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1、高考化学专题复习分类练习高无机综合推断综合解答题附详细答案一、无机综合推断1 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 mol L1 的 NaOH 溶液 40. 0mL 恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2 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、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 Y。一定条件下， 0. 030molZ 与足量氨反应生成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 pH 7。将 0. 92gA 隔绝空气加强热可得到0. 64gB 和气体单质 C。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 Cl2或SCl2O2强SOCl2 H2O 2HC1 SO26SCl2
3、16NH3 S4N4+2S12NH4Cl+=+=+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NaOH0.01mol，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生的硫酸钡沉淀， 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，
4、则氧元素的物质的量是（1.35g0.32g 0.71g16g 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Y0 030 mol。一定条件下， .Z 与足量氨反应生成0. 92gA（物质的量是0. 005mol ）和淡黄色单质B 及离子化合物M ，且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 C，可知气体 C 为氮气， 0.
5、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 SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：SO2Cl2，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：6SCl234 44+ 16NH =S N+2S+ 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
6、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+。2A、 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
7、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FeCl 溶液，得到沉淀3.2 g，则3a=_L。【答案】第三周期第A 族3S+6NaOH2Na2232O+2 32-S+Na SO +3H2H +S O222 2 32-2-42-
8、+10H+2.24=S + SO+H O 4Cl +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， 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 S
9、O2，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Na S 和 Na SO 和水，根据原子守恒、电子223守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2232S+Na SO +3H O；(3)S 和沸腾Na SO 得到化合物Na S O ，Na S O在酸
10、性条件下发生歧化反应生成S 和23223223SO ，反应的离子反应方程式为：+2-=S + SO +HO， Cl 具有强氧化性，能把2H +S O3222222-氧化成SO 2-Cl-，NaCl21 4S2O34， 2被还原成Cl2SO3和的物质的量之比为，即两者的系数：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、 0.1 mol Na2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2- +SO32-+6H+=3S +3H2O，0.1 mol Na 2S
11、O3反应消耗 0.2 mol Na2S，剩余0.2 mol 的 Na2S，反应产生 0.2 mol H 2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3 溶液，得到 3.2 g 沉淀，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为 V(H2S)=nVm=0.1 mol 22.4 L/mol=2.24。L【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
12、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。3 如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中气体，且加热 X 生成的 A 与 C的物质的量之比为A、 C、 D、E、 F 在通常情况下均为1 1，B 为常见液体。试回答下列问题：(1)X 是 _(填化学式，下同 )， F 是 _。(2)A D反应的化学方程式为 _。(3)G 与 Cu 的反应中， G 表现的性质为 _。(4)X 与过量 NaOH 溶液反应生成 C 的离子方程式为 _ 。(5)以 C、 B、 D 为原料可生产 G，若使 amol
13、 C 完全转化为 G，理论上至少需要D_ mol 。【答案】 NH4HCO3NO2 2Na2O2 2CO2=2Na2 CO3 O2酸性和氧化性NH4+HCO3 2OH2 NH=2H2O CO33 2a【解析】【分析】X 能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A， A 能与过氧化钠反应生成气体D，则 A 为 CO2、 D 为 O2， X 与氢氧化钠反应得到气体C 为 NH3， A 与C 物质的量之比为1： 1，且 B 为常见液体，可以推知X 为 NH HCO 、B 为 H O， C(氨气 )与432D(氧气 )反应生成 E 为 NO， E 与氧气反应生成 F 为 NO
