高考化学专题复习分类练习 高无机综合推断综合解答题附详细答案.docx

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高考化学专题复习分类练习高无机综合推断综合解答题附详细答案

高考化学专题复习分类练习高无机综合推断综合解答题附详细答案

一、无机综合推断

1．无机化合物X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成（X比Y的相对分子质量大），常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。

取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1.00mol·L－1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。

Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：

2，且产物之一能使品红溶液褪色。

请回答：

（1）X的化学式______________。

白色沉淀属于_____________（填“强”、“弱”或“非”）电解质。

（2）Y与水反应的化学方程式_________________。

（3）二元化合物Z能与X化合生成Y。

一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA（原子个数之比1：

1，其相对分子量为184）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7。

将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C。

①写出Z与足量氨反应的化学方程式____________。

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下_____________（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是_________________。

③请设计检验离子化合物M中阳离子的实验方案：

_________________。

【答案】SO2Cl2或SCl2O2强SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl可能NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与0.04mol的NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol的硫酸钡沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有S：

0.01mol，Cl：

0.02mol，则氧元素的物质的量是（1.35g－0.32g－0.71g）÷16g/mol＝0.02mol，故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：

2，且产物之一能使品红溶液褪色，因此Y为SOCl2；二元化合物Z能与X化合生成Y。

一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA（物质的量是0.005mol）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7，所以淡黄色固体B为S，M为氯化铵，0.92gA（原子个数之比1：

1，其相对分子量为184）隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C，可知气体C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是0.02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g－0.64g＝0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知Z为S4N4。

据此解答。

【详解】

（1）由分析可知X为SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：

SO2Cl2，强；

（2）Y与水反应的化学方程式：

SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑；

（3）①Z与足量氨反应的化学方程式为：

6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；

③检验M中的阳离子即检验铵根离子，方法为：

取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。

2．A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。

它们之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去），回答下列问题：

（1）A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。

（2）A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。

（3）将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。

（4）向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C（标准状况），过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。

【答案】第三周期第ⅥA族

3S+6NaOH

2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24

【解析】

【分析】

A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。

（1）A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为

；

（2）S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：

3S+6NaOH

2Na2S+Na2SO3+3H2O；

（3）S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：

2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：

4，即两者的系数为1：

4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；

（4）F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：

2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n（S）=

=0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V（H2S）=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

【点睛】

本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，（4）中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。

3．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

（1）X是________（填化学式，下同），F是__________。

（2）A―→D反应的化学方程式为_______。

（3）G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

（4）X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。

【答案】NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

（2）A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－

2H2O＋CO32—＋NH3↑；

（5）以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

=2amol。

4．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。

5．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

。

6．有关物质的转化关系如下图所示。

A为一种黄绿色的气体，B为常见的无色液体，H为一种助燃的气体，F为一种气体，它在A中燃烧产生苍白色火焰，E为一种能被磁铁吸引的金属。

（1）B的化学式为____________。

（2）F的化学式为____________。

（3）写出反应②的化学方程式：

_______________________________。

（4）写出反应①的化学方程式：

_______________________________。

【答案】H2OH22HClO

2HCl+O2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

【解析】

【分析】

由题给信息可知，A为一种黄绿色的气体，则其为Cl2；B为常见的无色液体，则其为H2O；H为一种助燃的气体，则其为O2；H2在Cl2燃烧，产生苍白色火焰，则F为H2，E为一种能被磁铁吸引的金属，则E为Fe，从而推出C为HCl，D为HClO；

（1）由以上分析可知，B为水；

（2）F为氢气；

（3）反应②是次氯酸光照分解；

（4）反应①是铁与盐酸反应。

【详解】

（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B为水，化学式为H2O；

（2）F为氢气，化学式为H2；

（3）反应②是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO

2HCl+O2↑；

（4）反应①是铁与盐酸反应，其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

【点睛】

在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。

如本题中，反应②就是解题的突破口，或者叫题眼。

Fe与某物质反应，生成H2，则C中必含有能被Fe置换的H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。

7．某种电镀废水含A阴离子，排放前的处理过程如下：

己知：

4.5g沉淀D在氧气中灼烧后，产生4.0g黑色固体，生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时，产生5.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E560mL。

（1）E的结构式为____________。

（2）写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。

（3）溶液B具有性质____________（填“氧化性”或“还原性”）。

（4）滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，用离子方程式表示该反应为______________________________________。

【答案】

2CuCN+3O2

2CuO+2CO2↑+N2↑还原性2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O

【解析】

【分析】

单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，则E为N2，则n（N2）=

=0.025mol；沉淀D含有Cu，灼烧后产生的黑色固体为CuO，产生无色无味气体为CO2，n（CuO）=

=0.5mol，n（CO2）=n（CaCO3）=

=0.05mol；即D中含有0.05molCu、0.05molC、0.05molN，共4.5g，则D中不含其他元素，所以D为CuCN；则A离子为CN-。

【详解】

（1）经分析，E为N2，其结构式为

；

（2）D为CuCN，其灼烧的化学方程式2CuCN+3O2

2CuO+2CO2↑+N2↑；

（3）由题知，Cu（II）→Cu（I），该过程需要还原剂，A溶液不体现还原性，故B溶液具有还原性；

（4）用次氯酸钠把CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气，离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O。

8．现有金属单质A、B、C、D和气体甲、乙、丙及物质E、F、G、H、I，它们之间能发生如下反应（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：

B____________；F_____________；

（2）已知A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则其氧化物供氧时的化学方程式为_____________

（3）①、④离子方程式：

________________；________________。

【答案】AlFeCl22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na+2H2O=2NaOH+H2↑Fe3++3OH-=Fe（OH）3

【解析】

【分析】

焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H是Fe（OH）3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，据以上分析解答。

【详解】

焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H是Fe（OH）3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，

（1）结合以上分析可知，物质B的化学式是Al；物质F的化学式是FeCl2；

（2）A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则该氧化物是Na2O2，其作供氧时的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）①钠与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

④氢氧化钠与FeCl3发生反应产生氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe（OH）3。

9．A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。

完成下列问题：

（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。

①写出E转变为C的化学方程式________________________________。

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。

（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。

②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。

【答案】C+2H2SO4（浓）△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:

4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓

【解析】

【分析】

（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；

（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。

【详解】

（1）经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：

①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：

C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:

4；

（2）经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：

①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；

②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：

Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：

4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。

【点睛】

掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：

淡黄色：

硫，过氧化钠，溴化银。

常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。

10．某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解．，某研究小组