高考化学 高无机综合推断 综合题附答案.docx

1、高考化学 高无机综合推断 综合题附答案2020-2021高考化学 高无机综合推断 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+5O2

2、4NO+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中的一种

3、，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+2

4、NH3+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现有金属单

5、质A和气体甲、乙、丙及物质B、C、D、E、F、G，它们之问能发生如下反应，其中乙是黄绿色气体（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的名称：丙-_；（2）写出下列物质的化学式：F_；（3）气体乙是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。请你根据所学知识回答下列问题： 把气体乙通入紫色石蕊溶液中，可以观察到的现象是：_，请你解释其中的原因_。 某化学兴趣小组计划用气体乙和物质B制取简易消毒液D。其反应原理为：（用化学方程式表示）_。【答案】氯化氢 Ca(ClO)2 先变红后褪色 氯气和水反应生成HCl、HClO，溶液显酸性使石

6、蕊变红HClO具有漂白性（或强氧化性）使溶液褪色 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 【解析】【分析】金属单质A和氧气反应生成淡黄色固体G，所以A是钠、G是过氧化钠；乙是黄绿色气体，乙是氯气；钠与水反应生成氢气和氢氧化钠；氢气和氯气生成氯化氢，氯化氢溶于水生成盐酸；浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气；氯气与石灰乳反应生成漂白粉；氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠。据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，丙是氯化氢；（2）F是Ca(ClO)2；（3）把氯气通入紫色石蕊溶液中，氯气与水生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，石蕊变红色，次氯酸具有漂白性，所以石蕊褪色，可以观察到的现象是：先变红后褪色；氢氧

7、化钠与氯气生成次氯酸钠的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。3如图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A和C为无色气体。填写下列空白：（1）物质M可以是_；C是_；F是_（填化学式）。（2）反应的化学方程式是_。（3）反应的离子方程式是_。【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 NH3 NO2 2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2 8H2NO3-3Cu=3Cu22NO4H2O 【解析】【分析】M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与Na2O2反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合

8、转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3。【详解】(1)根据上述推断，M可以为：NH4HCO3或(NH4)2CO3，C为NH3， F为NO2，故答案为：NH4HCO3或(NH4)2CO3；NH3；NO2；(2)根据分析和框图可知反应是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2，故答案为：2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2；(3)根据分析和框图可知反应是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H2NO3-3Cu=3Cu22NO4H2O，故答案为：8H2NO3-3Cu=3Cu22NO4H2O。4某盐A

9、是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：请回答：(1)写出组成 A的三种元素符号_。(2)混合气体B的组成成份_。(3)写出图中由C转化为E的离子方程式_。(4)检验E中阳离子的实验方案_。(5)当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式_。【答案】Fe、O、S SO2 和SO3 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+ Fe-2e=Fe2+ 【解析】【分析】由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶

10、液，说明A中含有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为=0.01mol，气体B的物质的量为=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.020.01）mol=0.01mol，m（SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol80g/mol+0.01mol64g/mol+1.6g=3.04g，说明A中nFe）：n（S）：n（O）=1：1：4，则A为Fe

11、SO4。【详解】（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：Fe、O、S；（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为=0.01mol，气体B的物质的量为=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：SO2 和SO3；（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明

12、E中阳离子为Fe3+，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e=Fe2+，故答案为：Fe-2e=Fe2+。【点睛】注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。5某无机盐X(仅含三种元素，原子个数比为1:1:4,摩尔质量270gmol-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

13、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c1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 、 S K2S2O8 C S2O8 2-+ 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

14、，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270gmol-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）aK的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片观察，故a错误；

15、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：。6为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：请回答：（1）X 的化学式是_。（2）X 在空气中充分灼烧的化学方程式为_。（3）溶液 A 与烧碱反应生成 B 和浅黄色沉

16、淀（0.01mol）的化学方程式为_。【答案】CuFeS2 4CuFeS213O24CuO2Fe2O38SO2 3Fe2 (SO4)312NaOHNa2Fe6 (SO4)4 (OH)125Na2SO4 【解析】【分析】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为N

17、a2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。【详解】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n(SO2)=0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量n(CuO)=0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，物质的量n(Fe2O3)=0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比n(Fe) n(Cu) n(S)=0.0320.060.12=112，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol(56+64+64)g/mol=11.04g，符合题意，上述推断正确，

18、氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，则nFe2(SO4)3=0.03mol，4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，n(NaOH)=0.12mol，n(Na2SO4)=0.05mol，结合元素守恒和电荷守恒，0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-)=0.03mol3-0.05mol=0.04mol

19、，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)n(Fe3+)n(OH-)n(SO42-)=0.020.060.120.04=1362，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。(1)根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：4FeCuS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2；(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na

20、2Fe6 (SO4)4 (OH)12，反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12，故答案为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12。【点睛】大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。7暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。己知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体

21、变为蓝色。请回答以下问题：（1）写出A的电子式_。（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式_。（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）_【答案】 SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl 3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还

22、有氧化亚铁。 【解析】【分析】气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3NH3。【详解

23、】（1）A为碘单质，电子式为：；（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl；（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O ；（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，

24、滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。8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) 写出反应的化学方程式：_；写出反应的离子方程式：_。(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】Na FeCl3 Fe + 2HCl = FeCl2 + H2

25、 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

26、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；反应为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2，发生反应的离子方程式

27、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；9为了探究某带结晶水的固体X（含四种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验请回答：（1）白色固体D是_。（2）无色溶液白色沉淀F的离子方程式是_。（3）X的化学式是_。【答案】（或氧化镁） MgC2O44H2O 【解析】【分析】混合气体A经过浓硫酸得混合气体

28、B，B在标况下体积为896mL，物质的量为0.04mol，混合气体B通入澄清的石灰水，产生白色沉淀为CaCO3，白色沉淀的质量为2.00g，则物质的量为0.02mol，所以n(CO2)=0.02mol，根据框图可知含n(CO)=0.02mol，所以含C的物质的量为0.04mol。由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为1.16g，可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为nMg(OH)2=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=40g/mol，所以D为MgO，所以n(MgO)=0.02mol,含O为0.02mol，根据质量守恒，m=0.02mol40g/mo

29、l+0.02mol44g/mol+0.02mol28g/mol=2.24g,所以水的质量为：2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol，含n(H)=0.08mol。【详解】（1）由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为1.16g，可知白色沉淀F为 Mg(OH)2,物质的量为nMg(OH)2=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=40g/mol，所以D为MgO；答案：MgO。（2）由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F为Mg(OH)2，反应的的离子方程式是：Mg2+

30、2OH-= Mg(OH)2，答案：Mg2+ 2OH-= Mg(OH)2（3）由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为：0.02mol：0.04mol：0.10mol:0.08mol=1：2：5：4，所以X的化学式是MgC2O44H2O；答案：MgC2O44H2O。10物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。则（1）A的分子式是_，甲的电子式是_。（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是