高考化学高无机综合推断综合题及详细答案.docx
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高考化学高无机综合推断综合题及详细答案
2020-2021高考化学高无机综合推断综合题及详细答案
一、无机综合推断
1.下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,乙、丙、丁是非金属单质,其它为化合物,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,①是实验室制取丁的反应之一,F为棕黄色溶液。
各物质间的转化如下图所示,回答下列各问题(部分生成物未列出):
(1)A的电子式:
___________________;
(2)写出甲与C反应的化学方程式:
________________________________;
(3)在F和E的混合溶液中用___________试剂(填化学式)检验E中阳离子;
(4)整个转换过程中属于氧化还原反应的有___________个;
(5)写出反应③E与G按物质的量之比2:
1的反应的离子方程式___________________。
【答案】
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2KMnO46个6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+
【解析】
【分析】
由题意可知,G为淡黄色固体化合物,J为生活中常见的调味品,则G是Na2O2,J为NaCl;I为红褐色固体,则I是氢氧化铁,甲是Fe单质;B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质,根据Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁可知C是水,乙是氢气,D是Fe3O4;A与B反应生成水和一种非金属单质,且①是实验室制取丁的反应之一,判断A是过氧化氢,B是二氧化锰,过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下发生分解反应生成水和氧气,所以丁是氧气;四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F,可以相互转化,则K是盐酸,盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁,F与Fe反应生成E,则F是氯化铁,E是氯化亚铁,氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气,氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化铁、氢氧化铁、氯化钠。
【详解】
(1)A是过氧化氢,过氧化氢是共价化合物,A的电子式为
,故答案为
;
(2)甲是Fe单质,C是水,Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故答案为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(3)E是氯化亚铁,F是氯化铁,氯化亚铁具有还原性,能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,则可用KMnO4溶液检验亚铁离子,故答案为KMnO4;
(4)由转化关系可知,上述转化过程中除D与K的反应不是氧化还原反应外,其余均是氧化还原反应,属于氧化还原反应共6个,故答案为6;
(5)E是氯化亚铁,G是Na2O2,氯化亚铁与过氧化钠按物质的量之比2:
1反应生成氢氧化铁沉淀和铁离子,反应的离子方程式为6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+,故答案为6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+。
【点睛】
本题考查无机物的推断,注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断,注意牢固把握元素化合物的性质及用途是解答关键。
2.A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质,常温下A是淡黄色粉末,B、D是气体,F、G、H的焰色反应均为黄色,水溶液均显碱性,E有漂白性。
它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去),回答下列问题:
(1)A所含元素在周期表中的位置为________________,C的电子式为________。
(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。
(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I,I在酸性溶液中不稳定,易生成等物质的量的A和E,I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________,I是较强还原剂,在纺织、造纸工业中作为脱氯剂,向I溶液中通入氯气可发生反应,参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4,该反应的离子方程式为_____________。
(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸,完全反应后收集到aL气体C(标准状况),过滤,向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液,得到沉淀3.2g,则a=________L。
【答案】第三周期第ⅥA族
3S+6NaOH
2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24
【解析】
【分析】
A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质,常温下A是淡黄色粉末,则A为S;B、D是气体,均与硫单质反应,E为D与硫反应生成的有漂白性的物质,则D为O2,E为SO2,F、G、H的焰色反应均为黄色,均含有Na元素,水溶液均显碱性,结合转化关系可知,H为NaOH、G为Na2SO3,F为Na2S,B为H2,C为H2S,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知:
A为S,B为H2,C为H2S,D为O2,E为SO2,F为Na2S,G为Na2SO3,H为NaOH。
(1)A是硫单质,S是16号元素,原子核外电子排布为2、8、6,根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素;C为H2S,属于共价化合物,S原子与2个H原子形成2对共用电子对,使分子中每个原子都达到稳定结构,电子式为
;
(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应,生成Na2S和Na2SO3和水,根据原子守恒、电子守恒,可得反应的方程式为:
3S+6NaOH
2Na2S+Na2SO3+3H2O;
(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3,Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2,反应的离子反应方程式为:
2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O,Cl2具有强氧化性,能把S2O32-氧化成SO42-,Cl2被还原成Cl-,Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1:
4,即两者的系数为1:
4,其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+;
(4)F为Na2S,G为Na2SO3,向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl,发生反应:
2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O,0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S,剩余0.2mol的Na2S,反应产生0.2molH2S,取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液,得到3.2g沉淀,说明溶液中溶解了H2S,根据反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,反应产生S的物质的量n(S)=
=0.1mol,该反应消耗0.1molH2S,所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol,其标准状况下的体积为V(H2S)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
【点睛】
本题考查无机物推断,题中焰色反应及特殊反应为推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物的性质,(4)中计算为易错点、难点,学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出,忽略溶液中溶解硫化氢,侧重考查学生的分析能力。
3.甲、乙、丙均为化合物,其中甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,它们有如下图的转化关系,已知D为黄绿色气体,按要求回答下列问题:
(1)甲物质为____________(填化学式)。
(2)乙与甲反应的化学方程式为____________,丙与甲反应的化学方程式为____________。
(3)D能使湿润的有色布条褪色,其褪色原因是____________(结合化学反应方程式描述原因)。
(4)D可用于制取“84”消毒液,反应的化学方程式为____________,也可用于工业上制取漂白粉,反应的化学方程式为____________,但漂白粉保存不当易变质,变质时涉及到的化学方程式为____________。
【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物,甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,甲能既能与乙反应也能与丙反应,可知甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,则A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为黄绿色气体,则D为Cl2,D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO,F的溶液能与丙(CO2)反应C与I,则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO,G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2),则G为HCl,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为Cl2,E为NaCl,F为NaClO,G为HCl,I为HClO。
