高考化学高无机综合推断经典压轴题含答案解析.docx
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高考化学高无机综合推断经典压轴题含答案解析
高考化学高无机综合推断-经典压轴题含答案解析
一、无机综合推断
1.下列各物质中只有A、B、C三种单质,A的焰色反应为黄色,主要以G形式存在于海水中,F是一种淡黄色的固体,H是一种常见的无色液体,I是造成温室效应的“元凶”,各物质间的转化关系图如下:
回答下列问题:
(1)A是:
_____,C是:
_____,L是:
______,I是:
____(填化学式)。
(2)写出反应①②③的化学反应方程式:
①:
____________________________________;
②:
____________________________________;
③:
____________________________________;
【答案】NaCl2HClCO22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
焰色反应为黄色的单质是钠,钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在,淡黄色固体是过氧化钠,常见的无色液体是水,造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。
因此,A是钠,B是氧气,C是氯气,D是氢氧化钠,E是氧化钠,F是过氧化钠,G是氯化钠,H是水,I是二氧化碳,J是碳酸氢钠,K是碳酸钠,L是盐酸。
【详解】
(1)A是钠,化学式为Na,C是氯气,化学式为Cl2,L是氯化氢,化学式为HCl,I是二氧化碳,化学式为CO2;
(2)①是钠与水的反应,化学方程式为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;
②是过氧化钠与水的反应,化学方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
③是碳酸氢钠的受热分解,化学方程式为:
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O;
【点睛】
无机框图推断题要找出题眼,关键点,熟记特殊物质的颜色,特殊的反应,工业生产等等,找出突破口,一一突破。
2.X、Y、Z三种主族元素,原子序数依次增大且原子序数小于10,它们的单质在常温下都是常见的无色气体,在适当条件下,三者之间可以两两发生反应生成分别是双原子、三原子和四原子的甲、乙、丙三种分子,且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3。
请回答下列问题:
(1)元素X的名称是______,丙分子的电子式为______。
(2)若甲与Y单质在常温下混合就有明显现象,则甲的化学式为________。
丙在一定条件下转化为甲和乙的反应方程式为____________________________________________。
(3)化合物丁含X、Y、Z三种元素,丁是一种常见的强酸,将丁与丙按物质的量之比1∶1混合后所得物质戊的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。
a.只含共价键b.只含离子键c.既含离子键,又含共价键
【答案】氢
NO4NH3+5O2
4NO+6H2OC
【解析】
【分析】
由X、Y、Z三种主族元素,原子序数依次增大且原子序数小于10,它们的单质在常温下都是常见的无色气体可知,三种气体单质为氢气、氮气、氧气,X为H元素、Y为N元素、Z为O元素,由在适当条件下,三者之间可以两两发生反应生成分别是双原子、三原子和四原子的甲、乙、丙三种分子,且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3可知,甲为NO、乙为H2O、丙为NH3。
【详解】
(1)元素X为H元素,名称为氢;丙为共价化合物NH3,电子式为
,故答案为氢;
;
(2)甲为无色气体NO,NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮;氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(3)由化合物丁是一种含H、O、N三种元素的强酸可知,丁为HNO3,HNO3与NH3按物质的量之比1:
1混合反应生成NH4NO3,NH4NO3为离子化合物,含有离子键和共价键,故答案为C。
【点睛】
短周期元素中,单质为气体的有氢气、氮气、氧气、氟气和氯气,是无色气体的只有氢气、氮气、氧气,则它们的单质在常温下都是常见的无色气体是解题的突破口。
3.化合物A由三种元素组成,某兴趣小组进行了如下实验:
已知:
气体甲为纯净物且只含两种元素,在标况下体积为672mL;溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。
请回答下列问题:
(1)A的组成元素为________(用元素符号表示);
(2)写出气体甲与NaOH(aq)反应的离子方程式________;
(3)高温下,A与足量氯气能发生剧烈爆炸,生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式________。
【答案】Mg、Si、HSi2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl
【解析】
【分析】
因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂,则为硅酸钠,根据元素守恒可知,气体甲中含有硅元素,与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙,所消耗的氢氧化钠的物质的量为1mol/L×120×10-3L=0.12mol,根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2:
1,可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2=0.06mol,又知气体甲为纯净物且只含两种元素,在标况下体积为672mL,即
=0.03mol,则易知A为0.03mol,其摩尔质量为
=84g/mol,且1个气体甲分子中含2个硅原子,同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03mol:
0.12mol=1:
4的反应生成硅酸钠与气体单质乙,根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素,即为氢气。
因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素,可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。
另外,结合溶液甲只有一种溶质,且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀,沉淀受热不易分解,推出白色沉淀为难溶氢氧化物,所用盐酸的物质的量为3mol/L×20×10-3L=0.06mol,A的质量为2.52g,化合物A由三种元素组成,推测所含的金属元素为镁,根据Mg
2HCl可知,一个分子A中含1个镁原子,再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-1×24-2×28=4,据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知,