14、2， F 与水反应得到G 能与 Cu 反应生成 NO、 NO2，则 G 为 HNO3，据此解答。【详解】X 能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A， A 能与过氧化钠反应生成气体D，则 A 为 CO2、 D 为 O2， X 与氢氧化钠反应得到气体C 为 NH3， A 与C 物质的量之比为1： 1，且 B 为常见液体，可以推知X 为 NH4HCO3、B 为 H2O， C(氨气 )与D(氧气 )反应生成 E 为 NO， E 与氧气反应生成 F 为 NO2， F 与水反应得到G 能与 Cu 反应生成 NO、 NO2，则 G 为 HNO3；(1)由上述分析可知，X 是 N
15、H4HCO3； F 是 NO2；(2) AD为 Na O 和 CO 反应生成碳酸钠和 O ，发生反应的化学方程式为2Na O 2222222CO =2Na CO O；2232(3) Cu 与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N 元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；43与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为4+HCO32OH2(4) NH HCONH2H O32 NH3CO；(5) 以 NH 、HO、 O 为原料可生产HNO ，使 a mol NH完全转化为HNO，根据电子转移守322333amol 53恒，理论上至少需要氧气的物质的量=2amol。44 如图所示：图
16、中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、 C 为无色气体，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X_， C_， F_，G_。(2)写出下列反应的化学方程式 _ 。 _ 。【答案】 (NH4)2CO3(或 NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2 2CO2=2Na2CO3 O24NH3 催化剂5O24NO 6H2O【解析】【分析】X 既能与盐酸反应，又能与NaOH 反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C 为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A 为CO2，则X 应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B 为H2O；反应为 CO2 与 Na2O2 反应，且 NH3 能与反应生成的产物之一发
17、生催化氧化反应，则D 为O2，反应为 NH3 在 O2中催化氧化生成的E 为 NO， NO 和 O2 反应生成的 F 为 NO2， NO2再与水反应生成HNO3 和 NO，则 G 为 HNO3，再结合物质的性质进行解答。【详解】X 既能与盐酸反应，又能与NaOH 反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C 为 NH3，气体 A能与过氧化钠反应，故A 为 CO2，则 X 应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B 为 H2O；反应为 CO2 与 Na2O2 反应，且 NH3 能与反应生成的产物之一发生催化氧化反应，则D 为O2，反应为 NH3 在 O2 中催化氧化生成的E 为 NO， NO 和 O2 反应生成
18、的 F 为 NO2， NO2再与水反应生成HNO3 和 NO，则 G 为 HNO3；(1)由分析知： X 为 (NH) CO (或 NH HCO )， C 为 NH， F 为 NO ，G 为 HNO ；42343323(2) 反应为 CO 与 Na O反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na O 222222CO =2Na CO O；反应为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH32232催化剂5O24NO 6H2O。【点睛】以“无机框图题 ”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻
19、辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X 的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH 溶液反应生成无色气体，确定 X 为碳酸铵或碳酸氢铵。5 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/molM F450 g/mol ，则 F 的化学式为 _。【答案】
20、 2Al 2O3 gN 2 O52Al 2O34NO2O2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Al 2 SO4 3 Al(OH) 3【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21g0.2mol46g / mol10.2g1.6g，则其物质的量为0.05mol ，故A 的化学式为Al
21、 2O3 gN 2 O5 。【详解】（1）通过分析可写出A 受热分解的化学方程式为2Al 2 O3 gN 2O52Al 2O34NO2O2 ；（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 27 210.2 5.4g ，故 F 的质量为1025.4g 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300 g/molM F450
22、g/mol ，可得出其化学式为 Al 2 SO4 3Al(OH) 3 。6 有关物质的转化关系如下图所示。A 为一种黄绿色的气体，B 为常见的无色液体，H 为一种助燃的气体，F 为一种气体，它在A 中燃烧产生苍白色火焰，E 为一种能被磁铁吸引的金属。（ 1） B 的化学式为 _。（ 2） F 的化学式为 _。（ 3）写出反应的化学方程式： _ 。（ 4）写出反应的化学方程式： _ 。光照【答案】 H2O H22HClO2HCl + O2 Fe+2HCl=FeCl+H2【解析】【分析】由题给信息可知，A 为一种黄绿色的气体，则其为Cl2 ；B 为常见的无色液体，则其为H2O； H 为一种助燃的气
