图所示：

图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：

（1）写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。

（2）写出下列反应的化学方程式

①_____________________________________________。

②______________________________________________。

（NH4）2CO3（或NH4HCO3）NH3NO2HNO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O24NH3＋5O2

4NO＋6H2O

X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能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；

反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。

反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；

（1）由分析知：

X为（NH4）2CO3（或NH4HCO3），C为NH3，F为NO2，G为HNO3；

（2）反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋5O2

4NO＋6H2O。

以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体，确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。

9．中学常见反应的化学方程式是A+B

X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为了1：

4。

（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是______，该反应的离子方程式是______。

（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________．

（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。

①元素在周期表中的位置是______（填所在周期和族）；

Y的化学式是______。

②含amol 

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是______mol。

（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；

B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：

4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________。

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O4：

1第四周期Ⅷ族NO0.4ac（Na+）>

c（Cl-）>

c（AlO2-）>

c（OH-）>

c（H+）

（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：

4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；

（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；

A、B的物质的量之比为1：

4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；

（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：

4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；

利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；

（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：

4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析。

（1）因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为

，A、B的物质的量之比为1：

4，则反应的离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素；

4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O。

根据元素的化合价变化可知：

碳元素的化合价升高，则碳作还原剂；

硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：

1；

（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：

4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应方程式为Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O。

①铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的气体Y为NO；

②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则根据放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：

每有2molFe3+反应会产生3molFe2+，假设反应的Fe3+的物质的量是x，则反应产生Fe2+的物质的量是

mol，由于反应后溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=

，解得x=0.4a；

（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有Na+，A与B按物质的量之比1：

4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由题意知A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则n（Na+）=4mol，n（Cl-）=3mol，NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO2-水解消耗，则n（AlO2-）<

1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，c（OH-）>

c（H+），水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c（AlO2-）>

c