备战高考化学压轴题专题复习高无机综合推断的综合含答案Word文档格式.docx
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Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(2)X为黄绿色气体,则X为氯气,Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体,说明Y为FeCl3溶液。
据此进一步判断W为Fe,Z为FeCl2。
①检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液,如果FeCl2溶液变质,则滴加KSCN溶液后,溶液呈现血红色;
②在高温条件下铁与水反应:
3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2;
(3)红棕色的气体Z是NO2气体;
X为气体化合物,经氧气连续氧化生成NO2,猜测X为NH3,Y为NO;
检验NH3是利用其水溶液呈碱性,用湿润的红色石蕊试纸检验,如试纸变蓝,说明气体是氨气;
或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。
NH3转化为NO的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)①如果X为一元强碱,W是形成酸雨的主要物质,则推测W为SO2,则根据图示转化关系判断Y为SO32-,Z为HSO3-,则Y到Z的离子方程式为:
SO32-+SO2+H2O=2HSO3-;
②溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-,滴入稀盐酸,首先发生反应:
OH-+H+=H2O,此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L,没有气体逸出;
然后发生反应:
SO32-+H+=HSO3-,此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L,也没有气体逸出;
最终发生反应:
HSO3-+H+=H2O+SO2↑,此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL,逸出气体的物质的量为0.01mol。
据此可绘出图象:
。
2.由三种元素组成的化合物A,按如下流程进行实验。
气体B为纯净物,溶液C焰色反应为砖红色,气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答:
(1)组成A的三种元素是________,A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品(
学名:
六亚甲基四胺),该反应的化学方程式是________(乌洛托品可以用分子式表示)。
【答案】
、
(或
)
溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素,可知沉淀F为CaCO3,4.00g碳酸钙的物质的量为
,根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素,其质量为0.04mol×
40g/mol=1.60g;
气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3,所以溶液D中含有NH4+,根据元素守恒可知溶液C中含有N元素,固体A中含有N元素;
气体B为纯净物,其物质的量为
,固体A中Ca元素的质量为1.60g,则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g,可先假设E为一种常见的气体,若该气体为NO、NO2、O2,则固体A中另外一种元素为O,而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g,故不合理,若该气体为H2,固体A中另外一种元素为H,则符合题意,同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。
(1)根据分析可知固体A中的三种元素为:
Ca、N、H;
Ca的常见化合价为+2价,已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol,质量为1.60g,N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g,N的相对原子质量为14,氢的相对原子质量为1,据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2,化为最简整数比为
;
(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+,H2,Ca2+,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为:
(3)气体E为为NH3,甲醛为HCHO,根据元素守恒可知方程式为:
3.为探究某黄色固体的组成和性质,设计如下实验:
(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
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。
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.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+
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。
(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.已知甲、乙、丙为常见单质,A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物;
B和X的摩尔质量相同,E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,在一定条件下,各物质相互转化关系如下图所示。
请按要求填空:
(1)丙的化学式是_______,G的化学式是_________。
(2)写出有关变化的化学方程式:
甲+乙:
___________;
D+丙:
_______。
(3)B与X的水溶液反应生成C和乙的离子方程式是________________________。
【答案】O2SO32Na+S
Na2S2Na2SO3+O2=2Na2SO4Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+
单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应,可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化,生成不同的氧化物,则丙是O2;
氧化物B与水反应能放出O2,则B是Na2O2,那么C是NaOH,A是Na2O,甲是Na;
又因B和H的摩尔质量相同,则X是Na2S,那么乙是S,F是SO2,G是SO3;
由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16可知D是Na2SO3,E是Na2SO4。
(1)由以上分析可知丙是O2,G是SO3;
故答案为:
O2,SO3;
(2)甲+乙的反应为钠与硫共热反应生成硫化钠,反应的化学方程式为2Na+S
Na2S;
D+丙的反应为亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠,反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4,故答案为:
2Na+S
2Na2SO3+O2=2Na2SO4;
(3)过氧化钠与氯化钠的水溶液发生氧化还原反应生成氢氧化钠和硫,反应的离子方程式为Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+,故答案为:
Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。
6.下图为一些物质之间的转化关系,其中部分反应中反应物或生成物未列全。
已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质,其中A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,I、K可用作食品发泡剂。
B是一种有机酸盐,E、F、G均为氧化物,L是红褐色沉淀。
根据以上信息,回答下列问题:
(1)B的组成元素为_____。
