化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案及详细答案.docx

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化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案及详细答案

2020-2021化学高无机综合推断的专项培优练习题（含答案）及详细答案

一、无机综合推断

1．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）。

X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系：

（1）若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠。

①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_______________。

②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________。

（2）若X是一种黄绿色的气体，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。

①检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是____________________（名称）；

②一定条件下W与水反应的化学方程式_______________________________。

（3）X常温下为气体化合物，Z是一种红棕色气体，X气体的检验方法____________________，X转化为Y的化学方程式为______________________；

（4）X为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。

①则Y到Z的离子方程式为________________________________________；

②请画出向含0.01molX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像___________。

【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O硫氰化钾溶液3Fe+4H2O（g）===Fe3O4+4H2使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟）4NH3＋5O2

4NO＋6H2OSO32-+SO2+H2O=2HSO3-

【解析】

【分析】

W为NaOH。

B为两性物质且含有一种金属元素，确定该金属元素为铝元素，因在溶液中产生了B，所以B为Al（OH）3。

【详解】

（1）①铝与NaOH反应的化学方程式为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

②A溶液中含有Al3+,与NaOH反应生成了Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2，所以A溶液一步转化为C溶液的离子方程式为：

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．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．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。

4．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，2HClO

2HCl+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NaClO，G为HCl，I为HClO。

（1）甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；

（2）甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：

Cl2+H2O=HCl+HClO，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；

（4）Cl2与NaOH溶液发生反应：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，有效成分为Ca（ClO）2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：

Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：

2HClO

2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】

本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

5．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：

。

6．如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。

根据下图关系推断：

（1）写出化学式：

X_______，A________，B_______。

（2）实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。

（3）写出C→E的化学方程式：

____________。

（4）请写出A与E反应生成D的化学方程式：

_______________

（5）检验物质A的方法和现象是________________

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O24NH3+5O2

4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在）

【解析】

【分析】

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。

【详解】

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，A为NH3，B为H2O；

（2）NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D（NO）的方法为：

排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F（NO2）的方法是：

向上排空气法；

（3）C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：

2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

（4）氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（5）氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在）。

【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；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。

7．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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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。

8．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。

9．Ⅰ．有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。

取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为_________，其晶体属于________晶体

（2）乙的水溶液可以用来做__________________（写出一种用途）

（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。

则丁的电子式为_____________。

Ⅱ．某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A物质生成，某小组为分析A物质的组成，进行了如下实验：

实验①：

取A样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。

实验②：

另取A样品4.29g，加入含

的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。

向所得混合溶液中加入适量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g黑色固体。

（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）_____元素.

（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。

（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为_____。

【答案】Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂

O、H、Cl

【解析】

【分析】

Ⅰ、材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一-种含B元素的气体丙，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素；含氧酸盐乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，证明甲中含有硅元素，材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，证明是一种原子晶体含有氮元素和硅元素，依据元素化合价熟悉得到甲为Si3N4，判断乙为硅酸钠，A为硅元素，B为氮元素；

【详解】

Ⅰ、

（1）分析推断甲为氮化硅，化学式为Si3N4，分析性质判断为原子晶体；故答案为：

Si3N4，原子晶体；

（2）乙的水溶液为硅酸钠水溶液，俗称为水玻璃，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；故答案为：

黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；

（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为