23、体，则其为O2 ；H2 在 Cl2 燃烧，产生苍白色火焰，则F 为 H2， E 为一种能被磁铁吸引的金属，则E 为 Fe，从而推出 C 为 HCl， D 为 HClO；（1）由以上分析可知， B 为水；（2） F 为氢气；（3）反应是次氯酸光照分解；（4）反应是铁与盐酸反应。【详解】（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B 为水，化学式为H2O；（2） F 为氢气，化学式为 H2；（3）反应是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO光照22HCl + O ；（ 4）反应是铁与盐酸反应，其化学方程式为 Fe+2HCl=FeCl+H2。【点睛】在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，
24、然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。如本题中，反应就是解题的突破口，或者叫题眼。 Fe 与某物质反应，生成 H2，则 C 中必含有能被 Fe 置换的 H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。7 某种电镀废水含A 阴离子，排放前的处理过程如下：己知： 4.5g 沉淀 D 在氧气中灼烧后，产生4.0g 黑色固体，生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时，产生 5.0g 白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为 1.25g L-1 的单质气体 E 560mL。(1)E 的结构式为 _。(2)写出沉淀 D 在氧气中灼烧发生的化
25、学方程式_ 。(3)溶液 B 具有性质 _(填 “氧化性 ”或 “还原性 ”)。(4)滤液 C 中还含有微量的A 离子，通过反应，可将其转化为对环境无害的物质，用离子方程式表示该反应为_ 。【答案】2CuCN+3O2-+-2CuO+2CO+N 还原性2CN+5ClO+2H =5Cl222+2CO +N +H O【解析】【分析】单质气体 E 的摩尔质量为1.25gL-1 22.4L mol -1=28gmol -1 ，则 E 为 N2，则0.56Ln(N2)=22.4L gmol -1 =0.025mol ；沉淀D 含有 Cu，灼烧后产生的黑色固体为CuO，产生无色4.0g=0.5mol ， n
26、(CO2)= n(CaCO3)=5.0g-1 =0.05mol ；即无味气体为 CO2， n(CuO)=-1100ggmol80ggmolD 中含有 0.05mol Cu、 0.05mol C、 0.05mol N ，共 4.5g，则 D 中不含其他元素，所以D 为CuCN；则 A 离子为 CN- 。【详解】（1）经分析， E 为 N2，其结构式为；（2） D 为 CuCN，其灼烧的化学方程式2CuCN+3O222CuO+2CO +N ；（3）由题知， Cu(II) Cu(I)，该过程需要还原剂， A 溶液不体现还原性，故B 溶液具有还原性；（4）用次氯酸钠把 CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气
27、，离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+ =5Cl-+2CO2 +N2 +H2O。8 现有金属单质AB CD和气体甲、乙、丙及物质E FG H I、 、 、 、 、 ，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式：B_； F_；（ 2）已知 A 的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则其氧化物供氧时的化学方程式为_（ 3） 、 离子方程式： _ ； _。【答案】 Al FeCl22 22232223+-2Na O +2CO = 2Na CO +O2Na+2H O =2NaOH+H Fe +3OH=Fe(OH)3【解
28、析】【分析】焰色反应呈黄色的金属单质A 是 Na， Na 与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质 I 是 NaOH，可以与 NaOH 溶液反应的金属B 是 Al， H22HCl，与 Cl 反应产生气体丙是HCl 溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C 反应产生的物质 F 可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G 与 NaOH 溶液反应产生红褐色沉淀H，则 H是 Fe(OH)3， G 是 FeCl3， F 是 FeCl2，所以金属 C 是 Fe，据以上分析解答。【详解】焰色反应呈黄色的金属单质A 是 Na， Na 与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是 H2，物
29、质 I 是 NaOH，可以与 NaOH 溶液反应的金属B 是 Al， H2 与 Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl 溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C 反应产生的物质 F 可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G 与 NaOH 溶液反应产生红褐色沉淀H，则 H是 Fe(OH)3， G 是 FeCl3， F 是 FeCl2，所以金属 C 是 Fe，（1）结合以上分析可知，物质B 的化学式是 Al；物质 F 的化学式是 FeCl2；（2） A 的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则该氧化物是Na22O ，其作供氧时的化学方程式为 2Na222232O +2CO = 2Na CO +O ；（3） 钠与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：2Na+2H2O=2NaOH+H ；2 氢氧化钠与 FeCl3 发生反应产生氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3+-3。+3OH =Fe(OH)9A、 B、 C、 D、