备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题1.docx

1、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）写出反应的化学方程式_。（4）写出反应的离子方程式_。【答案】NH3 CuO NO 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 4NH3+5O

2、24NO+6H2O 3Cu+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)2C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

3、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)2C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)2CaCl2+

4、2NH3+2H2O；(3)反应为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)反应为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

5、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。写出B和C的化学式：B_；C_。写出反应的离子方程式_【答案】FeSO4 H2S 2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H 【解析】【分析】从框图中可以看出，反应是解题的突破口。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)由反应知，B物质具有还原性；由反应知，E物质具有氧化性，F气体具有还原性。综合分析反应和，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，可得出F气体为SO2，

6、C气体为H2S。再回到反应，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，很容易得出A为FeS。由反应，可得出D为FeCl3。答案为：B是FeSO4、C是H2S。(2) 反应的化学方程式为：Fe2(SO4)3SO22H2O2FeSO42H2SO4，离子方程式为：2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H。答案为：2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H【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

7、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。3A、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，反应在水溶液中进行，则反应（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，和两个反应中都

8、有水生成，反应需要放电才能发生，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，和两个反应中都有红棕色气体生成，B的结构式是_，反应的化学方程式是_。【答案】SiO22CSi2CO 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- NN 4NH35O24NO6H2O O=C=O C4HNO3CO24NO24H2O 【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，

9、CO与F生成E，F为气体，则F为氧气，验证符合转化关系，则：反应的化学方程式是SiO22CSi2CO，故答案为：SiO22CSi2CO；(2)A是生活中常见的金属单质，D、F是气态单质，反应为置换反应，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(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，反应需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，和两个反应中都有水生成，可以推知C

10、为N2，电子式为NN，F为O2，E为NO，A为NH3，反应为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应的化学方程式是：4NH35O24NO6H2O，故答案为：NN；4NH35O24NO6H2O；(4)若A、D为单质，和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，反应的化学方程式是C4HNO3CO24NO24H2O ，故答案为：O=C=O；C4HNO3CO24NO24H2O。4如图是中学化学中常见物质之间的一

11、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CE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)2CO3 NH3 H2O 排水 向上排空气 2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 4NH3 + 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

12、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

13、，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)CE是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O22Na2CO3+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

14、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

15、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】O Cu和NaOH NaCuO2 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O 【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）

16、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)=0.0223g=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2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O6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

17、，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300 g/molMF450 g/mol，则F的化学式为_。【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

18、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5.4g19.29%=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300 g/molMF450 g/mol，可得出其化学式为。7有关物质的转化关系如下图所

19、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）写出反应的化学方程式：_。（4）写出反应的化学方程式：_。【答案】H2O H2 2HClO2HCl + 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

20、可知，B为水；（2）F为氢气；（3）反应是次氯酸光照分解；（4）反应是铁与盐酸反应。【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）反应是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO2HCl + O2；（4）反应是铁与盐酸反应，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

21、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AB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】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H Cu2O+2H= Cu2+ Cu+ H2O 23.3 【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】

22、(1)G中含S元素，I22H2OSO2H2SO42HI，m（S）1L0.1mol/L32 g/mol3.2g，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：M64n，当n1时，M64，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，

23、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）0.1mol233 g/mol23.3g；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_

24、，F_。（2）写出反应的化学反应方程式：_。（3）写出反应离子反应方程式：_。【答案】Mg Na2O2 2Mg+CO22MgO+C OH-+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）反应是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C。（3）反应为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3

25、。【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）反应是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）反应为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-

26、。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

27、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，反应均要用强碱溶液，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。反应用到A，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A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

28、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A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，反应均要用强碱溶液，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，反

29、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，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A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，反应均要用强碱溶液，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A族；（3）A是应用