化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案含答案.docx

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化学高无机综合推断的专项培优练习题含答案含答案

2020-2021化学高无机综合推断的专项培优练习题（含答案）含答案

一、无机综合推断

1．固体X由四种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

（1）固体X中含有H、O、______和______元素。

（2）写出固体X受热分解的化学方程式______。

（3）取少量固体B溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子方程式______。

【答案】CCuCu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

【解析】

【分析】

由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知，含H原子的物质的量n=1.8g/18g∙mol-1×2=0.2mol，质量为0.2g；气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙，其物质的量n=20.0g/100g∙mol-1=0.2mol，所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol×12g/mol=2.4g；固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu，则B为CuO，其物质的量为24.0g/80g∙mol-1=0.3mol，所以铜的质量为m=0.3mol×64g/mol=19.6g；剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g，所以X中含O为n=12.4g/16g∙mol-1=0.8mol，则n（Cu）：

n（C）：

n（H）：

n（O）=3：

2：

2：

8，X为Cu3（OH）2（CO3）2，以此来解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，固体X中含有H、O、C、Cu元素，故答案为：

C；Cu；

（2）固体X受热分解的化学方程式为Cu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑，故答案为：

Cu3（OH）2（CO3）2

3CuO+H2O+2CO2↑；

（3）取少量固体B溶于稀硫酸，生成硫酸铜，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，可知生成碘和CuI，产生该现象的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：

2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

2．黑色固体物质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。

⑴写出B和C的化学式：

B______________；C______________。

⑵写出反应④的离子方程式______________

【答案】FeSO4H2S2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋

【解析】

【分析】

从框图中可以看出，反应②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②知，B物质具有还原性；由反应④知，E物质具有氧化性，F气体具有还原性。

综合分析反应②和④，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③，可得出F气体为SO2，C气体为H2S。

再回到反应④，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①，很容易得出A为FeS。

由反应②，可得出D为FeCl3。

答案为：

B是FeSO4、C是H2S。

（2）反应④的化学方程式为：

Fe2（SO4）3＋SO2＋2H2O＝2FeSO4＋2H2SO4，离子方程式为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。

答案为：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋

【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。

3．现有H、N、O、Na、S、Cl、Fe、Cu八种常见元素，回答下列问题：

（1）Cl在周期表中的位置____________________；

（2）Na+离子的结构示意图为__________________；

（3）能说明非金属性Cl比S强的事实是_____________（用化学方程式表示）；

（4）物质A～L是由上述八种元素中的一种、二种或三种组成，A的摩尔质量166g·mol－1，其焰色反应呈黄色；B是最常见的液体；C中两元素的质量比为96∶7；D、E都为氢氧化物，E呈红褐色。

F、G、H、I为单质，其中F、G是无色气体，H是紫红色固体，I是黄绿色气体；L是常见的强酸。

它们有如下图所示的关系（部分反应条件及产物已略去）：

①C的化学式为____________________；

②D的电子式为____________________；

③L的稀溶液与H反应的离子方程式为_________________；

④反应（a）的化学方程式为_______________。

【答案】第3周期ⅦA族

Cl2+H2S=S↓+2HClCu3N

3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O4Na2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3↓+8NaOH+3O2↑

【解析】

【分析】

前三问考查了元素周期表中“位构性”三者关系，后一问为无机推断大题，其推导思路：

B是最常见的液体则为水；E呈红褐色为氢氧化铁，D、E属同类物质，且D应该也含有钠元素故为氢氧化钠；F、G、H、I为单质，其中F、G是无色气体，H是紫红色固体即为Cu，C中两元素的质量比为96：

7，C分解得到G和H，可知生成Cu和氮气，故C为Cu3N，G为氮气；氮气与氧气放电生成NO，故F为氧气，J为一氧化氮，与氧气反应生成K为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成L是常见的强酸硝酸；I是黄绿色气体则为氯气；A的摩尔质量为166g·mol-1，其焰色反应呈黄色，则含有钠元素，结合D、E、F可推知A为Na2FeO4。

【详解】

（1）Cl的原子序数为17，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为7，Cl元素位于元素周期表第三周期ⅦA族；

（2）Na+核外存在10个电子核内有11个质子，其微粒结构示意图为

；

（3）能说明非金属性Cl比S强的事实是Cl2+H2S=S↓+2HCl；

（4）①F、G、H、I为单质，其中F、G是无色气体，H是紫红色固体即为Cu，C中两元素的质量比为96：

7，C分解得到G和H，可知生成Cu和氮气，故C为Cu3N；

②D为NaOH，其为离子化合物，电子式为

；

③L的稀溶液与H反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O；

④A和B反应生成D、E和F，则反应（a）的化学方程式为4Na2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3↓+8NaOH+3O2↑。

【点睛】

常见无机物的颜色，可作为无机物推断的突破点。

4．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?

___。

【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；

（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

5．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

（1）X是________（填化学式，下同），F是__________。

（2）A―→D反应的化学方程式为_______。

（3）G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

（4）X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。

【答案】NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

（2）A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－

2H2O＋CO32—＋NH3↑；

（5）以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

=2amol。

6．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。

7．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。

8．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。

9．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于试管中，加入少量KSCN溶液，无明显现象，再加入少量双氧水（或氯水），溶液变为血红色，说明原溶液中含有Fe2+。

10．A~H是中学化学中常见的物质，转化关系如下图所示（部分反应物、反应条件和产物已略去）。

A、H是常见的金属单质，工业上常用电解法冶炼H；通常状况下B为黄绿色气体；G为红棕色固体；C、D、E、F、G物种化合物含有同一种元素。

（1）B的电子式为____________。

（2）检验D中金属阳离子的实验方案是____________。

（3）金属H既能与强酸反应又能与强碱反应，其与NaOH溶液反应的离子方程式为____________。

（4）E在空气中转化成F的化学方程式为____________。

（5）理论上G与H反应生成1mol固体A放出428kJ热量，G与H反应的热化学方程式为____________。

（6）单质A在氧气中的燃烧产物X可用于去除地下水中的

具有放射性）。

在酸性条件下，X将TcO4－−转化为难溶于水的TcO2，同时得到F，该反应的离子方程式为____________。

【答案】

取少量D溶液于试管中，先滴加KSCN溶液再滴加氯水，若滴加KSCN溶液时未出现明显现象，滴加氯水后出现血红色，则D溶液中含Fe2+（或取少量D溶液于试管中，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若出现蓝色沉淀，则D溶液中含Fe2+）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）ΔH=－856kJ·mol－13Fe3O4+TcO4-+H++13H2O=9Fe（OH）3+TcO2

【解析】

【分析】

通常状况