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