化学化学高无机综合推断的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案解析.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含答案及答案解析

2020-2021【化学】化学高无机综合推断的专项培优易错难题练习题（含答案）及答案解析

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．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．化合物甲由四种元素组成。

某化学研究小组按如图流程探究其组成：

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。

请回答下列问题：

（1）甲的化学式为____。

（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。

（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。

【答案】AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1：

2

【解析】

【分析】

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。

根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）=

，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:

1:

1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有

，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。

【详解】

（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：

AgOCN；

（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：

2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；

（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：

2，故答案为：

1：

2。

4．某盐A是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：

请回答：

（1）写出组成A的三种元素符号______。

（2）混合气体B的组成成份______。

（3）写出图中由C转化为E的离子方程式______。

（4）检验E中阳离子的实验方案______。

（5）当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。

【答案】Fe、O、SSO2和SO3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+Fe-2eˉ=Fe2+

【解析】

【分析】

由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液，说明A中含有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为

=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为

=0.01mol，气体B的物质的量为

=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol，m（SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g，说明A中nFe）：

n（S）：

n（O）=1：

1：

4，则A为FeSO4。

【详解】

（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：

Fe、O、S；

（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为

=0.01mol，气体B的物质的量为

=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：

SO2和SO3；

（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：

取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；

（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：

Fe-2eˉ=Fe2+。

【点睛】

注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。

5．A～H均为短周期元素，A～F在元素周期表中的相对位置如图1所示，G与其他七种元素不在同一周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素。

由B、G构成的最简单化合物常作为氮肥工业和纯碱工业的原料。

由上述某些元素组成的物质甲～戊的转化关系如图2所示。

已知图2中反应①是复分解反应，生成物中水已略去。

请回答下列问题：

（1）上述元素组成的单质中，硬度最大的是_________________（填该物质名称）。

（2）若戊是含有18电子的双原子分子，则丙的电子式为________________；在①中制取气体丙的化学方程式为_______________________________________________。

（3）若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，写出甲的一种用途：

_____________________________。

（4）如果图2中反应①是置换反应，戊是单质，则戊不可能是_____________。

 （填序母序号）

A、O2B、Cl2C、H2D、N2

【答案】金刚石

NH4Cl+NaOH

NaCl+NH3↑+H2ONa2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料；制备硅胶的原料；黏合剂D

【解析】

【分析】

由题意及各元素在周期表中的位置可以确定这几种元素分别是：

A：

C元素；B：

N元素；C：

O元素；D：

Si元素；E：

S元素；F：

Cl元素；H：

Na元素；G：

H元素，据此分析。

【详解】

（1）上述元素中，C元素形成金刚石为原子晶体，硬度最大，故答案为：

金刚石；

（2）反应①是复分解反应，生成物中水已略去，戊是含有18电子的双原子分子，则符合条件的各种物质分别是：

甲：

NH4Cl；乙：

NaOH；丙：

NH3；丁：

NaCl；戊：

HCl；氨气的电子式为

；在①中NH4Cl与NaOH溶液共热制取丙NH3的反应的方程式为：

NH4Cl+NaOH

NaCl+NH3↑+H2O；

（3）若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，则符合条件的各种物质分别是：

甲：

Na2SiO3；乙：

CO2；丙：

H2SiO3；丁：

Na2CO3；戊：

NaOH。

Na2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料、制备硅胶的原料、黏合剂等；

（4）反应①是置换反应，戊是单质，则

A.若戊为O2。

则符合要求的各种物质分别为：

甲：

SiO2（或H2O）；乙：

C（或C）；丙：

Si（或H2）；丁CO（或CO）：

戊：

O2，选项A符合；

B.若戊为Cl2，则符合要求的各种物质分别为：

甲：

HCl；乙：

Na；丙：

H2；丁：

NaCl；戊：

Cl2；反应①是Na与HCl反应生成NaCl和H2，属于置换反应，选项B符合；

C.若戊为H2。

则符合要求的各种物质分别为：

甲：

H2S；乙：

Cl2（或O2）；丙：

S；丁：

HCl（或H2O）；戊：

H2；选项C符合；

D.若戊为N2，则符合要求的各种物质分别为：

甲：

NH3；乙：

O2；丙：

H2O；丁：

NO，不符合转化关系，选项D不符合；

答案选D。

6．盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。

为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：

试根据以上内容回答下列问题：

（1）X的化学式为_____________。

（2）无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。

（3）蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。

（4）白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。

【答案】CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO

4CuAlO2＋O2↑

【解析】

【分析】

蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu（OH）2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al（OH）3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。

结合题意中物质的质量计算解答。

【详解】

（1）根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。

Al（OH）3的物质的量为

=0.1mol，Cu（OH）2的物质的量为

=0.05mol，Cu单质的物质的量为

=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，则含有O原子为：

=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：

CuAlO2；

（2）B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：

AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为

＝1：

1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：

2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：

2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；

（4）Al（OH）3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：

2Al2O3+4CuO

4CuAlO2+O2↑，故答案为：

2Al2O3+4CuO

4CuAlO2+O2↑。

7．在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。

（反应条件图中已省略）。

（1）A、C代表的物质分别为______、______（填化学式）；

（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____________；

（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4：

3，G、H物质的量之比为______；

（4）反应④的离子方程式为______________。

【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1：

1CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－

【解析】

【分析】

题干信息：

A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C（碳）单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B（C单质）与F（O2）反应得到G（CO2）；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。

溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al（OH）3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al（OH）3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：

A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al（OH）3。

（1）依据推断可知，A是Al，C是H2O；

（2）反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：

3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：

4C+3O2

2CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n（CO2）：

n（CO）=2：

2=1：

1；

（4）反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。

转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。

8．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。

9．根据右边反应框图填空，已知反应①是工业上生产化合物D的反应，反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应。

工业上制取漂白粉的反应也在其中。

（1）单质L是_____。

（2）化合物B是____。

（3）图中除反应①以外，还有两个用于工业生产的反应，是________和_______（填代号）。

请写出他们的化学反应方程式：

____________、____________。

【答案】H2H2O②④2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

【解析】

【分析】

从框图中看，反应①是工业上煅烧石灰石的反应，反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应，则C为CaCO3，E为CO2，D为CaO，G为Ca（OH）2，B为H2O；反应②是工业制烧碱的反应，则A为NaCl，H为Cl2，L为H2，M为NaOH；反应④为制漂白粉的反应，则K和J中一种为CaCl2，一种为Ca（ClO）2，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）单质L是H2。

故答案为：

H2；

（2）化合物B是H2O。

故答案为：

H2O；

（3）图中除反应①以外，还有两个用于工业生产的反应，是②和④。

化学反应方程式：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：

②和④；2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

10．中学常见反应的化学方程式是A+B

X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为了1：

4。

请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是______，该反应的离子方程式是______。

（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________．

（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。

①元素在周期表中的位置是______（填所在周期和族）；Y的化学式是______。

②含amol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是______mol。

（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：

4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________。

【答案】

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O4：

1第四周期Ⅷ族NO0.4ac（Na+）>c（Cl-）>c（AlO2-）>c（OH-）>c（H+）

【解析】

【分析】

（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：

4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；

（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：

4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；

（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：

4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子