(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。
(3)G→J的离子方程式为_____。
(4)M是含氧酸盐,反应①中H、L、D的物质的量之比为3:
2:
4,则M的化学式为_____。
【答案】Fe、C、O取I、K的稀溶液,分别滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2ONa2FeO4
A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,则A为NaCl,H为NaClO,G为氧化物,加H2SO4、H2O2生成J,J加D得L,L为红褐色沉淀,则L为Fe(OH)3,D为NaOH,以此逆推可知J为Fe2(SO4)3,G为FeO,则B中含有Fe元素,C为Cl2,B为有机酸盐,则一定含有C、O两元素,E、F为氧化物,结合框图,则F为CO,E为CO2,I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打)。
(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO,则应含有Fe、C、O三种元素,故答案为:
Fe、C、O;
(2)I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打),Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀,可加入CaCl2溶液鉴别,出现白色沉淀者为Na2CO3,故答案为:
取I、K的稀溶液,分别滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀者为I;
(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程,H2O2具有氧化性,反应的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O,故答案为:
2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O;
(4)H、L、D分别为:
NaClO、Fe(OH)3、NaOH,根据物质的量之比为3:
4,结合生成一种含氧酸盐M,可确定M的化学式为Na2FeO4,方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O,故答案为:
Na2FeO4。
无机推断题注意题的突破口,如A是食品调味剂,是氯化钠,H是消毒剂的有效成分,为次氯酸钠,I、K可用作食品发泡剂,为碳酸氢钠和碳酸钠,L是红褐色沉淀,为氢氧化铁。
掌握常见物质的性质和用途是关键。
7.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A→B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】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+Cu2O+2H=Cu2++Cu+H2O23.3
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。
(1)G中含S元素,I2+2H2O+SO2=H2SO4+2HI,m(S)=1L×
0.1mol/L×
32g/mol=3.2g,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:
M=64n,当n=1时,M=64,故D为Cu2O,G为Cu2S;
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+;
(3)Cu2O与硫酸反应,生成了一种单质,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;
(4)由分析可知,最终生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,m(BaSO4)=0.1mol×
233g/mol=23.3g;
23.3;
8.下图表示有关物质之间的转化关系,其中A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末),C是常见的无色无味液体,D是淡黄色的固体化合物(反应条件图中已省略)
(1)A,D代表的物质分别为:
________,________(填化学式);
(2)反应①中的C,D均过量,该反应的化学方程式是____________________________________;
(3)反应②中,若B与F物质的量之比为4∶3,G,H分别是_______,_______(填化学式);
其物质的量之比为__________.
(4)反应③产物中K的化学式为____________;
④的离子方程式为_____________________________.
【答案】AlNa2O22H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CO1:
1Na2CO32
+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
题干信息,A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C,C是常见的无色无味液体可以推断为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2,E、F为O2和H2的反应生成水,A是常见金属,与另一种固体在水中反应生成O2和H2,则该固体金属为Al,固体D为Na2O2,能与水和CO2反应,则G为CO2;
说明K为Na2CO3,F为O2;
题给信息黑色单质B与氧气(F)反应得到G(CO2),说明B为C(碳),C和O2反应可生成CO2和CO,则H为CO;
依据F(O2)与E反应生成C(水)可知E为氢气,结合物质的性质解答该题。
推断可知A为Al,B为C,C为H2O,D为Na2O2,E为H2,F为O2,G为CO2,H为CO,K为Na2CO3;
(1)依据推断可知,A、D代表的物质分别为:
Al、Na2O2;
(2)反应①中的C、D均过量,生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应,该反应的化学方程式是:
2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)依据反应C+O2=CO2:
n(C):
n(O2)=1:
1,发生反应产物为二氧化碳;
依据反应2C+O2=2CO;
n(O2)=2:
1,发生反应生成一氧化碳气体;
反应②中,若B(C)与F(O2)物质的量之比为4:
3,1:
1<n(C):
n(O2)=4:
3<2:
1;
判断G、H分别是:
CO2、CO;
设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol,则a+b=4、2a+b=6,解得:
a=2、b=2,故CO2和CO物质的量之比为2mol:
2mol=1:
(4)反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气,F为氧气,产物中K为碳酸钠,化学式为:
Na2CO3;
分析判断G为CO2,溶液乙是碳酸钠溶液,G+溶液甲=溶液乙+沉淀L,所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀,反应④的离子方程式为:
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。
考查无机物的推断,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C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物,展开思维的空间,寻找目标答案。
9.
(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,②③反应均要用强碱溶液,④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。
④反应用到A,②⑤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ⅢA族Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(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ⅥA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
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