2020-2021全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题分类汇总含答案解析.docx

《2020-2021全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题分类汇总含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题分类汇总含答案解析.docx（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、2020-2021 全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题分类汇总含答案解析一、无机综合推断1I化合物X 含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1， X 不溶于水，能溶于强酸。某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：_ 。（ 3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：_。II已知黑色固体中不含单质。为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成 100mL 溶液，每次取20.00mL 待测液于锥形瓶中，用-2-1KMnO42.000 10mol?

2、L标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：组次1234V 标 （ mL）20.0020.0219.9919.99（ 4）如何判断滴定终点： _。（ 5）待测液中 c(Fe2+) = _。（ 6）该黑色固体的化学式用 FexOy 形式可表示为 _ 。【答案】 FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红3+3+2+2+当最后一滴标准KMnO4 溶液滴入锥形瓶时，色，则说明有 Fe2Fe+ Cu = 2Fe+ Cu溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色0.1000mol .L-1Fe4O5【解析】【详解】I根据流程中信息可知， 2.15gX 与适量硫酸反应得到黄色

3、溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加1.60 g热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁160g / mol=0.01mol ，故 X 中含有 0.02 molFe 3+，质量为 0.02 mol56g / mol =1.12g ，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反6.99g，即为6.99g应生成硫酸钡沉淀=0.03mol ，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反233g / mol应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为2.87g143.5g / mol =0.02mol ，故可推

4、知X 中含有 0.02molCl -，质量为0.02mol35.5g / mol =0.71g，化合物 X 含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为 1:1，故另一非金属元素也为0.02 mol ，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g ，则摩尔质量为0.32gFeOCl=16g/mol ，应为 O元素，故 X为；0.02mol（ 1） X 的化学式是 FeOCl；（ 2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴 KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和 C

5、u2+，对应的离子方程式3+2+2+是： 2Fe+ Cu= 2Fe+ Cu ；II（ 4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：当最后一滴标准KMnO4 溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL ，根据反应 5Fe2+ +MnO 4-+ 8H+=5Fe3+ + Mn2+ +4H2O可知，待测液中 c(Fe2+)= 52.000 10 2 mol / L20.00mL 10 3 L / mL0.1000 mol / L ；20.00mL 10 3 L / mL（

6、6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为0.1000mol / L0.1L 0.01mol , 铁的总物质的量为 0.02 mol ，则 n(Fe2+3+x y) : n(Fe ) =0.01 mol: 0.01 mol=1:1 ，该黑色固体的化学式用Fe O 形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有 x2x 3 2x y22y ，得 x:y=4:5 ，Fe O可表示为Fe4 O5。2 无机化合物 X 与 Y 均由三种相同短周期的非金属元素组成( X 比 Y的相对分子质量大) ，常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。取1. 35gX 与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1. 00

7、 mol L1 的 NaOH 溶液 40. 0mL 恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl 溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2. 33g 白色沉淀。 Y 水解得到两种产物，其物质的2量之比 1： 2，且产物之一能使品红溶液褪色。请回答：( 1) X 的化学式 _。白色沉淀属于 _ ( 填“强”、“弱”或“非” ) 电解质。( 2) Y 与水反应的化学方程式_。(3) 二元化合物Z能与X化合生成Y0 030 molZ与足量氨反应生成。一定条件下，.0. 92gA( 原子个数之比1： 1，其相对分子量为 184) 和淡黄色单质B 及离子化合物 M ，且 M的水溶液的pH70.92gA隔绝空气加强热可

8、得到0.64gBC 。将和气体单质 。写出 Z 与足量氨反应的化学方程式_ 。亚硝酸钠和M 固体在加热条件下_( 填“可能”或“不能” ) 发生反应，判断理由是 _。请设计检验离子化合物M 中阳离子的实验方案：_。【答案】 SO2 22 2222234 44Cl 或 SCl O强 SOCl+H O=2HC1+SO6SCl+ 16NH=S N+2S+ 12NH Cl可能NaNO2 中 N 元素化合价为 +3 价， NH4C1 中 N 元素化合价为 - 3 价，发生氧化还原反应生成 N2取少量 M 固体加水溶解，加入浓NaOH 溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+【解

9、析】【分析】X、Y 常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1. 35gX 的水解产物能与0. 04mol 的 NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0. 01mol的硫酸钡沉淀， Y 的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1. 35gX 中含有 S：0. 01mol ， Cl： 0. 02mol ，则氧元素的物质的量是（1. 35g 0.32g 0. 71g） 16g/ mol 0. 02mol ，故 X 为 SO Cl ；Y 水解得到两种产物，其物质的量之比1： 2，且产物之一能使品22红溶液褪色，因此Y 为 SOCl2；二元化合物Z 能与 X 化合生成

10、 Y。一定条件下， 0. 030 molZ与足量氨反应生成0 92gA0.005mol）和淡黄色单质B及离子化合物M，且.（物质的量是M 的水溶液的 pH 7，所以淡黄色固体B 为 S， M 为氯化铵，0. 92gA( 原子个数之比1：1，其相对分子量为184)隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质CC为氮，可知气体气， 0. 64g 单质硫的物质的量是 0. 02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0. 92g0.64g0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知Z为S4N4。据此解答。【详解】( 1) 由分析可知 X 为 SO222 2Cl ；白色沉淀为硫酸钡

11、，为强电解质，故答案为：SO Cl，强；( 2) Y 与水反应的化学方程式： SOCl2+H2O=2HC1+SO2 ；( 3) Z 与足量氨反应的化学方程式为：6SCl23444+16NHS N2S 12NH Cl=+；亚硝酸钠和 M 固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中 N 元素化合价为+3 价， NH4C1中 N 元素化合价为 - 3价，发生氧化还原反应生成N2；检验 M 中的阳离子即检验铵根离子，方法为：取少量M 固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。3 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

12、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。写出 B 和 C 的化学式：B_； C_。写出反应的离子方程式_【答案】 FeSO4 23 SO222 SO42 4HH S 2Fe 2H O 2Fe【解析】【分析】从框图中可以看出，反应是解题的突破口。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)由反应知， B 物质具有还原性；由反应知，E 物质具有氧化性， F 气体具有还原性。综合分析反应和，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，可得出 F 气体为 SO2， C

13、气体为 H2S。再回到反应，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 H2 SO4。由反应，很容易得出A 为FeS。由反应，可得出 D 为 FeCl 。答案为： B 是 FeSO 、 C 是 H S。342(2) 反应的化学方程式为： Fe2(SO4)3 SO2 2H2O 2FeSO42H2SO4，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

14、具有特殊性质的物质。比如Cu、 Cl 2、 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。4A、 B、 D 是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A 是淡黄色粉末，B、 D 是气体，F、 G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E 有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A 所含元素在周期表中的

15、位置为_ ， C 的电子式为 _。(2)A 与 H 在加热条件下反应的化学方程式为_ 。(3)将 A 溶于沸腾的G 溶液中可以制得化合物I， I 在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的 A 和 E， I 在酸性条件下生成 A 和 E 的离子方程式为 _ ，I 是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I 溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I 和氯气的物质的量之比为1 4，该反应的离子方程式为_。(4)向含有0.4 mol F、 0.1 mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a L气体C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3 溶液，得到沉淀3.2 g，则a=

16、_L。【答案】第三周期第A 族3S+6NaOH2Na2232+ 2 32-S+Na SO +3HO 2H +S O222 2 32-2-42-+10H+2.24=S + SO +H O4Cl +S O+5H O=8Cl +2SO【解析】【分析】A、 B、 D 是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A 是淡黄色粉末，则 A 为 S；B、 D 是气体，均与硫单质反应，E 为 D 与硫反应生成的有漂白性的物质，则D 为 O2， E 为SO2， F、 G、 H 的焰色反应均为黄色，均含有Na 元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知， H 为 NaOH、G 为 Na2SO3， F 为 Na2S，

17、B 为 H2，C 为 H2 S，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A 为 S，B 为 H2， C 为 H2S， D 为 O2， E 为 SO2，F 为 Na2S，G 为Na2SO3， H 为 NaOH。(1)A 是硫单质， S 是16 号元素，原子核外电子排布为2、 8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知 S 位于元素周期表第三周期A 元素； C 为 H2 S，属于共价化合物，S 原子与 2个 H 原子形成2 对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；(2)S 单质与热的 NaOH 溶液发生歧化反应，生成Na2S 和 Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方

18、程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(3)S 和沸腾 Na SO 得到化合物Na S O， Na S O在酸性条件下发生歧化反应生成S 和232232232+232-=S222SO ，反应的离子反应方程式为：2H +S O+ SO+HO， Cl 具有强氧化性，能把2 32-氧化成 SO42-， Cl2-， Na2321： 4，即两者的系数S O被还原成 ClSO和 Cl 的物质的量之比为为 1： 4，其离子反应方程式为 4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；(4)F 为 Na2S， G 为 Na2SO3，向含有0.4 mol Na2S、 0

19、.1 mol Na2SO3 的混合溶液中加入过量2-3 2-+2232HCl，发生反应： 2S+SO +6H=3S +3HO，0.1 mol Na SO 反应消耗 0.2 mol Na S，剩余0.2 mol 的 Na S，反应产生 0.2 mol HS，取反应后的溶液加入过量FeCl 溶液，得到 3.2 g 沉223淀，说明溶液中溶解了3+2+H2S，根据反应 2Fe +H2S =2Fe +S +2H，反应产生 S 的物质的量m3.2?g=0.1 mol，该反应消耗 0.1 mol H2S，所以放出 H2S 气体的物质的量为n(S)=32?g / molM0.1 mol ，其标准状况下的体积

20、为V(HS)=nV =0.1 mol 22.4 L/mol=2.24。L2m【点睛】本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质， (4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。5 化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相 分子 量相同的常 气体，其中丁是空气的主要成分之一。 回答下列 ：（ 1）甲的化学式 _。（ 2）甲 生爆炸反 的化学方程式 _。（ 3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价 最高正价，另两种元素的化合价 最低 价， 爆炸反

21、 中被氧化的元素与 原 物的物 的量之比 _。【答案】 AgOCN2AgOCN=2Ag+N +2CO1： 2【解析】【分析】已知丙和丁是相 分子 量相同的常 气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程 可知氮气的物 的量 0.01mol ，一氧化碳的物 的量 nCO = (3-2.16-0.01 28)g0.02mol ，由此可知甲中C N、O的原子个数比 （）、28g/mol1:1:1 ，化合物由四种元素 成，已知化合物中有两种元素的化合价 最高正价，另两种元素的化合价 最低 价，撞 甲容易 生爆炸生成三种物 ， 甲中 有一种金属元素， 甲的化学式 R（ CN

22、O）x， R 的相 原子 量 M，根据反 2R（CNO）x=2R+2xCO+xN，有2M+84x=xM=108x， x=1 23，当x=1 ，3，所以，0.01M=108 ， R 为银元素，当x 取 2、 3 ，没有 的金属元素的相 原子 量符合要求，所以甲 AgOCN。【 解】（ 1）由分析可知，甲的化学式 AgOCN，故答案 ： AgOCN；（ 2）由分析可知，乙 ，丙 一氧化碳，丁 氮气， 甲 生爆炸反 的化学方程式 2AgOCN=2Ag+N2 +2CO，故答案 ：2AgOCN=2Ag+N +2CO；（3）根据爆炸反 方程式可知，爆炸反 中被氧化的元素 氮元素，共2mol， 原 物 和一

23、氧化碳，共4mol ， 爆炸反 中被氧化的元素与 原 物的物 的量之比 1：2，故答案 ：1： 2。6AH 等8 种物 存在如下 化关系(反 条件，部分 物 出).已知 : A是酸式 ，B 是能使品 溶液褪色的气体，G 是 棕色气体。按要求回答 :（1）写出下列物 的化学式:A_，B_，写出B 的一种危害_。（2）写出下列反 的化学方程式:E F_； 的木炭与D 的 溶液反 的方程式 :_； 与H 的 溶液反 的离子方程式：_ 。（3） 某溶液中是否含A 中阳离子的方法_。【答案】 NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O24NO+6H2OC+2H2SO4(浓 ) CO2 +2SO +2HO C

24、u+4H+2NO3-=Cu2+2NO2 +2H2O取该溶液少许滴加NaOH 溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有4+NH【解析】【分析】G 是红棕色气体，则G 是 NO2； F 和 O2 反应生成 NO2，所以 F 是 NO； NO2 和水反应生成的H 是 HNO3； A 是酸式盐，和 NaOH 反应生成 E， E 和 O2 反应生成 NO，则 E 是 NH3；B 能使品红溶液褪色，且B 能和 O2 反应生成 C，所以 B 是 SO2， C 是 SO3； SO3 和水反应生成的 D为 H2SO4； A 是酸式盐且是铵盐，所以A 是 NH4HSO3。【详解】（1）通过以上

25、分析知，A、 B 分别是 NH4HSO3、 SO2 ，SO2 属于酸性氧化物，能和H2O 反应生成 H2SO3， H2SO3 不稳定，易被空气氧化生成 H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO 和 H2O，反应方程式为 4NH3+ 5O22222O，反4NO + 6H O， C 和浓硫酸在加热条件下反应生成SO、 CO和 H应方程式为 C + 2H2SO4(浓)CO2 + 2SO + 2HO，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、 NO 和H2O，离子方程式为 3Cu +8H+ 2NO3 =3Cu2+ + NO +

26、 2HO；（ 3） NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH 溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有 NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH 溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。7 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_。Mg=SiO 2H高温【答案】24或 2MgO2O2Si 2CO23 2SiO SiOSiO 2OHSiO 2C【解析】【详解】无

27、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（OH23 48g58g/mol0.06mol，），金属离子物质的量 = .质量

28、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 Mg 2SiO4 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 =SiO3 2 H2O。高温（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 2CSi2CO。8 储氢材料甲由X、 Y、 Z 三种短周期元

29、素组成，Z 元素的最外层电子数是X 与Y 元素最外层电子数之和的1.5 倍。为确定甲的组成，进行了如下实验：称取5.4g 甲固体，加热到250时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L 单质气体乙，同时得到两种固体，其中一种为二元化合物。冷却后，向反应后的固体混合物中加入足量的蒸馏水，充分反应后，又放出标准状况下 5.6L 单质气体乙，同时得到澄清溶液丙。请回答：（1）乙的电子式 _。（2）甲的化学式 _。（3）写出生成溶液丙的化学反应方程式_。（4）设计实验方案检验溶液丙中的溶质成分_。【答案】 H H NaAlH4 2NaH 2Al 4H2O=2NaAlO2 5H2 用洁净的铂丝蘸取丙溶液

30、进行焰色反应，显黄色，证明含 Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-【解析】【分析】常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250 时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，气体乙是氢气，所以一定含有H 元素；短周期元素中化合价最高的金属元素是+3 价 Al 元素，Z 元素的最外层电子数是X 与Y 元素最外层电子数之和的1.5 倍，故Z 是Al 元素，则另一种金属元素化合价为定为钠。+1，反应得到澄清溶液丙，说明另一种金属元素一【详解】（1）常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250时，完全反应后，放出标准状况下3.36L 单质气体乙

31、，所以一定含有H 元素，气体乙是氢气，电子式为H H。AlO2-。（ 2）共生成标准状况下的氢气8.96L 22.4L/mol=0.4mol，根据得失电子守恒， 5.4g 甲固体含有 0.4molH 原子；设5.4g 甲固体含有 Al 元素 xmol 、 Na 元素 ymol，则27 x 23y5.40.4，解得 y=0.1、 x=0.1， n(Na)： n(Al)： n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4 ，甲的化学式是3 x y 0.40NaAlH4；（3）钠的活泼性大于铝，反应生成的固体是NaH 和 Al，NaH 与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，总反应方程式是2NaH 2Al4H O=2NaAlO 5H 。222（4） AlO2-与少量盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与