备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练培优 易错 难题篇附详细答案1.docx

备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练培优 易错 难题篇附详细答案1.docx

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备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练培优易错难题篇附详细答案1

备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练∶培优易错难题篇附详细答案

（1）

一、无机综合推断

1．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

2．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。

3．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和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为_______。

【答案】CuFeS24CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO23Fe2（SO4）3＋12NaOH＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12＋5Na2SO4

【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Na2SO4，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）=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，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，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n[Fe2（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-0.05mol×2=0.02mol，n（Fe3+）=0.06mol，n（OH-）=0.12mol，n（SO42-）=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：

n（Na+）∶n（Fe3+）∶n（OH-）∶n（SO42-）=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，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+13O2

4CuO+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Na2Fe6（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。

4．探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：

（1）X的化学式是____。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是____。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2OSiO2＋2C

Si＋2CO↑

【解析】

【详解】

无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量=1.44g÷24g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则

（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C

Si＋2CO↑。

5．A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由1～2种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：

（1）若常温下A为有色气体。

①当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：

_________________。

②当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为________________；D中所含化学键的类型为____________________。

（2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：

_________________。

（3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：

____________；B转化为C的化学方程式为______________。

【答案】Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O

离子键、极性共价键Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑4NH3＋5O2

4NO＋6H2O

【解析】

【详解】

（1）①若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，F为铁，B与铁反应生成Fe3+；由于A为有色气体，与水反应生成B和E，则A为NO2，B为HNO3，E为NO，C为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2；B与适量F反应生成C和气体E的离子方程式为：

Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②A为有色气体，与水反应生成B和E，E具有漂白性，则A为Cl2，B为HCl，E为HClO，物质F的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为Na2CO3，C为二氧化碳，D为碳酸氢钠；二氧化碳的电子式为：

；D为碳酸氢钠，其中含有离子键、极性共价键。

（2）若A为淡黄色固体，能与水反应生成B和E，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相同，则B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气；铝盐显酸性是因为铝离子水解造成的，离子方程式为：

Al3＋＋3H2O

Al（OH）3＋3H＋。

（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的

，则该元素为镁，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，则A含有氮元素，A为Mg3N2，B为氨气，F为氧气，C为一氧化氮，D为硝酸，E为氢氧化镁，A和水反应的化学方程式为：

Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑，B转化为C的反应方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O。

6．A～J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置是____________；

（2）检验C溶液中阳离子方法是（写出操作，现象及结论）________________________________________________________________________________________________；

（3）写出反应①化学方程式：

________________________________________________；

（4）写出反应④离子方程式：

________________________________________________；

（5）写出反应⑥化学方程式：

________________________________________________；

（6）写出反应③阳极的电极反应式：

__________________________________________；

（7）从能量变化角度看，反应①②③中，属于△H＜0的反应是__________（填序号）。

【答案】第四周期第VIII族取少量C溶液滴加KSCN，溶液不显红色，再加氯水，溶液呈红色，证明是Fe2+8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32O2--4e-=O2↑①②

【解析】

【分析】

根据反应的流程图可知F是Fe（OH）3，E是Fe（OH）2，则A是Fe，B是Fe3O4，C是FeCl2，D是FeCl3，据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，Fe元素在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）C中的阳离子是亚铁离子，检验其方法是取少量C溶液滴加KSCN，溶液不显红色，再加氯水，溶液呈红色，证明是Fe2+；

（3）G为主族元素的固态氧化物，与氢氧化钠溶液反应，且电解得I也与氢氧化钠溶液反应，所以I是Al，G是Al2O3，H是氧气，J则是偏铝酸钠。

反应①是铝热反应，化学方程式8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe；

（4）反应④是Al与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；

（5）反应⑥是氢氧化亚铁在空气中变为氢氧化铁的反应，化学方程式为

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（6）反应③是电解氧化铝，阳极是阴离子放电，电极反应式为2O2--4e-=O2↑；

（7）从能量变化角度看，反应①②③中，铝热反应、燃烧反应都是放热反应，而电解反应是吸热反应，所以属于△H＜0的反应是①②。

7．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

。

8．现有金属单质A、B、C、D和气体甲、乙、丙及物质E、F、G、H、I，它们之间能发生如下反应（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）写出下列物质的化学式：

B____________；F_____________；

（2）已知A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则其氧化物供氧时的化学方程式为_____________

（3）①、④离子方程式：

________________；________________。

【答案】AlFeCl22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na+2H2O=2NaOH+H2↑Fe3++3OH-=Fe（OH）3

【解析】

【分析】

焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H是Fe（OH）3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，据以上分析解答。

【详解】

焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H是Fe（OH）3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，

（1）结合以上分析可知，物质B的化学式是Al；物质F的化学式是FeCl2；

（2）A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则该氧化物是Na2O2，其作供氧时的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）①钠与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

④氢氧化钠与FeCl3发生反应产生氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe（OH）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．单质A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示转换关系，工业上电解熔融的甲可制取金属A。

请回答：

（1）写出下列物质的化学式：

A__________、甲__________。

（2）写出乙物质的溶液中通入过量CO2的现象：

________________________________；

（3）写出丁与过量氨水反应的离子方程式：

__________________________________。

（4）写出A与NaOH溶液反应的化学方程式：

__________________________________。

【答案】AlAl2O3产生白色胶状沉淀Al3++3NH3·H2O===Al（OH）3↓+3NH4+2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑

【解析】

试题分析：

由图中信息可知，单质A可以与氢氧化钠溶液反应生成单质C，A和B反应生成的甲，甲既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应，且可用于工业上电解法制取金属A，综合题中其他转化，可以判断出A为铝、B为氧气、C为氢气、甲为氧化铝、乙为偏铝酸钠、丙为水、丁为氯化铝、戊为氢氧化铝。

（1）A的化学式为Al、甲的化学式为Al2O3。

（2）偏铝酸钠溶液中通入过量CO2的现象是产生白色胶状沉淀；

（3）氯化铝与过量氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O===Al（OH）3↓+3NH4+。

（4）Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑。