河南省信阳市二高届高考化学二轮专题复习训练题专题13无机推断题型Word版含答案.docx
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河南省信阳市二高届高考化学二轮专题复习训练题专题13无机推断题型Word版含答案
河南省信阳市二高2016年高考化学二轮专题复习训练题（有解析）：
专题13无机推断题型
1、化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（）
A．采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌
B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等
C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化
D．已知Ksp（MnS）＞Ksp（CdS）所以工业上用MnO2制取MnCl2时，用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子
【答案】C
【解析】A．加热能使蛋白质变性，采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒，故A正确；
B．石油分馏是将石油分成沸点段不同的产物，通过分馏可得到石油气、汽油、煤油、轻柴油等馏分，故B正确；
C．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故C错误；
D．沉淀向Ksp更小的方向转化，加入MnS可使Cd2+离子转化为CdS沉淀，故D正确．
故选C．
2、“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。
下列不符合“化学反应的绿色化”的是（ ）
A.消除硫酸厂尾气中的SO2:
SO2+2NH3+H2O====（NH4）2SO3
B.消除制硝酸工业尾气中的氮氧化物:
NO2+NO+2NaOH====2NaNO2+H2O
C.制CuSO4:
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O
D.制CuSO4:
2Cu+O2
2CuO,CuO+H2SO4（稀）====CuSO4+H2O
【答案】C
【解析】“绿色化学”的理念提倡提高原子利用率,从源头上消除污染。
C项中产生了SO2,是环境污染物,不符合“绿色化学”的理念。
3、下列说法正确的是（ ）
A．单质
氧化物
酸或碱
盐 硅单质可以按上述关系进行转化
图D4－1
B．若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图D4－1所示的转化关系
C．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
D．单质硅常用于制造光导纤维
【答案】C
【解析】SiO2虽然是酸性氧化物，但却不能与水反应，A项、B项错；硅单质是良好的半导体，在周期表中位于第3周期ⅣA族，C项正确；制造光导纤维是用SiO2，D项错。
4、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
【答案】B
【解析】A中Al（OH）3转化成Al不能一步完成；C中H2SiO3→Si不能一步完成；D中CH3CHO→CH2＝＝CH2不能一步完成；B符合题意，发生的反应有：
a→b：
3Cu+8HNO3（稀）====3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
c→a：
3NO2+H2O====2HNO3+NO
b→c：
2NO+O2====2NO2
c→b：
3NO2+H2O====2HNO3+NO。
5、某无色混合气体可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的两种或多种组成．常温下取此气体200mL进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）．下列说法错误的是（ ）
A．原混合气体中有5mLO2
B．原混合气体中肯定存在的气体是NH3，肯定不存在的气体是HCl
C．原混合气体中CO2的体积分数为40%
D．可能存在N2和He，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%
【答案】A
【解析】200mL的混合气体通过足量的浓H2SO4，体积减少至160mL，说明一定存在氨气，且氨气体积为200mL﹣160mL=40mL，则一定不存在HCl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有CO2，发生反应：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160mL﹣120mL）×2=80mL，则反应生成氧气为40mL；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：
2H2+O2
2H2O，则参加反应的氢气为（120mL﹣15mL）×
=70mL，参加反应氧气为105mL﹣70mL=35mL，剩余的15mL气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有N2、He中的至少一种，且体积为10mL，故原混合气体中氢气为70mL，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、He的总体积为：
40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合气体中没有氧气，
A．由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故A错误；
B．由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含HCl，故B正确；
C．原混合气体中二氧化碳体积分数为
×100%=40%，故C正确；
D．由上述分析可知，混合气体中一定存在N2、He中的至少一种，且体积为10mL，在原混合气体中的体积分数为
×100%=5%，故D正确，
故选A．
6、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（）
A．D、E中一定都含有甲元素
B．单质B肯定是氧化剂