(1)A的组成元素为Mg、Si、H,
故答案为Mg、Si、H;
(2)气体甲为Si2H6与NaOH(aq)按1:
4发生氧化还原反应,其离子方程式为:
Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑,
故答案为Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑;
(3)根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知,在高温下,A与足量氯气能发生剧烈爆炸,生成三种常见化合物为MgCl2、SiCl4和HCl,则其反应方程式为:
MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl,
故答案为MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl。
4.现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。
(1)在这8种物质中,属于电解质的有_____________(用相应的化学式表示,下同)。
(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系,选择适当的物质填入①~⑤,使有连线的两种物质能发生反应,并回答下列问题。
①它们的化学式分别为:
①______________;③____________;⑤______________。
②如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。
五个反应中属于氧化还原反应的有________________个;反应A的离子方程式为________________________,反应D的化学方程式为_________________________。
【答案】
(1)Na2CO3、NaCl、CaO;
(2)①Fe②H2SO4③CO2④CaO⑤Na2CO3②1Fe+2H+===Fe2++H2↑
不属于H2SO4+Na2CO3===Na2SO4+H2O+CO2↑
【解析】
试题分析:
(1)电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物,因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO;
(2)单质①能够和酸②,则单质①为Fe,酸②为H2SO4;盐⑤能够和H2SO4反应,因此盐⑤为Na2CO3;氧化物④能够和H2SO4反应,因此氧化物④为碱性氧化物CaO;氧化物③能够和CaO反应,则氧化物③为CO2;故答案:
①Fe②H2SO4③CO2④CaO⑤Na2CO3;②有化合价升降的反应为氧化还原反应,在五个反应中,只有反应A为氧化还原反应;反应A的离子方程式为Fe+2H+===Fe2++H2↑;反应B为CO2和CaO的反应,不属于离子反应;反应D是Na2CO3和H2SO4的反应,反应的化学方程式为:
H2SO4+Na2CO3===Na2SO4+H2O+CO2↑。
考点:
考查物质的分类与性质。
5.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体。
根据下图关系推断:
(1)写出化学式:
X_______,A________,B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式:
____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式:
_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)
【解析】
【分析】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3,据此解答。
【详解】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,A为NH3,B为H2O;
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2,则实验室收集气体D(NO)的方法为:
排水法;NO2能与水反应生成NO和硝酸,则收集气体F(NO2)的方法是:
向上排空气法;
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2,反应的化学方程式为:
2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2;
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)氨气的水溶液显碱性,故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)。
【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;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
6.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↑。
7.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
8.2018年6月1日,陨石坠落西双版纳,再次引发了人们对“天外来客”的关注,下图中(部分产物已略去),X、Y、Z为单质,其它为化合物;E为陨石的主要成分,也是石英砂的主要成分;A为黑色磁性氧化物,请回答下列问题:
(1)关于E的说法正确的是___________________(填序号)
①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在
②E既能与NaOH溶液反应,又能与HF酸反应,其为两性物质
③可用盐酸除去E中混有少量X
④E是良好的半导体材料
(2)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式,并用单线桥分析标明电子转移数目______________
(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式:
_________________________________
(4)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液,请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________
(5)F物质用氧化物的形式表示为:
__________________。
(6)已知在外加直流电作用下,G胶粒会向阳极区移动,这种现象叫做____________;净化G胶体可采用如图_____________(填序号)的方法,这种方法叫_____________。
【答案】①③
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O取待测液于试管中,向待测溶液中加入硫氰化钾溶液,溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+Na2O▪SiO2电泳②渗析
【解析】
【分析】
A为黑色磁性氧化物,则A为Fe3O4,X为Fe;Fe3O4和B反应生成D溶液,结合B是Y、NO和水反应生成的可知,B为HNO3,Y为O2;HNO3和F生成一种胶体,可以推知G是H2SiO3,则F为Na2SiO3,E为SiO2,SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质,则Z为Si,以此解答。
