高考化学高无机综合推断的综合复习含详细答案.docx

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高考化学高无机综合推断的综合复习含详细答案

高考化学高无机综合推断的综合复习含详细答案

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．如图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A和C为无色气体。

填写下列空白：

（1）物质M可以是___；C是___；F是___（填化学式）。

（2）反应①的化学方程式是___。

（3）反应②的离子方程式是___。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NH3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O28H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

【分析】

M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Na2O2反应，故A为CO 2 ，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2 ，E为NO，F为NO2 ，G为HNO3。

【详解】

（1）根据上述推断，M可以为：

NH4HCO3或（NH4）2CO3，C为NH3，F为NO2，故答案为：

NH4HCO3或（NH4）2CO3；NH3；NO2；

（2）根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：

8H＋＋2NO3-＋3Cu=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

3．A~H等8种物质存在如下转化关系（反应条件，部分产物为标出）.已知:

A是酸式盐，B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。

按要求回答问题:

（1）写出下列物质的化学式:

A________，B________，写出B的一种危害__________。

（2）写出下列反应的化学方程式:

E→F____________；红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:

____________；铜与H的浓溶液反应的离子方程式：

_____________。

（3）检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。

【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2

4NO+6H2OC+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

G是红棕色气体，则G是NO2；F和O2反应生成NO2，所以F是NO；NO2和水反应生成的H是HNO3；A是酸式盐，和NaOH反应生成E，E和O2反应生成NO，则E是NH3；B能使品红溶液褪色，且B能和O2反应生成C，所以B是SO2，C是SO3；SO3和水反应生成的D为H2SO4；A是酸式盐且是铵盐，所以A是NH4HSO3。

【详解】

（1）通过以上分析知，A、B分别是NH4HSO3、SO2，SO2属于酸性氧化物，能和H2O反应生成H2SO3，H2SO3不稳定，易被空气氧化生成H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；

（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O，反应方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O，C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O；

（3）NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。

4．某无机盐X（仅含三种元素，原子个数比为1:

1:

4,摩尔质量270g·mol-1），为探究其组成和性质，某学习小组进行了如下实验，X与水反应只生成A、B两种物质，其中气体单质A能使带火星的木条复燃。

下列说法正确的是：

（1）X的组成元素为O和_____________（用元素符号表示）。

（2）X的化学式为____________。

（3）下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）_________。

a．酸式盐B的焰色反应颜色可以直接观察

b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色

c．1摩尔的固体B中含2NA个离子

d．氮气和气体单质A点燃即可发生反应

（4）X氧化能力极强，可用于脱硫脱硝，写出在碱性条件下X氧化SO32-的离子方程式____________。

【答案】K、SK2S2O8CS2O82-+SO32-+2OH-=3SO42-+H2O

【解析】

【分析】

单质A能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质的量

，则S原子个数为

，结合摩尔质量和原子个数比推出分子式。

【详解】

单质A能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质的量

，则S原子个数为

，原子个数比为1:

1:

4，摩尔质量270g·mol-1，则化学式为K2S2O8，

（1）X的组成元素为O和K、S，

故答案为：

K、S；

（2）由上述推断可知X的化学式为K2S2O8，

故答案为：

K2S2O8；

（3）a．K的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片观察，故a错误；

b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物有SO2、SO3、H2O、H2O2；SO2和H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO3和H2O不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；

c．B为酸性溶液则B为KHSO4，固体B中含有K+和HSO4-离子，故1摩尔的固体B中含2NA个离子，故c正确；

d．氮气和O2不可点燃，故d错误；

故答案选：

c；

（4）X氧化SO32-X为氧化剂，SO32-为还原剂，根据化合价升降守恒可得离子方程式为：

，

故答案为：

。

5．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（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）写出下列物质的化学式：

