高考化学高无机综合推断大题培优及详细答案.docx

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高考化学高无机综合推断大题培优及详细答案

高考化学高无机综合推断（大题培优）及详细答案

一、无机综合推断

1．中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。

其中A、H为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C是黑色金属氧化物，I是紫红色金属单质。

X为常见液体（部分反应条件及生成物没有全部列出）。

回答下列问题：

（1）B的化学式为________C的化学式为___________D的化学式为___________

（2）B的实验室制法的化学方程式____________________

（3）写出反应①的化学方程式_______________________。

（4）写出反应②的离子方程式_______________________。

【答案】NH3CuONO2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++NO↑+4H2O

【解析】

【分析】

A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X（水）、D（NO），故为HNO3，G为Cu（NO3）2．C属于氧化物，与B（NH3）反应得到X（水）、H（氮气）、I（Cu），根据元素守恒可知C为CuO，据此解答。

【详解】

A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X（水）、D（NO），故为HNO3，G为Cu（NO3）2．C属于氧化物，与B（NH3）反应得到X（水）、H（氮气）、I（Cu），根据元素守恒可知C为CuO；

（1）由上述分析可知，B的化学式为NH3；C的化学式为CuO；D的化学式为NO；

（2）实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（3）反应①为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

（4）反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

【点睛】

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。

2．黑色固体物质A有如下图所示的转化关系。

每个方框表示有一种反应物或生成物（反应条件及生成的水已略去），其中C、F常温下为无色气体，D、E有共同的阳离子。

⑴写出B和C的化学式：

B______________；C______________。

⑵写出反应④的离子方程式______________

【答案】FeSO4H2S2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋

【解析】

【分析】

从框图中可以看出，反应②是解题的突破口。

因为它的已知信息多，不仅有“D、E有共同的阳离子”，而且有Cl2这种具有强氧化性的特殊物质。

【详解】

（1）由反应②知，B物质具有还原性；由反应④知，E物质具有氧化性，F气体具有还原性。

综合分析反应②和④，可得出B中的阳离子具有还原性，从而得出其为亚铁盐。

结合反应③，可得出F气体为SO2，C气体为H2S。

再回到反应④，F为SO2，氧化产物必然为H2SO4，从而得出E为Fe2（SO4）3、B为FeSO4、G为H2SO4。

由反应①，很容易得出A为FeS。

由反应②，可得出D为FeCl3。

答案为：

B是FeSO4、C是H2S。

（2）反应④的化学方程式为：

Fe2（SO4）3＋SO2＋2H2O＝2FeSO4＋2H2SO4，离子方程式为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。

答案为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋

【点睛】

无机框图题是难度较大的一类题，因为它要求我们必须熟练掌握元素及其化合物的性质，尤其是一些具有特殊性质的物质。

比如Cu、Cl2、Fe2O3、CuO、FeS等物质的颜色，需要高温、通电、催化剂等条件的反应，具有较强氧化性的金属离子（比如Fe3+），具有较强还原性的气体（比如SO2）等。

解题时，条件特殊、已知条件多、具有特殊性的反应，常常是解题的切入点和突破口。

另外，解无框图题时，不要考虑太复杂，要大胆进行尝试。

3．化合物甲由四种元素组成。

某化学研究小组按如图流程探究其组成：

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。

请回答下列问题：

（1）甲的化学式为____。

（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。

（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。

【答案】AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1：

2

【解析】

【分析】

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。

根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）=，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:

1:

1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。

【详解】

（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：

AgOCN；

（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：

2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；

（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：

2，故答案为：

1：

2。

4．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示（反应条件未标出）

（1）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，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是__________。

（2）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，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__________。

（3）若A为常见的金属单质，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__________。

（4）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，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，反应③的化学方程式是__________，在反应①中若有3mol电子转移，则生成D的物质的量为__________。

【答案】C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O2C+SiO2Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O24NO+6H2O3mol

【解析】

【分析】

【详解】

（1）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，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2（2+2x），解的x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg（NO3）2，反应④的化学方程式是：

C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；

（3）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，由转化关系可知A为变价金属，气体单质F能与A反应生成高价态化合物，则推断变价金属A为Fe，F为Cl2，D为H2，B为HCl，C是FeCl2，E为FeCl3，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（4）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，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，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+5O24NO+6H2O，反应①为：

2NH3+6Cl2=6HCl+N2，每生成6molHCl转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成HCl的物质的量为3mol。

5．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，2HClO2HCl+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N