备战高考化学压轴题之高无机综合推断备战高考题型整理突破提升附答案.docx
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备战高考化学压轴题之高无机综合推断备战高考题型整理突破提升附答案
2020-2021备战高考化学压轴题之高无机综合推断(备战高考题型整理,突破提升)附答案
一、无机综合推断
1.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。
2.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。
3.已知A、B、C、D原子序数依次递增的短周期主族元素,常温常压下AB2是一种红棕色气体,B与C同主族,则:
(1)C元素在周期表中的位置____________。
(2)画出D元素的简单离子结构示意图_______________________。
(3)将CB2与D2以体积比1:
1混合后通入品红溶液中,品红溶液不褪色,请用一个化学方程式来解释:
_________________________________。
(4)AB2与水反应的化学方程式为___________,在一定温度和压强下,将一个容积为15mL的试管充满AB2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管液面上升至一定高度不再变化时,相同条件下再通入O2,若要使试管液面仍保持在原高度,则应通入的O2为___________mL。
(5)甲、乙、丙均为含A元素的化合物,丁为单质,甲、乙、丙、丁四种物质有如下转化关系(反应条件及部分产物已略去)
①若丁为一种常见的非金属单质,甲为氢化物,乙为氧化物,则一个乙分子所含有的电子数目___________。
②若丁为一种常见的金属单质,常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止,则丙的化学式___________。
【答案】第三周期ⅥA族
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl3NO2+H2O=2HNO3+NO8.7515Fe(NO3)2
【解析】
【分析】
由常温常压下AB2是一种红棕色气体可知,A为N元素、B为O元素;由B与C同主族可知,C为S元素;由A、B、C、D是原子序数依次递增的短周期主族元素可知,D为Cl元素。
【详解】
(1)C为S元素,位于周期表第三周期ⅥA族,故答案为第三周期ⅥA族;
(2)D为Cl元素,Cl原子得到一个电子形成Cl—,离子结构示意图为
,故答案为
;
(3)SO2与Cl2以体积比1:
1反应生成硫酸和盐酸,反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,故答案为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(4)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO;在一定温度和压强下,将一个容积为15mL的试管充满NO2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管液面上升至一定高度不再变化时,试管中NO体积为
=5mL,相同条件下通入O2,NO先与O2发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3使试管中无气体溶液全充满,此时通入O2的体积为
=3.75mL,再通入5mLO2使试管液面仍保持在原高度,则通入O2的体积为(5mL+3.75mL)=8.75mL,故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO;8.75;
(5)由题意甲、乙、丙均为含N元素的化合物。
①若丁为一种常见的非金属单质,甲为氢化物,乙为氧化物,则甲为NH3、丁为O2、乙为NO、丙为NO2,1个NO分子含有15个电子,故答案为15;
②若丁为一种常见的金属单质,常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止,则丁为Fe、甲为浓HNO3、乙为Fe(NO3)3、丙为Fe(NO3)2,故答案为Fe(NO3)2。
【点睛】
本题考查结构性质位置关系应用,依据题给信息推断元素,注意常见元素及其化合物的性质是解题的关键。
4.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
)
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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:
(或
)
。
5.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则反应①的化学方程式是___。
(2)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是___。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,则C的电子式是___,反应③的化学方程式是___。
(4)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,B的结构式是___,反应④的化学方程式是___。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-︰N
N︰4NH3+5O2
4NO+6H2OO=C=OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,F为气体,则F为氧气,验证符合转化关系,则:
反应①的化学方程式是SiO2+2C
Si+2CO↑,故答案为:
SiO2+2C
Si+2CO↑;
(2)A是生活中常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应,且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,可推知A为Fe,F为Cl2,故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,则:
反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③和④两个反应中都有水生成,可以推知C为N2,电子式为︰N
N︰,F为O2,E为NO,A为NH3,反应①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
︰N
N︰;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)若A、D为单质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,该红棕色气体为NO2,可推知F为HNO3,反应①是置换反应,Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系,可推知B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg(NO3)2,则:
二氧化碳的结构简式为:
O=C=O,反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O,故答案为:
O=C=O;C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
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.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。
8.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。
9.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 。 10. (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
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