备战高考化学 高无机综合推断 培优 易错 难题练习含答案含答案.docx

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备战高考化学高无机综合推断培优易错难题练习含答案含答案

备战高考化学高无机综合推断培优易错难题练习（含答案）含答案

一、无机综合推断

1．下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：

回答下列问题：

（1）A是：

_____，C是：

_____，L是：

______，I是：

____（填化学式）。

（2）写出反应①②③的化学反应方程式：

①：

____________________________________；

②：

____________________________________；

③：

____________________________________；

【答案】NaCl2HClCO22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O

【解析】

【分析】

焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。

因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。

【详解】

（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2；

（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O；

【点睛】

无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。

2．I．化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:

1，X不溶于水，能溶于强酸。

某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。

（1）X的化学式是____________________。

（2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：

__________。

（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：

_____________________。

II．已知黑色固体中不含单质。

为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成100mL溶液，每次取20.00mL待测液于锥形瓶中，用2.000×10-2mol∙L-1KMnO4标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：

组次

1

2

3

4

V标（mL）

20.00

20.02

19.99

19.99

（4）如何判断滴定终点：

__________________。

（5）待测液中c（Fe2+）=____________________。

（6）该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_______________。

【答案】FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色0.1000mol.L-1Fe4O5

【解析】

【详解】

I．根据流程中信息可知，2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁

=0.01mol，故X中含有0.02molFe3+，质量为0.02mol

=1.12g，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为

=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为

=0.02mol，故可推知X中含有0.02molCl-，质量为0.02mol

=0.71g，化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:

1，故另一非金属元素也为0.02mol，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g，则摩尔质量为

=16g/mol，应为O元素，故X为FeOCl；

（1）X的化学式是FeOCl；

（2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：

取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；

（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和Cu2+，对应的离子方程式是：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

II．（4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：

当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；

（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL，根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，待测液中c（Fe2+）=

；

（6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为

铁的总物质的量为0.02mol，则n（Fe2+）:

n（Fe3+）=0.01mol:

0.01mol=1:

1，该黑色固体的化学式用FexOy形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有

，得x:

y=4:

5，FexOy可表示为Fe4O5。

3．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。

4．某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32－、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：

依据以上信息，回答下列问题：

（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：

________________；不能肯定的是：

_______________。

对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：

_________。

（选填：

①NaOH溶液，②酚酞试剂，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KSCN溶液，⑥KMnO4溶液）

（2）气体F的电子式为：

_______________，实验中，可以观察到反应②的现象是：

__________________。

（3）写出步骤①所有发生反应的离子方程式________________________、___________________。

【答案】SO42－、Al3+、Fe2+、NH4+Fe3+⑤

气体由无色变成红棕色Ba2++SO42－＝BaSO4↓3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O

【解析】

【详解】

（1）在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，一定不含NO3-离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al（OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无Fe3+；

（2）溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F：

NH4++OH-=NH3↑+H2O，氨气电子式为

；一氧化氮易被氧化为二氧化氮，则实验中，可以观察到反应②的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体；

（3）步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++SO42－＝BaSO4↓，二价铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮，离子反应方程式为3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O。

5．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。

6．在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：

请填写下列空白：

（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是______（填化学式）。

（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式:

。

（3）写出B电解生成E和D的反应方程式：

。

（4）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式，该反应消耗了2molG，则转移的电子数是。

【答案】（每空2分，共10分）

（1）CO2

（2）Al3＋+4OH－＝AlO2－+2H2O

（3）2Al2O3

4Al+3O2↑（4）2Al+3CuO

3Cu+Al2O34NA（或2．408х1024）

【解析】

试题分析：

（1）明矾与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸盐。

孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，生成氧化铜、CO2和水。

CO2能与A反应，则F是CO2。

（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式为Al3＋+4OH－＝AlO2－+2H2O。

（3）CO2能与偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，电解氧化铝生成氧气和铝，则B电解生成E和D的反应方程式为2Al2O3

4Al+3O2↑。

（4）图中所得G和D都为固体，分别是是氧化铜和铝，混合后在高温下可发生铝热反应，该反应的化学方程式为2Al+3CuO

3Cu+Al2O3。

反应中铜的化合价从＋2价降低到0价，因此若该反应消耗了2mol氧化铜，则转移的电子数是4NA。

考点：

考查无机框图题推断

7．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。

8．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示（反应条件未标出）

（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是__________。

（2）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是__________。

（3）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________。

（4）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应③的化学方程式是__________，在反应①中若有3mol电子转移，则生成D的物质的量为__________。

【答案】C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O2C+SiO2

Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O2

4NO+6H2O3mol

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2（2+2x），解的x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg（NO3）2，反应④的化学方程式是：

C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，反应方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；

（3）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，由转化关系可知A为变价金属，气体单质F能与A反应生成高价态化合物，则推断变价金属A为Fe，F为Cl2，D为H2，B为HCl，C是FeCl2，E为FeCl3，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（4）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应③的化学方程式是：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，反应①为：

2NH3+6Cl2=6HCl+N2，每生成6molHCl转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成HCl的物质的量为3mol。

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酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式为___________，若反应放出1.12L气体（标准状况下），则被还原的B物质的量为___________mol。

（2）若实验室中利用固体A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，试写出此反应的化学方程式________________；实验室检验C的方法为_______________。

（3）若B是黄绿色有毒气体，上述关系经常用于实验室尾气处理，则反应的离子方程式为________________。

若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，看到的现象为______________。

【答案】2NO3－+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+0.052NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O试纸变为蓝色

【解析】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，考虑E为H2O；

（1）A是一种红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu，B为稀硝酸，C为NO，D为硝酸铜，反应的离子反应为2NO3-+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+，生成硝酸铜体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性；若反应放出1.12LNO气体（标准状况下），NO的物质的量为0.05mol，则被还原的HNO3物质的量为0.05mol；

（2）C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，实验室利用铵盐与熟石灰反应制备氨气，该反应方程式为：

2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验方法为把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气）；

（3）若B是黄绿色有毒气体，应该为氯气，实验室常用NaOH溶液吸收其尾气，则反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，氯气能氧化I-生成碘单质，则看到的现象为试纸变为蓝色。

点睛：

考查无机物的推断，涉及浓硝酸的性质及氨气的制备；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