乙_________，F__________。

（2）写出下列反应的离子方程式：

①金属A和水反应_______________。

②红褐色沉淀C与物质E反应__________。

③F与黄绿色气体乙反应____________。

④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。

（3）将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。

你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间，验证的简单方法是：

_____________。

【答案】Cl2FeCl22Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O1～100nm是否有丁达尔现象

【解析】

【分析】

金属A是食盐中的元素为Na元素，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe（OH）3，结合物质的性质分析解答。

【详解】

食盐中的金属元素是Na，所以金属A是Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe（OH）3。

（1）由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2；

（2）①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；

③F是FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

④氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（3）将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1～100nm之间，验证的简单方法是：

用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。

【点睛】

6．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________。

【答案】

（或氧化镁）

MgC2O4

4H2O

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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]=

=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；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：

Mg2++2OH-=Mg（OH）2

（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；答案：

MgC2O4

4H2O。

7．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__________________（填代号）。

A．NaHCO3b.Na2CO3C．Na2SO3D．Al（OH）3

（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：

①A与H2O反应的氧化产物为_____________。

②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式______________。

③若X为一种造成温室效应的气体。

则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为______（填代号）。

A．盐酸B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．Ca（OH）2溶液

（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。

①A与H2O反应的化学反应方程式为__________________________________。

②检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是_________________________________（注明试剂、现象）。

【答案】OH-+HSO3-=SO32-+H2O第三周期ⅦA族bcO2COab3NO2+H2O=2HNO3+NO取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无

【解析】

【详解】

（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，则C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O。

（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，应为Cl2，则B为HClO，C为HCl。

①Cl原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，位于周期表第三周期ⅦA族；

②C为盐酸，可与NaHCO3反应生成CO2，CO2与NaHCO3不反应，a项错误；盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，b项正确；盐酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2与Na2SO3反应可生成NaHSO3，c项正确；盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，d项错误，答案选bc。

（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2。

①Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，一部分氧元素的化合价由-1价降低到-2价，NaOH是还原产物另一部分的氧元素的化合价由-1价升高到0价，氧气是氧化产物。

②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，应为C，则D为CO2，E为CO。

③若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，答案为ab。

（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，

①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。

②Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用高锰酸钾溶液检验，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无。

8．中学化学常见物质A～I的转化关系如框图所示，其中A为化合物，B为常见金属单质，H的焰色反应为黄色，Y不使品红溶液褪色。

（部分反应条件、溶剂及产物已略去）

（1）反应①、②的离子方程式________________、__________。

（2）现有含0.10molH的溶液，要使其转化成含0.10molF的溶液，则：

①若只能加入0.050mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

②若只能加入0.10mol的某物质，该物质可能是_________________（填化学式，写1种）。

【答案】2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-Na2O或Na2O2NaOH或Na

【解析】

【分析】

由H的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F在加热与过量的y之间相互转化，则H为NaHCO3，F为Na2CO3，气体Y为CO2，溶液D为NaOH，化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C，那么A为Na2O2，液体x为H2O；因为B为金属单质，固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B为Al，E为Al2O3，G为NaAlO2，向NaAlO2通入二氧化碳产生Al（OH）3和NaHCO3，所以I为Al（OH）3，据此回答。

【详解】

（1）反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：

AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH或Na。

【点睛】

本题关键点在于H，H含有钠元素，并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。

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+

【解析】

【分析】

（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答该题。

（二）

（1）C是造成酸雨的主要物质则C是SO2，A是淡黄色固体，则A是S，所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应；

（2）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，则D是Al（OH）3，C是NaAlO2，则A是Al，B是Al2O3；

（3）A是应用最广泛的金属，④反应用到A，则A为Fe，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，C是FeCl3，②⑤反应用到的非金属为Cl2，所以D是FeCl2，以此来解答；

【详解】

（一）

（1）W、X为金属，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，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式:

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（2）W为Na，W可以和Y形成W2Y,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期，所以为S，W2Y为Na2S，电子式为: