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备战高考化学高无机综合推断综合题附答案
2020-2021备战高考化学高无机综合推断综合题附答案
一、无机综合推断
1.某强酸性溶液X,含有Ba2+、Al3+、SiO32-、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的一种或几种离子,取溶液进行连续实验,能实现如下转化:
依据以上信息,回答下列问题:
(1)上述离子中,溶液X中肯定含有的是:
________________;不能肯定的是:
_______________。
对不能确定是否存在的离子,可以另取X溶液于一支试管中,选择下列试剂中的一种加入X溶液中,根据现象就可判断,则该试剂是:
_________。
(选填:
①NaOH溶液,②酚酞试剂,③石蕊试剂,④pH试纸,⑤KSCN溶液,⑥KMnO4溶液)
(2)气体F的电子式为:
_______________,实验中,可以观察到反应②的现象是:
__________________。
(3)写出步骤①所有发生反应的离子方程式________________________、___________________。
【答案】SO42-、Al3+、Fe2+、NH4+Fe3+⑤
气体由无色变成红棕色Ba2++SO42-=BaSO4↓3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水,硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀,所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子;加入过量硝酸钡生成沉淀,钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,说明一定含有SO42-,含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子;气体A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+,一定不含NO3-离子;溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+;溶液H中溶于CO2气体,生成沉淀K,则K为Al(OH)3,L为NaOH和NaAlO2,说明溶液中含有Al3+;不能确定是否含有的离子Fe3+,检验用硫氰化钾溶液,取少量X溶液放在试管中,加入几滴KSCN,溶液变红色说明有Fe3+,反之无Fe3+;
(2)溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F:
NH4++OH-=NH3↑+H2O,氨气电子式为
;一氧化氮易被氧化为二氧化氮,则实验中,可以观察到反应②的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体;
(3)步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡,钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,二价铁离子具有还原性,硝酸具有氧化性,二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子,硝酸被还原成一氧化氮,一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮,离子反应方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。
2.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。
3.A~H均为短周期元素,A~F在元素周期表中的相对位置如图1所示,G与其他七种元素不在同一周期,H是短周期中原子半径最大的主族元素。
由B、G构成的最简单化合物常作为氮肥工业和纯碱工业的原料。
由上述某些元素组成的物质甲~戊的转化关系如图2所示。
已知图2中反应①是复分解反应,生成物中水已略去。
请回答下列问题:
(1)上述元素组成的单质中,硬度最大的是_________________(填该物质名称)。
(2)若戊是含有18电子的双原子分子,则丙的电子式为________________;在①中制取气体丙的化学方程式为_______________________________________________。
(3)若甲的水溶液呈碱性,丙的凝胶经干燥脱水后,常用作干燥剂,写出甲的一种用途:
_____________________________。
(4)如果图2中反应①是置换反应,戊是单质,则戊不可能是_____________。
(填序母序号)
A、O2B、Cl2C、H2D、N2
【答案】金刚石
NH4Cl+NaOH
NaCl+NH3↑+H2ONa2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料;制备硅胶的原料;黏合剂D
【解析】
【分析】
由题意及各元素在周期表中的位置可以确定这几种元素分别是:
A:
C元素;B:
N元素;C:
O元素;D:
Si元素;E:
S元素;F:
Cl元素;H:
Na元素;G:
H元素,据此分析。
【详解】
(1)上述元素中,C元素形成金刚石为原子晶体,硬度最大,故答案为:
金刚石;
(2)反应①是复分解反应,生成物中水已略去,戊是含有18电子的双原子分子,则符合条件的各种物质分别是:
甲:
NH4Cl;乙:
NaOH;丙:
NH3;丁:
NaCl;戊:
HCl;氨气的电子式为
;在①中NH4Cl与NaOH溶液共热制取丙NH3的反应的方程式为:
NH4Cl+NaOH
NaCl+NH3↑+H2O;
(3)若甲的水溶液呈碱性,丙的凝胶经干燥脱水后,常用作干燥剂,则符合条件的各种物质分别是:
甲:
Na2SiO3;乙:
CO2;丙:
H2SiO3;丁:
Na2CO3;戊:
NaOH。
Na2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料、制备硅胶的原料、黏合剂等;
(4)反应①是置换反应,戊是单质,则
A.若戊为O2。
则符合要求的各种物质分别为:
甲:
SiO2(或H2O);乙:
C(或C);丙:
Si(或H2);丁CO(或CO):
戊:
O2,选项A符合;
B.若戊为Cl2,则符合要求的各种物质分别为:
甲:
HCl;乙:
Na;丙:
H2;丁:
NaCl;戊:
Cl2;反应①是Na与HCl反应生成NaCl和H2,属于置换反应,选项B符合;
C.若戊为H2。
则符合要求的各种物质分别为:
甲:
H2S;乙:
Cl2(或O2);丙:
S;丁:
HCl(或H2O);戊:
H2;选项C符合;
D.若戊为N2,则符合要求的各种物质分别为:
甲:
NH3;乙:
O2;丙:
H2O;丁:
NO,不符合转化关系,选项D不符合;
答案选D。
4.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。
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+
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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
Na2S;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.盐X由三种元素组成,其具有良好的热电性能,在热电转换领域具有广阔的应用前景。
为研究它的组成和性质,现取12.30g化合物X进行如下实验:
试根据以上内容回答下列问题:
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X,其化学方程式为__________。
【答案】CuAlO2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑
【解析】
【分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B,则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2,沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO,D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2;无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C,故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3;则溶液A中含有Al3+,由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素,则红色固体A为Cu,结合转化可知X中还含有O元素。
结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1)根据上述分析,固体X中含有Cu、Al和O元素。
Al(OH)3的物质的量为
=0.1mol,Cu(OH)2的物质的量为
=0.05mol,Cu单质的物质的量为
=0.05mol,由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子,则含有O原子为:
=0.2mol,则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2,故X的化学式为CuAlO2,故答案为:
CuAlO2;
(2)B中含有AlO2-,B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故答案为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)F为CuCl2,F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,Cu、Cl原子的个数之比为
=1:
1,则沉淀为CuCl,反应的离子方程式为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+;
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3,与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2,其化学方程式为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑,故答案为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑。
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.某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素,不含结晶水,M(X)<908g⋅mol-1)的组成和性质,设计并完成了如下实验:
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验,充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知:
①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应;
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。
请回答如下问题:
(1)写出B分子的电子式___。
(2)已知G溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。
请写出该反应的离子方程式为___。
(3)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。
(4)一定条件下,NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙(丙是大气主要成分之一),写出一个可能的化学反应方程式___。
【答案】
3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2OCu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O
【解析】
【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应,得到A、B和黑色固体C,常温下B呈液态,且1个B分子含有10个电子,B为水;A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E,E只能为硫酸钡,则A为SO3,D为H2SO4;黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等,黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G,G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应,Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O,所以红色固体G为氧化亚铜,气体F为氧气,红色固体H为铜,蓝色溶液I为硫酸铜,黑色固体C为氧化铜,据此分析解答。
【详解】
(1)B为水,水是共价化合物,氢原子和氧原子之间以共价键结合,其电子式为
,故答案为:
;
(2)红色固体G为氧化亚铜,Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化,稀硝酸被还原成一氧化氮,反应的离子方程式为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O,故答案为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O;
(3)根据上述分析,A为SO3,B为水,C为氧化铜,D为H2SO4,E为硫酸钡,F为氧气,G为氧化亚铜,H为铜,I为硫酸铜。
23.3g白色沉淀E(硫酸钡)的物质的量为n=
=0.1mol,浅绿色盐X中n(Cu)=0.4mol,n(S)=0.1mol,n(CuO)∶n(SO3)=1∶4,仅含四种元素,不含结晶水,设化学式为:
Cu4(OH)mSO4,Cu4(OH)mSO4
4CuO+SO3↑+
H2O↑,根据氧元素守恒得:
m=6,符合M(X)<908g•mol-1,则该反应流程为:
X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑,故答案为:
Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑;
(4)空气的主要成分为氧气、氮气,黑色固体C为氧化铜,与氨气反应生成氮气,气体丙为氮气、铜(0价)或氧化亚铜(铜为+1价)和水,红色固体为铜或氧化亚铜,反应的化学方程式可能为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O,故答案为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O。
【点睛】
本题的易错点和难点为X的确定,要注意根据流程图确定X所含元素及其物质的量,结合M(X)<908g•mol-1确定,本题的另一个注意点为(4),要注意红色固体为铜或氧化亚铜,甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。
9.某含氧物质X仅含三种元素,在198℃以下比较稳定,温度高时易分解.,某研究小组设计并完成如下实验:
试回答如下问题:
(1)X的化学式为__________,写出X与H2O反应的离子方程式__________________
(2)工业上由红棕色固体2可以制备其单质,写出化学方程式____________________
(3)保存X时应注意_________________.
【答案】K2FeO44FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣Fe2O3+3CO
3CO2+2Fe避免吸潮和受热
【解析】
【分析】
根据题中各物质转化关系,X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色,则X中含钾元素,溶液2应为氯化钾溶液,X与水反应生成胶体,沉淀后灼烧得红棕色固体2,则红棕色固体2为氧化铁,胶体为氢氧化铁,所以X中含有铁元素,某含氧物质X仅含三种元素,所以X由Fe、K、O组成,由于固体1为氯化钾,质量为1.49g,则其中钾元素的物质的量为0.02mol,固体2为氧化铁,质量为0.80g,则铁元素的物质的量为0.01mol,所以X中氧元素的物质的量为
mol=0.04mol,所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.01:
0.02:
0.04=1:
2:
4,所以X的化学式为K2FeO4,根据氧化还原反应中电子得失守恒可知,X与水反应生成的
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