C．A、B、C中一定有一种是氧元素的单质
D．若A是非金属，则B一定为金属
【答案】B
【解析】A．由转化关系可知：
A+D→E和A+C→E都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置换反应，B是单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故A正确；
B．因为常见的氧化物中氧为﹣2价，则另一种元素显正价，故在D中A元素显正价，被还原剂B（金属）可以还原为A中的0价态，而D被A（氧化剂）氧化为A元素更高价态的化合物E，故B错误；
C．B+D→A+F是置换反应，B是单质，其中D、F为氧化物，则A肯定不含O元素，A+C→E是化合反应，A、C为单质，E为氧化物，所以C一定为氧气，故C正确；
D．置换反应B+D→A+F可以是氧化性置换（则B是非金属），也可以是还原性置换（B是非金属或金属单质），若A为非金属，B和氧化物发生置换反应生成氧化物和A单质非金属，D中A元素为正价，被B的单质还原，也可以发生D+A=E，A+C=E，所以B只能为金属元素，故D正确；
故选B．
7、某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有SO42－、SO32－、NO3－、Cl－、Br－、CO32－、HCO3－中的一种或多种，进行如图所示的实验，每次实验所加试剂均过量，下列说法不正确的是（）
A．SO42－、SO32－至少含有一种
B．沉淀B的化学式为BaCO3
C．肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3－、Cl-，还有SO42－、SO32－至少含有一种
D．肯定没有的离子是Br-
【答案】C
【解析】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有：
CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以滤液A中有Ba2+，滤液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在：
S2-、Br-；滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入了氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。
A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，正确；B、根据分析可知，气体D为CO2，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，正确；C、根据分析可知待测液中Cl-不能确定是否存在，错误；D、根据分析可知待测液中一定不存在的离子为：
S2-、Br-，正确。
8、A～G各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。
则下列说法错误的是（）
A．若反应①在常温下进行，则1molA在反应中能转移1mol电子
B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－
Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑
C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解
D．已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
【答案】D
【解析】若反应①在常温下进行，则A应该是双氧水，B是氧气，E是四氧化三铁，所以C就应该是盐酸。
在加热的条件下二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气，氯气与贴反应生成氯
9、下图中M、N为含X元素的常见化合物，则X元素为（ ）
A.Fe或CB.Cu或FeC.N或SD.C或Al
【答案】A
【解析】根据反应类别，X有可变价，Al无可变价，选项D错误；中学化学中N2无置换反应，选项C错误；Cu置换的产物为Cu2＋，无Cu2＋→Cu＋的化合反应，选项B错误。
Fe和C的相关变化如下：
，选项A正确。
10、下列各组物质按下图所示转化关系每一步都能一步实现的是（ ）
选项
甲
乙
丙
丁
A
FeCl3
FeCl2
Fe2O3
Fe（OH）3
B
Cu
CuO
CuSO4
CuCl2
C
NO
HNO3
NO2
NH3
D
Si
Na2SiO3
SiO2
SiF4
【答案】B
【解析】FeCl3→Fe2O3，不能一步进行，选项A错误；NO→HNO3，不能一步进行，选项C错误；Na2SiO3→SiO2，选项D错误。
11、中学常见无机物A、B、C、D、E、X均由短周期元素组成，且存在如下图转化关系（部分反应物、生成物和反应条件略去）。
下列推断不正确的是（）
A.若X是Na2SO3，C是能使品红溶液褪色的气体，则A可能是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质,B和D的反应是OH-+HCO3—=H2O+CO32-，则E-定能还原CuO
C．若B、X均为单质，D为CO，C能和E反应，则E为NaOH
D．若D为白色沉淀，且与A的摩尔质量相等，则X-定是铝盐
【答案】A
【解析】
12、已知甲、乙、丙和X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如下图，则甲和X不可能是（ ）
A．甲为C，X是O2B．甲为SO2，X是NaOH溶液
C．甲为Cl2，X为FeD．甲为Al，X为NaOH溶液
【答案】D
【解析】试题分析：
A项甲为C，X是O2，则乙为CO，丙为CO2,丙（CO2）和甲（C）反应又可以生成乙（CO），所以符合转化关系；B项甲为SO2，X是NaOH溶液时，乙为NaHSO3，丙为Na2SO3,丙（Na2SO3）和甲（SO2）反应加上H2O又可以生成乙（NaHSO3），符合转化关系；C项甲为Cl2，X为Fe时，乙为FeCl3，丙为FeCl2,丙（FeCl2）和甲（Cl2）反应又可以生成乙（FeCl3），符合转化关系；D项甲为Al，X为NaOH溶液，乙为NaAlO2，乙（NaAlO2）不能和X（NaOH）反应，不符合转化关系。
考点：
考查有关连续反应
点评：
本题涉及无机化合物之间的连续反应，平时学习要多积累
13、某混合气体可能含N2、HCl、CO中的一种或几种，将其依次通过足量NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化；再通过足量Na2O2固体，气体体积减小；最后通过灼热的铜丝，充分反应后气体体积又减小，但还有气体剩余。
以下判断中，正确的是（ ）
A．一定有N2和HCl，没有CO
B．一定有N2，CO和HCl中至少有一种
C．一定有N2，CO和HCl
D．一定没有N2，CO和HCl中至少有一种
【答案】B
【解析】当气体通过足量Na2O2固体时，气体体积减小，说明气体中有CO2，CO2可能是HCl与NaHCO3溶液反应生成，也可能是CO还原灼热CuO得到的。
最后通过灼热的铜丝充分反应，气体还有剩余，说明原气体中含有N2。
14、a、b、c、d、e是含有一种相同元素的5种物质，可发生如下转化：
其中a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物。
则a不可能是（ ）
A．Cl2B．N2C．SD．C
【答案】A
【解析】试题分析：
a、b、c、d、e是含有一种相同元素的5种物质，可发生如下转化：
其中a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物。
则a不可能是Cl2，因为a是单质，b是气体，c、d是氧化物，e是最高价氧化物对应的水化物，不能满足条件。
故选A
考点：
物质间的转化
点评：
本题旨在考查学生对化学反应的灵活应用的能力。
学生只要熟悉各个物质间的转化关系，此题便不难解决。
15、已知a是一种常见单质（提示：
硅与强碱溶液反应生成硅酸钠和氢气），在一定条件下可发生如下图所示的转化关系，则下列叙述中不正确的是（ ）
A.a在与强碱溶液的反应中被氧化
B.向b中滴加适量盐酸可得到c
C.c一定是两性物质
D.d一定能和氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是无机推断的相关知识。
16、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（ ）
A．D、E中一定都含有甲元素
B．单质B肯定是氧化剂
C．A、B、C中一定有一种是氧元素的单质
D．若A是非金属，则B一定为金属
【答案】B
【解析】根据D＋A―→E，则E中一定含有甲元素，根据D＋B―→A＋F，由于A、B均为单质，B不可能含有甲元素，则D一定含有甲元素，A对；根据A＋C―→E、A和C都是单质，而E是一种氧化物，所以A和C中一定有一种是氧元素的单质，C对；根据D＋B―→A＋F，该反应为置换反应，D、F为氧化物，由于O的化合价不变，若A为非金属，则反应中D得电子，B失电子，故B为金属，作还原剂，B错，D对。
17、如图①﹣分别代表有关反应中的一种物质，请填写以下空白．
（1）已知①中阴阳离子个数比为1：
1，则①的化学式是、②的电子式为．
（2）图中涉及的氧化还原反应共有个．
（3）③与④反应的化学方程式为．
（4）⑧与⑨反应的化学方程式是．
（5）一定条件下，将2amL④和⑦的混合气体用排水法收集，得到amL气体，则原混合气体中④和⑦的体积比为．
【答案】
（1）NH4HCO3；
；
（2）6；
（3）4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（4）C+4HNO3
2H2O+4NO2↑+CO2↑；
（5）23：
1或3：
2．
【解析】②与Na2O2反应，所以②只能是CO2和H2O，因为②是通过浓硫酸的，②只能是CO2，且产生Na2CO3和O2，④为O2，Mg与CO2反应生成MgO和C，③应为碱性气体，应为NH3，则①为NH4HCO3，阴阳离子个数比为1：
1，则⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3，⑨为C，
（1）由以上分析可知①为NH4HCO3，②为CO2，其电子式为，
故答案为：
NH4HCO3；
；
（2）题中涉及的氧化还原反应有③与④、④与⑤、②与⑩，⑥与④、⑦与水、⑧与⑨等反应，共6种，
故答案为：
6；
（3）③与④的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O，
故答案为：
4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（4）⑧与⑨反应的化学方程式是C+4HNO3
2H2O+4NO2↑+CO2↑，
故答案为：
C+4HNO3
2H2O+4NO2↑+CO2↑；
（5）④和⑦的混合气体用排水法收集，涉及反应的方程式为4NO2+O2+2H2O═4HNO3，3NO2+H2O═HNO3+2NO，
如氧气过量，设氧气为xmL，则NO2为（2a﹣x）mL，
根据反应方程式可得2a﹣（2a﹣x）×=a，
x=a，NO2为a，
即二者体积为3：
2，
如NO2为过量，设为NO2xmL，氧气为ymL，
则（x﹣5y）×=a，x+y=2a，
解得x=
a，y=
a，
二者比值为23：
1，
故答案为：
23：
1或3：
2．
18、己知A为单质，B、C、D、E为化合物．它们之间存在如图转化关系：
（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为 ，由C转化为D的化学方程式为 ，上述反应中属于氧化还原反应的有 ．
（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得．加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为 ，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是 ．
【答案】
（1）Mg3N2；4NH3+5O2
4NO+6H2O；①②③⑤；
（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁．
【解析】解：
己知A为单质，B、C、D、E为化合物，
（1）D为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2，由C转化为D的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O，反应①为氮气与镁反应生成氮化镁，是氧化还原反应，反应②为氮气与氢气合成氨，是氧化还原反应，反应③为氮气与氧气生成一氧化氮，是氧化还原反应，反应④为氮化镁与水发生水解，是非氧化还原反应，反应⑤为氨的催化氧化，是氧化还原反应，反应⑥为氨气与氯化氢生成氯化氨，是非氧化还原反应，所以上述反应中属于氧化还原反应的有，
故答案为：
Mg3N2；4NH3+5O2
