备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案.docx

备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案.docx

《备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案.docx（14页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案

2020-2021备战高考化学专题复习高无机综合推断的综合题附答案

一、无机综合推断

1．中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。

其中A、H为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C是黑色金属氧化物，I是紫红色金属单质。

X为常见液体（部分反应条件及生成物没有全部列出）。

回答下列问题：

（1）B的化学式为________C的化学式为___________D的化学式为___________

（2）B的实验室制法的化学方程式____________________

（3）写出反应①的化学方程式_______________________。

（4）写出反应②的离子方程式_______________________。

【答案】NH3CuONO2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O4NH3+5O2

4NO+6H2O3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++NO↑+4H2O

【解析】

【分析】

A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X（水）、D（NO），故为HNO3，G为Cu（NO3）2．C属于氧化物，与B（NH3）反应得到X（水）、H（氮气）、I（Cu），根据元素守恒可知C为CuO，据此解答。

【详解】

A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X（水）、D（NO），故为HNO3，G为Cu（NO3）2．C属于氧化物，与B（NH3）反应得到X（水）、H（氮气）、I（Cu），根据元素守恒可知C为CuO；

（1）由上述分析可知，B的化学式为NH3；C的化学式为CuO；D的化学式为NO；

（2）实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（3）反应①为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（4）反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

【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。

2．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+。

3．已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出物质B的化学式：

___________

（2）写出下列反应的化学方程式：

反应①______________________________________________________________________

反应②______________________________________________________________________

（3）写出下列反应的离子方程式：

反应C→D______________________________________________________________________

反应D→C_____________________________________________________________________

（4）检验D中阳离子的方法：

_________________________________________________________

【答案】Fe3O44Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）33Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H22Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Fe=3Fe2+取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。

【解析】

红褐色固体固体出现，为氢氧化铁，说明金属单质A为铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（C）和氢气（F）,氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁（D）,氯化铁又被铁还原为氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁（E），接着被氧气氧化为红褐色固体氢氧化铁，铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁（B）和氢气（F）；

（1）B为四氧化三铁，正确答案为Fe3O4。

（2）正确答案：

①4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3；②3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2。

（3）氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；氯化铁又被铁还原为氯化亚铁：

2Fe3++Fe=3Fe2+；正确答案：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；2Fe3++Fe=3Fe2+。

（4）Fe3+检验方法：

①加入氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀；②加入硫氰化钾溶液，出现红色溶液，该方法简单易操作；正确答案：

取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。

点睛：

推断题要抓住题眼：

红褐色固体为氢氧化铁，从而推出金属单质铁。

4．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃）；K为红棕色粉末。

其转化关系如图。

请回答：

（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。

（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量___________（填“大于”或“小于”）生成物总能量。

（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源（短时间）电解E水溶液的化学方程式___________________。

（4）写出E物质的电子式___________________。

（5）J与H反应的离子方程式为________________________。

（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。

【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑

Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

【解析】

【分析】

【详解】

形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；

（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；

（2）C与K反应的化学方程式为：

2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe；大于；

（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源（短时间）电解KCl水溶液的化学方程式为：

2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑；

（4）E为KCl，KCl的电子式为

，故答案为

；

（5）J与H反应的离子方程式为：

Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。

【点晴】

本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。

推断题中常见的特征反应现象有：

（1）焰色反应：

Na（黄色）、K（紫色）；

（2）使品红溶液褪色的气体：

SO2（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）；（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色[Fe（OH）3]（由白色→灰绿→红褐色）；（4）在空气中变为红棕色：

NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：

H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：

CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：

NH3；（7）空气中出现白烟：

NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应等。

5．某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如下图所示：

已知①A、B、C、D、G含有同种元素。

②

纯A（单质）

B溶液

D固体

G溶液

颜色

银白色

黄色

红棕色

浅绿色

③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G。

依据以上信息填空：

（1）写出D的化学式：

___________________________________________。

（2）G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。

（3）写出反应A→B的化学方程式：

_________________________________。

（4）B→F的离子方程式为________；G与次氯酸反应的离子方程式为________________________________。

【答案】Fe2O3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色2Fe＋3Cl2

2FeCl32Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O

【解析】

【分析】

结合框图，D固体呈红棕色，则其为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B为FeCl3，G中含有Fe2+，A为Fe。

由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G”，则F为H2SO4，G为FeSO4；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2。

由B→C→D的转化可推知，C为Fe（OH）3。

【详解】

（1）由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式：

Fe2O3。

答案为：

Fe2O3；

（2）FeSO4生成Fe（OH）3，可先加碱、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。

答案为：

先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；

（3）反应Fe→FeCl3需用Cl2将Fe氧化，反应方程式为2Fe＋3Cl2

2FeCl3。

答案为：

2Fe＋3Cl2

2FeCl3；

（4）FeCl3→H2SO4，应使用SO2，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；FeSO4与次氯酸反应，生成Fe3+、Cl-和H+，离子方程式为H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

答案为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

【点睛】

利用框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。

6．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。

7．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。

三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A__________；G___________。

（2）写出反应①的化学方程式：

__________；写出反应②的离子方程式：

_________。

（3）说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。

（4）区别E、F两种溶液最简单的方法是______，实验室检验G中所含的金属离子时，常在G的溶液中加入_____溶液

【答案】NaFeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑制漂白粉观察法KSCN

【解析】

【分析】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系：

HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。

【详解】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，与水反应生成NaOH与氢气，则D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl+金属C→物质F，F+氯气→物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3；

（1）根据上面的分析可知：

A的化学式为Na；G的化学式为FeCl3；

（2）反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，发生反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）黄绿色气体乙为氯气，可用于自来水的消毒或制漂白粉等。

（4）E为稀盐酸、F为FeCl2溶液，区分这两种溶液最简单的方法是观察法，盐酸是无色溶液，而FeCl2溶液是浅绿色；G为FeCl3溶液，含有Fe3+，检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液，可观察到溶液显血红色；

8．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．，某研究小组设计并完成如下实验：

试回答如下问题：

（1）X的化学式为__________，写出X与H2O反应的离子方程式__________________

（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式____________________

（3）保存X时应注意_________________．

【答案】K2FeO44FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣Fe2O3+3CO

3CO2+2Fe避免吸潮和受热

【解析】

【分析】

根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为1.49g，则其中钾元素的物质的量为0.02mol，固体2为氧化铁，质量为0.80g，则铁元素的物质的量为0.01mol，所以X中氧元素的物质的量为

mol=0.04mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.01：

0.02：

0.04=1：

2：

4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，据此分析解答。

【详解】

（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：

4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣；

（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：

Fe2O3+3CO

3CO2+2Fe；

（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热。

9．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。

（1）若A是一种红色金属单质，B是一种常见的挥发性