(1)甲是过氧化钠,化学式为Na2O2;
(2)甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)D为Cl2,氯气与水反应产生HCl和HClO,反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO,产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性,能够将有色物质氧化变为无色,所以氯气能够使湿润的有色布条褪色;
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物,即为“84”消毒液,有效成分为NaClO;氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉,反应为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,有效成分为Ca(ClO)2,由于酸性H2CO3>HClO,所以漂白粉在空中中露置,会发生反应:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,产生的HClO不稳定,光照易分解:
2HClO
2HCl+O2↑,导致漂白粉失效,所以漂白粉要密封保存在冷暗处。
【点睛】
本题考查无机物推断,“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口,熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键,注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。
4.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。
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.室温下,单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体,在合适反应条件下,它们可按下面框图进行反应。
又知E溶液是无色的。
请回答:
(1)A是________,B是________,C是________(填化学式)。
(2)反应①的化学方程式为____________________________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________。
(4)反应④的化学方程式为______________________。
【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2HCl===FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2===2FeCl3
【解析】
【分析】
B为黄绿色气体,应为Cl2,C为无色气体且与Cl2能发生反应,则C为H2,E为HCl;由反应③、④可以推出,A为排在H前面的金属,且A为变价金属,因此A为Fe,结合物质的相关性质解答该题。
【详解】
B为黄绿色气体,应为Cl2,C为无色气体且与Cl2能发生反应,则C为H2,E为HCl;由反应③、④可以推出,A为排在H前面的金属,且A为变价金属,因此A为Fe。
(1)由以上分析可知A为Fe,B为Cl2,C为H2,故答案为:
Fe;Cl2;H2;
(2)反应①为Fe和Cl2的反应,反应的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3,故答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(3)反应③为Fe和HCl的反应,反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故答案为:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应,化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3,故答案为:
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
7.A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,存在如图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去);已知A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解。
请回答以下问题:
(1)若A为单质,且C为一元强酸。
①化合物B的结构式为_______。
②写出一种工业制备单质A的离子方程式:
________。
③X可能为______(填字母代号)。
a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.Na[Al(OH)4]
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。
①A的电子式为______。
②A与H2O反应的化学方程式为_____。
③室温下,NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D,试写出其分解反应的化学方程式_________。
【答案】H—O—Cl2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑cd
NCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解,则B为HClO;
(1)若A为单质,且C为一元强酸,则C为HCl,A为Cl2,X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]等;
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生,则C为NH3,结合B为HClO,根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3,时而推得G为HNO3,E为NO2,X为氧气,符合转化关系,以此解答该题。
【详解】
A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物,A由短周期非金属元素组成,B具有漂白性且光照易分解,则B为HClO。
(1)若A为单质,C为一元强酸,则C为HCl,A为Cl2;
①化合物B为HClO,结构式为H—O—Cl。
②工业上电解饱和食盐水制备Cl2,工业制备单质A的离子方程式:
2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑。
③a.若X为NaOH,NaOH与HCl反应生成的NaCl与NaOH不反应,X不可能为NaOH; b.若X为AlCl3 ,AlCl3与HCl不反应,X不可能为AlCl3,c.若X为Na2CO3 ,Na2CO3与HCl反应生成CO2,CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3,X可能为Na2CO3;d.若X为Na[Al(OH)4],Na[Al(OH)4]与过量HCl反应生成AlCl3,AlCl3与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3,X可能为Na[Al(OH)4];答案选cd。
(2)若A为两种元素形成的化合物,且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生,则C为NH3,结合B为HClO,根据元素守恒定律及化合价的情况可知A为NCl3,推得G为HNO3,D为NO,E为NO2,X为氧气。
①A的电子式为
②A与H2O反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
③室温下,NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D,其分解反应的化学方程式为5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。
【点睛】
解答无机物的推断一般有以下步骤:
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。
8.有一种埋在地下的矿物X(仅含四种元素),挖出后在空气中容易发黄,现探究其组成和性质,设计完成如图实验:
请回答:
(1)X的化学式____。
(2)X隔绝空气加热的化学反应方程式为:
___。
(3)用化学方程式表示在空气中变黄的原因____。
(4)写出检验溶液A中存在的金属阳离子的实验方法:
____。
【答案】
取少量溶液A于试管中,加入少量
溶液,无明显现象,再加入少量双氧水溶液,呈现血红色,证明溶液中含
【解析】
【分析】
矿物X挖出后在空气中容易发黄,推测该矿物中含有Fe2+。
无色无味能与石灰水反应的气体,排除了二氧化硫的可能性,该气体为二氧化碳气体。
分解产物中还有水,所以矿物X的4种组成元素为Fe、C、H、O。
20.6gX隔绝空气加强热得到热气体和黑色固体,热气体冷却后得到水1.8g,其物质的量为0.1mol,无色无味气体应为二氧化碳,通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀,溶液增重4.4g即为二氧化碳的质量,其物质的量为0.1mol。
因隔绝空气加强热,所以黑色固体中应为氧化亚铁。
经硫酸溶解后,加足量的NaOH溶液生成沉淀,在空气中充分灼烧后得到氧化铁,其质量为16.0g,其物质的量为0.1mol。
所以物X中n(Fe):
n(H):
n(C)=0.2:
0.2:
0.1=2:
2:
1,据化合价代数和为0来配上氧原子数。
矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3。
【详解】
(1)据以上分析,矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3,表达出原子个数比即可。
(2)X隔绝空气加热的化学反应方程式为:
;
(3)在空气中变黄,是+2价铁被氧化成+3价铁:
2Fe(OH)2·FeCO3+O2=2Fe2O3+2CO2↑+2H2O;
(4)溶液A的阳离子是Fe2+,检验的方案是:
取少量溶液A