备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题1.docx
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备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题1
备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题
(1)
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.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.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,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___。
(2)若A是常见的金属单质,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___。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,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,则C的电子式是___,反应③的化学方程式是___。
(4)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,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,B的结构式是___,反应④的化学方程式是___。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-︰N
N︰4NH3+5O2
4NO+6H2OO=C=OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,F为气体,则F为氧气,验证符合转化关系,则:
反应①的化学方程式是SiO2+2C
Si+2CO↑,故答案为:
SiO2+2C
Si+2CO↑;
(2)A是生活中常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应,且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,可推知A为Fe,F为Cl2,故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,则:
反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,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,电子式为︰N
N︰,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,故答案为:
︰N
N︰;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)若A、D为单质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,该红棕色气体为NO2,可推知F为HNO3,反应①是置换反应,Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系,可推知B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg(NO3)2,则:
二氧化碳的结构简式为:
O=C=O,反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O,故答案为:
O=C=O;C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
4.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体。
根据下图关系推断:
(1)写出化学式:
X_______,A________,B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式:
____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式:
_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)
【解析】
【分析】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3,据此解答。
【详解】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,A为NH3,B为H2O;
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2,则实验室收集气体D(NO)的方法为:
排水法;NO2能与水反应生成NO和硝酸,则收集气体F(NO2)的方法是:
向上排空气法;
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2,反应的化学方程式为:
2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2;
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)氨气的水溶液显碱性,故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)。
【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;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
5.固体化合物X由3种元素组成。
某学习小组进行了如下实验:
请回答:
(1)由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。
(2)固体混合物Y的成分________(填化学式)。
(3)X的化学式________。
X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是________。
【答案】OCu和NaOHNaCuO22NaCuO2+8HCl
2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O
【解析】
【分析】
固体混合物Y溶于水,得到固体单质为紫红色,说明是Cu,产生碱性溶液,焰色反应呈黄色说明含有钠元素,与盐酸HCl中和,说明为NaOH(易算出为0.02mol),混合气体能使CuSO4变蓝,说明有水蒸汽。
【详解】
(1)CuSO4由白色变为蓝色,说明有水生成,根据元素守恒分析,必定含有O元素。
(2)现象2获得紫色单质,说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素,与HCl发生中和反应说明有NaOH,故答案填Cu和NaOH。
(3)NaOH为0.02mol,易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g,m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g,N(Na):
N(Cu):
N(O)=
=1:
1:
2,故化学式为NaCuO2,X与浓盐酸反应,根据反应现象,产物有Cl2,和CuCl2蓝色溶液,因而化学方程式为2NaCuO2+8HCl
2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O
6.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。
7.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。
8.由2种常见元素组成的化合物G,有关转化和实验信息如下:
请回答下列问题:
(1)G是______________(填化学式)。
(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。
(3)若D为纯净物,F是红色金属单质,写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。
(4)C的最大质量为________________g。
【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+Cu2O+2H=Cu2++Cu+H2O23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体,能与碘水反应,说明A有还原性;B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,说明B中含有SO42-,所以A为SO2,B为H2SO4和HI的混合溶液,C为BaSO4;通过质量守恒可推知G是Cu2S,以此解答。
【详解】
(1)G中含S元素,I2+2H2O+SO2=H2SO4+2HI,m(S)=1L×0.1mol/L×32g/mol=3.2g,G中金属元素质量为12.8g,由元素质量守恒知,D中氧元素质量为1.6g,中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等,设D中金属元素的相对原子质量为M,化合价为n,则有
,解得:
M=64n,当n=1时,M=64,故D为Cu2O,G为Cu2S;故答案为:
Cu2S;
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程,离子方程式为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;故答案为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;
(3)Cu2O与硫酸反应,生成了一种单质,该单质是铜,由氧化还原反应知,一部分铜元素由+1价降至0价,必然另一部分铜元素化合价升高至+2价,即E为硫酸铜溶液,F为铜单质,则离子反应方程式为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;故答案为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;
(4)由分析可知,最终生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,m(BaSO4)=0.1mol×233g/mol=23.3g;故答案为:
23.3;
9.下列图示中,A、B是金属单质,E、K是非金属单质,其它为化合物,F、G、H、I、J焰色反应均为黄色,在这些物质中只有C、K是气体,其中K是黄绿色气体,反应⑧⑨是工业由H制I的重要反应。
填写下列空白:
(1)写出化学式:
B___,F___。
(2)写出反应①的化学反应方程式:
____。
(3)写出反应⑦离子反应方程式:
___。
【答案】MgNa2O22Mg+CO2
2MgO+COH-+CO2=HCO3-
【解析】
【分析】
由“K是黄绿色气体”,可确定K为Cl2;由“F、G、H、I、J焰色反应均为黄色”,可确定A为Na,则F为Na2O2,G为NaOH,H为NaCl。
由
可确定J为NaHCO3,C为CO2,I为Na2CO3。
金属单质B能与CO2反应,则B为Mg,从而得出D为MgO,E为C。
(1)从上面分析中,我们可确定B、C的化学式。
(2)反应①是Mg与CO2发生的置换反应,产物为MgO和C。
(3)反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3。
【详解】
由“K是黄绿色气体”,可确定K为Cl2;由“F、G、H、I、J焰色反应均为黄色”,可确定A为Na,则F为Na2O2,G为NaOH,H为NaCl。
由
可确定J为NaHCO3,C为CO2,I为Na2CO3。
金属单质B能与CO2反应,则B为Mg,从而得出D为MgO,E为C。
(1)从上面分析中,我们可确定化学式:
B为Mg,F为Na2O2;答案为:
Mg;Na2O2;
(2)反应①是Mg与CO2发生的置换反应,产物为MgO和C,反应方程式为2Mg+CO2
2MgO+C;答案为:
2Mg+CO2
2MgO+C;
(3)反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3,反应的离子方程式为
OH-+CO2=HCO3-。
答案为:
OH-+CO2=HCO3-。
【点睛】
框图题分析的思路为:
解题时,寻找解题的突破口至关重要,通常情况下,特殊的反应条件、特殊的反应现象、信息点多的某个反应,便是解题的突破口。
对于本题来说,我们容易推出A、F、G、H,解题的真正突破口是C物质的确定,也就是下列物质转化中C的确定,
。
10.
(一)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素,W、X是金属元素,Y、Z是非金属元素。
(1)W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水,该反应的离子方程式为_______。
(2)W与Y可形成化合物W2Y,该化合物的电子式为____。
(二)A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物,A是单质。
它们之间有如下的反应关系:
(3)若A是淡黄色固体,C、D是氧化物,且C是造成酸雨的主要物质。
则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式_____。
(4)若D物质具有两性,②③反应均要用强碱溶液,④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。
判断单质A的元素在周期表中的位置是_____。
(5)若A是应用最广泛的金属。
④反应用到A,②⑤反应均用到同一种非金属单质。
C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板,写该反应的离子方程式_____。
【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
SO2+Na2O2=Na2SO4第三周期ⅢA族Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
(一)
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素,W、X是金属元素,其最高价氧化物对应的水化物为碱,且两种碱可以反应生成盐和水,则W为Na元素,X为Al元素,Y、Z是非金属元素,W为Na,W可以和Y形成,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期,所以为S,Y的低价氧化物为;并且Z和Y同周期,原子序数比Y大,所以Y为Cl,根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解答该题。
(二)
(1)C是造成酸雨的主要物质则C是SO2,A是淡黄色固体,则A是S,所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应;
(2)D物质具有两性,②③反应均要用强碱溶液,④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体,则D是Al(OH)3,C是NaAlO2,则A是Al,B是Al2O3;
(3)A是应用最广泛的金属,④反应用到A,则A为Fe,C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板,C是FeCl3,②⑤反应用到的非金属为Cl2,所以D是FeCl2,以此来解答;
【详解】
(一)
(1)W、X为金属,其最高价氧化物对应的水化物为碱,且两种碱可以反应生成盐和水,则为NaOH和Al(OH)3,二者反应的离子方程式:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(2)W为Na,W可以和Y形成W2Y,则Y为-2价,为ⅥA元素,且和钠同周期,所以为S,W2Y为Na2S,电子式为:
;
(二)
(1)C是造成酸雨的主要物质则C是SO2,A是淡黄色固体,则A是S,所以SO2与另一淡黄色固体过氧化钠反应,反应方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4;
(2)D物质具有两性,②③反应均要用强碱溶液,④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体,则D是Al(OH)3,C是NaAlO2,则A是Al,B是Al2O3,所以A在元素周期表的位置为第三周期ⅢA族;
(3)A是应用