4NO+6H2O；①②③⑤；
（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，所以由B转化为C的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，加热蒸干并灼烧FeCl3的溶液可得Fe2O3的原因是FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁，
故答案为：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁．
19、根据图所示变化关系，写出A，B，C，D，E各物质的分子式A________，B________，C_______，D________，E________。
【答案】Si；Na2SiO3；H4SiO4；H2SiO3；SiO2。
【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题考查Si；Na2SiO3；H2SiO4；H2SiO3；SiO2等物质之间的关系及性质。
20、甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。
X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。
在一定条件下，各物质相互转化关系如图。
请回答：
（1）写化学式：
丙_________，E________。
（2）X的电子式为____________________。
（3）写出A与H2O反应的化学反应方程式：
__________________________。
（4）写出B与G溶液反应生成F的离子方程式：
________________________。
（5）在上图的反应中，不属于氧化还原反应的是（填序号）______________。
【答案】
（1）O2SO3
（2）Na2S电子式
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）HCO3－+OH－=CO32－+H2O（5）⑧⑨
【解析】试题分析：
由A、G的焰色反应为黄色可判断出都含有Na元素，而多次出现的丙，常伴随着点燃这一条件，且其为单质，可以判断出，丙为O2，A由O2和甲单质反应生成，且能与CO2和H2O反应，也都能生成O2，说明A为Na2O2，甲为Na，以此为突破口，可推断出乙为S，B为NaOH,C为Na2SO3，D为SO2，E为SO3，F为Na2CO3,G为NaHCO3,X为Na2S。
考点：
Na相关物质推断
点评：
此题考核了以Na元素为核心的推断，主要是找到突破口，然后将各种物质推断出来，在根据题目所问，解答，难度中等。
21、下图是常见物质之间的转化关系。
氧化物A是光导纤维的基本原料，单质Ⅰ、Ⅲ为非金属单质，单质Ⅱ为主族元素对应的金属单质。
请回答：
（1）氧化物A的化学式：
_________。
单质Ⅱ与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________。
（2）向盐甲的水溶液中通入过量的CO2，观察到的现象是___________________________。
（3）单质Ⅰ的用途非常广泛，如用做_________（写一种即可）。
（4）盐乙的溶液呈现_________（填酸性或碱性或中性）。
【答案】
（1）SiO22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（2）有白色胶状沉淀生成（3）半导体材料（合理即可给分）（4）碱性
【解析】试题分析：
氧化物A是光导纤维的基本原料，则A是二氧化硅。
二氧化硅和氢氧化钠溶液反应删除硅酸钠和水，则甲是硅酸钠，C是水。
单质Ⅰ和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，则单质Ⅰ是硅，所以单质Ⅲ为氢气。
单质Ⅱ为主族元素对应的金属单质，且和氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以该单质Ⅱ是铝，则乙是偏铝酸钠，偏铝酸钠水解，溶液呈碱性。
氧化物B和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，因此B是氧化铝。
考点：
考查以硅和铝及其化合物的转化的有关判断
点评：
该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，试题注重基础，侧重对学生能力的培养和解题方法的训练。
该类试题学生需要明确的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。
它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。
解框图题的方法：
最关键的是寻找突破口，突破口就是抓特字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
22、下图表示各物质之间的转化关系。
已知：
常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤
气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反应为黄色。
⑴基于反应①原理的化学工业称为，写出该反应的化学方程式。
⑵写出K和E反应的离子方程式_______________________________________。
写出F溶液和H反应的离子方程式___________________________________。
⑶已知：
由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1∶1∶1，则G的化学式为_____________。
【答案】⑴氯碱工业2NaCl＋2H2O
H2↑＋C12↑＋2NaOH
⑵2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl—FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O⑶FeC2O4
23、有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。
A是海水中含量最多的盐，B、E、F是气体单质，C是金属单
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