备战高考化学《高无机综合推断的综合》专项训练含答案.docx

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备战高考化学《高无机综合推断的综合》专项训练含答案

2020-2021备战高考化学《高无机综合推断的综合》专项训练含答案

一、无机综合推断

1．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+。

2．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。

3．某无机盐X（仅含三种元素，原子个数比为1:

1:

4,摩尔质量270g·mol-1），为探究其组成和性质，某学习小组进行了如下实验，X与水反应只生成A、B两种物质，其中气体单质A能使带火星的木条复燃。

下列说法正确的是：

（1）X的组成元素为O和_____________（用元素符号表示）。

（2）X的化学式为____________。

（3）下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）_________。

a．酸式盐B的焰色反应颜色可以直接观察

b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色

c．1摩尔的固体B中含2NA个离子

d．氮气和气体单质A点燃即可发生反应

（4）X氧化能力极强，可用于脱硫脱硝，写出在碱性条件下X氧化SO32-的离子方程式____________。

【答案】K、SK2S2O8CS2O82-+SO32-+2OH-=3SO42-+H2O

【解析】

【分析】

单质A能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质的量

，则S原子个数为

，结合摩尔质量和原子个数比推出分子式。

【详解】

单质A能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质的量

，则S原子个数为

，原子个数比为1:

1:

4，摩尔质量270g·mol-1，则化学式为K2S2O8，

（1）X的组成元素为O和K、S，

故答案为：

K、S；

（2）由上述推断可知X的化学式为K2S2O8，

故答案为：

K2S2O8；

（3）a．K的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片观察，故a错误；

b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物有SO2、SO3、H2O、H2O2；SO2和H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO3和H2O不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；

c．B为酸性溶液则B为KHSO4，固体B中含有K+和HSO4-离子，故1摩尔的固体B中含2NA个离子，故c正确；

d．氮气和O2不可点燃，故d错误；

故答案选：

c；

（4）X氧化SO32-X为氧化剂，SO32-为还原剂，根据化合价升降守恒可得离子方程式为：

，

故答案为：

。

4．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。

5．已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。

试根据下列转化关系回答有关问题：

（1）试判断：

B为___，F为___；

（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式___；

（3）根据上述关系写出盐A的化学式___。

【答案】氢氧化铝或Al（OH）3硫酸钡或BaSO4Al（OH）3+3H+=Al3++3H2OKAl（SO4）2或K2SO4﹒Al2（SO4）3

【解析】

【分析】

已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+，故A是KAl（SO4）2；向溶液A中加入氨水，Al3+会发生反应：

Al3＋＋3NH3·H2O==Al（OH）3↓+3NH4+，产生白色沉淀B是Al（OH）3，溶液C是（NH4）2SO4；Al（OH）3是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，产生的溶液E是AlCl3；也可以与强碱NaOH发生反应：

Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，得到的溶液D是NaAlO2；向溶液C中加入Ba（NO3）2溶液，发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸，所以沉淀F是BaSO4。

【详解】

（1）通过分析可知，B为Al（OH）3，F为BaSO4，故答案为：

氢氧化铝；硫酸钡或BaSO4；

（2）B是Al（OH）3，与盐酸反应的离子方程式是：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（3）根据上述关系写出盐A是KAl（SO4）2，故答案为：

KAl（SO4）2或K2SO4﹒Al2（SO4）3。

6．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）<908g⋅mol-1）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。

已知：

①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；

②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。

请回答如下问题：

（1）写出B分子的电子式___。

（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。

请写出该反应的离子方程式为___。

（3）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。

（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式___。

【答案】

3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2OCu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O

【解析】

【分析】

浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态，且1个B分子含有10个电子，B为水；A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，则A为SO3，D为H2SO4；黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以红色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色固体H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，黑色固体C为氧化铜，据此分析解答。

【详解】

（1）B为水，水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为

，故答案为：

；

（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为：

3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，故答案为：

3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O； 

（3）根据上述分析，A为SO3，B为水，C为氧化铜，D为H2SO4，E为硫酸钡，F为氧气，G为氧化亚铜，H为铜，I为硫酸铜。

23.3g白色沉淀E（硫酸钡）的物质的量为n=

=0.1mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）∶n（SO3）=1∶4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：

Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4

4CuO+SO3↑+

H2O↑，根据氧元素守恒得：

m=6，符合M（X）＜908g•mol-1，则该反应流程为：

X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑，故答案为：

Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑；

（4）空气的主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气，气体丙为氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，红色固体为铜或氧化亚铜，反应的化学方程式可能为：

3CuO+2NH3

N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O，故答案为：

3CuO+2NH3

N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3

N2+3Cu2O+3H2O。

【点睛】

本题的易错点和难点为X的确定，要注意根据流程图确定X所含元素及其物质的量，结合M（X）＜908g•mol-1确定，本题的另一个注意点为（4），要注意红色固体为铜或氧化亚铜，甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。

7．2018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：

（1）关于E的说法正确的是___________________（填序号）

①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在

②E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质

③可用盐酸除去E中混有少量X

④E是良好的半导体材料

（2）写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目______________

（3）写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：

_________________________________

（4）A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________

（5）F物质用氧化物的形式表示为：

__________________。

（6）已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做____________；净化G胶体可采用如图_____________（填序号）的方法，这种方法叫_____________。

【答案】①③

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+Na2O▪SiO2电泳②渗析

【解析】

【分析】

A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。

【详解】

（1）由分析可知E为SiO2。

①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；②SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；③可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；④SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是①③；

（2）SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析标明电子转移数目为：

；

（3）SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（4）A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是：

取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+；

（5）Na2SiO3用氧化物的形式表示为：

Na2O▪SiO2；

（6）在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G胶体可采用图②的方法，这种方法叫渗析。

8．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；

9．已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，X在周期表中原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。

D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板。

各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略。

请回答下列问题：

（1）写出Z在周期表中的位置____，D的结构式____。

（2）写出A的化学式____。

（3）写出反应①的离子方程式____。

（4）为了获得氯化铜晶体，需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是____。

（5）将F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。

写出该反应的化学方程式____。

【答案】第2周期ⅥA族O=C=OCu2（OH）2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu（OH）23Cu2O+14HNO3（稀）=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O

【解析】

【分析】

X在周期表中的原子半径最小，则X为H元素；G为黄绿色单质气体，则G为Cl2；反应①用于制作印刷电路板，为FeCl3和Cu反应，则L为FeCl3，K为FeCl2；E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F，则F为Cu2O，E为Cu（OH）2，则B为CuCl2，M为Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能够与金属J反应生成FeCl2，则H为HCl，J为Fe，I为HClO，则C为H2O；从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D，D为无色非可燃性气体，可知，A中含有铜元素；Y、Z原子最外层电子数之和为10，Y、Z中一种为O元素，则另一种元素的原子最外层电子数为4，可能