化学化学高无机综合推断的专项培优 易错 难题练习题及答案.docx

化学化学高无机综合推断的专项培优 易错 难题练习题及答案.docx

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化学化学高无机综合推断的专项培优易错难题练习题及答案

【化学】化学高无机综合推断的专项培优易错难题练习题及答案

一、无机综合推断

1．固体X由四种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

（1）固体X中含有H、O、______和______元素。

（2）写出固体X受热分解的化学方程式______。

（3）取少量固体B溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子方程式______。

【答案】CCuCu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

【解析】

【分析】

由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知，含H原子的物质的量n=1.8g/18g∙mol-1×2=0.2mol，质量为0.2g；气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙，其物质的量n=20.0g/100g∙mol-1=0.2mol，所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol×12g/mol=2.4g；固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu，则B为CuO，其物质的量为24.0g/80g∙mol-1=0.3mol，所以铜的质量为m=0.3mol×64g/mol=19.6g；剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g，所以X中含O为n=12.4g/16g∙mol-1=0.8mol，则n（Cu）：

n（C）：

n（H）：

n（O）=3：

2：

2：

8，X为Cu3（OH）2（CO3）2，以此来解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，固体X中含有H、O、C、Cu元素，故答案为：

C；Cu；

（2）固体X受热分解的化学方程式为Cu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑，故答案为：

Cu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑；

（3）取少量固体B溶于稀硫酸，生成硫酸铜，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，可知生成碘和CuI，产生该现象的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：

2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

2．某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如下图所示：

已知①A、B、C、D、G含有同种元素。

②

纯A（单质）

B溶液

D固体

G溶液

颜色

银白色

黄色

红棕色

浅绿色

③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G。

依据以上信息填空：

（1）写出D的化学式：

___________________________________________。

（2）G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。

（3）写出反应A→B的化学方程式：

_________________________________。

（4）B→F的离子方程式为________；G与次氯酸反应的离子方程式为________________________________。

【答案】Fe2O3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色2Fe＋3Cl2

2FeCl32Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O

【解析】

【分析】

结合框图，D固体呈红棕色，则其为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B为FeCl3，G中含有Fe2+，A为Fe。

由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G”，则F为H2SO4，G为FeSO4；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2。

由B→C→D的转化可推知，C为Fe（OH）3。

【详解】

（1）由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式：

Fe2O3。

答案为：

Fe2O3；

（2）FeSO4生成Fe（OH）3，可先加碱、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。

答案为：

先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；

（3）反应Fe→FeCl3需用Cl2将Fe氧化，反应方程式为2Fe＋3Cl2

2FeCl3。

答案为：

2Fe＋3Cl2

2FeCl3；

（4）FeCl3→H2SO4，应使用SO2，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；FeSO4与次氯酸反应，生成Fe3+、Cl-和H+，离子方程式为H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

答案为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

【点睛】

利用框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。

3．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+SiO2

Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O2

4NO+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+SiO2

Si+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+5O2

4NO+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。

4．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

）

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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：

（或

）

。

5．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）。

请根据以上信息回答下列问题：

（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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

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；

（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；

6．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______________________________________________。

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

4NO＋6H2O

【解析】

【分析】

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。

【详解】

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；

（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。

【点睛】

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。

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．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛．

X

Y

Z

W

（1）X元素在元素周期表中的位置_____________________．

（2）X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上，其中一定条件下，液态YH3与液态H2Z可以发生类似方式电离，则液态YH3中阴离子的电子式为____________．

（3）超细WY粉末被应用于大规模集成电路领域．其制作原理为W2Z3、Y2、X在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：

1；其反应的化学方程式为______．

（4）以W为材料制成的容器在空气中具有自我保护作用，这种容器______

填“能”或“不能”

用来腌制咸菜，原因是______．

（5）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇

氧化钠，其中Z2-可以在固体介质NASICON中自由移动．则负极的反应式______

关于该电池的下列说法，正确的是______

A工作时电极b作正极，Z2-通过固体介质NASICON由电极b流向电极a

B工作时电流由电极a通过传感器流向电极b

C传感器中通过的电流越大，尾气中XZ的含量越高

（6）由元素X与元素Z组成的某种阴离子具有还原性，能被酸性KMnO4氧化，请填写相应的离子，并给予配平：

____________

______

______

______

______

______

【答案】第二周第ⅣA族

不能氯离子会破坏铝表面氧化膜

AC

216528

【解析】

【分析】

由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O．

（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；

（2）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2-；

（3）Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：

1，反应生成AlN与CO；

（4）氯离子会破坏铝表面氧化膜；

（5）该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为

，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大；

（6）由元素C与元素O组成的某种阴离子具有还原性，能被酸性KMnO4氧化，该阴离子为C2O42-，利用化合价升降相等及原子守恒、电荷守恒进行配平。

【详解】

由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O．

（1）X为C元素，原子核外有2个电子层、最外层电子数为4，处于周期表中第二周第ⅣA族；

（2）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2-，NH2-中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：

；

（3）Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：

1，反应生成AlN与CO，反应方程式为：

，

（4）氯离子会破坏铝表面氧化膜，铝容器不能用来腌制咸菜；

（5）该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为

，

A.工作时电极b通入空气，b作正极，阴离子向负极移动，O2-由电极b流向电极a，A项正确；

B.原电池放电时电子从负极流向正极，故电流由电极b通过传感器流向电极a，B项错误；

C.一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大，C项正确；

答案选AC；

（6）由元素C与元素O组成的某种阴离子具有还原性，能被酸性KMnO4氧化，该阴离子为C2O42-，反应中C元素化合价由+3升高为+4，Mn元素化合价由+7降低为+2，化合价升降最小公倍数为10，C2O42-的系数为5，MnO4-的系数为2，由原子守恒可知：

CO2的系数为10，

的系数为5，H2O为8，H+的系数为16，故配平后离子方程式为：

；

【点睛】

解答本题时，根据各元素在周期表中的位置关系进行推断是解题关键。

信息型氧化还原反应方程式的书写是难点；信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式，叙述一个化学反应的过程，需要从文字信息中提炼反应物、生成物，进而分析反应中电子得失情况，其流程为：

9．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