【详解】
(1)由分析可知E为SiO2。
①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在,正确;②SiO2既能与NaOH溶液反应,又能与HF酸反应生成SiF4气体,但不是两性物质,错误;③可用盐酸除去E中混有少量Fe,正确;④SiO2不导电,不是半导体材料,错误;正确的是①③;
(2)SiO2与焦炭在高温下反应制取Si,同时生成CO,用单线桥分析标明电子转移数目为:
;
(3)SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水,离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(4)A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+,检验Fe3+的方法是:
取待测液于试管中,向待测溶液中加入硫氰化钾溶液,溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+;
(5)Na2SiO3用氧化物的形式表示为:
Na2O▪SiO2;
(6)在外加直流电作用下,硅酸胶粒会向阳极区移动,这种现象叫做电泳;胶体粒子不能透过半透膜,能够透过滤纸,净化G胶体可采用图②的方法,这种方法叫渗析。
9.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物,存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,X能使品红溶液褪色,写出C和E反应的离子方程式:
____________________________________________________________。
(2)若A为短周期元素组成的单质,该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强,则:
①组成单质A的元素在周期表中的位置为_____________________________________。
②X可能为__________________(填代号)。
A.NaHCO3b.Na2CO3C.Na2SO3D.Al(OH)3
(3)若A为淡黄色粉末,回答下列问题:
①A与H2O反应的氧化产物为_____________。
②若X为非金属单质,通常为黑色粉末,写出E的化学式______________。
③若X为一种造成温室效应的气体。
则鉴别等浓度的D、E两种溶液,可选择的试剂为______(填代号)。
A.盐酸B.BaCl2溶液C.NaOH溶液D.Ca(OH)2溶液
(4)若A为氧化物,X是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红。
①A与H2O反应的化学反应方程式为__________________________________。
②检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是_________________________________(注明试剂、现象)。
【答案】OH-+HSO3-=SO32-+H2O第三周期ⅦA族bcO2COab3NO2+H2O=2HNO3+NO取D中适量溶液置于洁净试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,充分反应后褪色,证明溶液中含有亚铁离子,否则无
【解析】
【详解】
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,应为Na,X能使品红溶液褪色,应为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3,则C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O。
(2)若A为短周期元素组成的单质,该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强,应为Cl2,则B为HClO,C为HCl。
①Cl原子核外有3个电子层,最外层电子数为7,位于周期表第三周期ⅦA族;
②C为盐酸,可与NaHCO3反应生成CO2,CO2与NaHCO3不反应,a项错误;盐酸与Na2CO3反应生成CO2,CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3,b项正确;盐酸与Na2SO3反应生成SO2,SO2与Na2SO3反应可生成NaHSO3,c项正确;盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝,氯化铝与氢氧化铝不反应,d项错误,答案选bc。
(3)若A为淡黄色粉末,应为Na2O2。
①Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气,一部分氧元素的化合价由-1价降低到-2价,NaOH是还原产物另一部分的氧元素的化合价由-1价升高到0价,氧气是氧化产物。
②若X为非金属单质,通常为黑色粉末,应为C,则D为CO2,E为CO。
③若X为一种造成温室效应的气体,应为CO2,则C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3,鉴别等浓度的D、E两种溶液,可用盐酸或氯化钡溶液,答案为ab。
(4)若A为氧化物,X是Fe,由转化关系可知C具有强氧化性,则A为NO2,B为NO,C为HNO3,
①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
②Fe2+具有还原性,可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色,则可用高锰酸钾溶液检验,操作为取D中适量溶液置于洁净试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,充分反应后褪色,证明溶液中含有亚铁离子,否则无。
10.如下图所示:
已知A、D、E、F是中学化学中常见的单质,B、C是氧化物,且B的式量是232。
请填空:
(1)A是______________,E是______________。
(填化学式)
⑵D跟水反应的化学方程式为______________。
⑶C电解时,每生成1molA,同时生成______________molE。
【答案】AlO23Fe+4H2O
Fe3O4+4H20.75mol
【解析】
【分析】
A为单质、B为氧化物,由框图中的反应条件“高温”可预测,此反应为铝热反应。
A为铝,B为金属氧化物,C为氧化铝,D为金属单质。
再由C熔融电解,可得出E为O2,F为H2。
由D与H2O在高温条件下反应生成B和H2,可得出D可能为Fe,B为Fe3O4,利用232进行验证,从而证实上述预测。
【详解】
(1)由题干分析可知,A为铝,B为氧气。
答案为Al、O2。
(2)Fe跟水反应,其化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
答案为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
(3)电解氧化铝的反应方程式为:
2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑,由反应方程式可得出,生成4molAl,同时生成3molO2,从而得出每生成1molAl,同时生成0.75molO2。
答案为0.75mol。
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