化学高无机综合推断的专项培优练习题(含答案)附详细答案

1、化学高无机综合推断的专项培优练习题 ( 含答案 ) 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 - L 1的NaOH溶液40. 0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加 BaC2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)Y与水反

2、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，0.030 mol Z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】SO2C2 或 SC2O2 强 SOC2+H2O=2HC1+SQT 6SC2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl 可能N

3、aNO2 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NaOH,恰好完全反应，滴加氯化钢能产生难溶于酸的沉淀，则产生 0.01mol 的硫酸钢沉淀，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. 35g0. 32g0. 71g) -

4、 16g/mol = 0.02mol,故X为SO2Cl2； 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，因此 Y为SOC2；二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0. 030 mol Z与足量氨反应生成 0. 92gA (物质白量是0.005mol)和淡黄色单质 B及离子化合物 M,且 M的水溶液的pHV 7,所以淡黄色固体 B为S, M为氯化镂，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. 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.

5、 92g0.64g = 0.28g,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SC2Cl2；白色沉淀为硫酸银，为强电解质，故答案为：SC2Cl2,强；2 2) Y与水反应的化学方程式：SOC2+H2O=2HC1+SO2 T ;(3)Z与足量氨反应的化学方程式为：6SC2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl；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中的阳离子即检验俊根离子，方法为：取少量M固体加水溶解，加入浓 N

6、aOH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+o 2. A、B、C D、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示(反应条件未标出)I3SI(1)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，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，与两个反应中都有红棕色气体生成，反应的化学方程式是 O(2)若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式是 。(3)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应(在 水溶液中进行)的离子方程式是 。(4)若日C、F都是气态单质，且 B为黄绿色，和两个反

7、应中都有水生成，反应 需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应的化学方程式是 ,在反应 中若有3mol电子转移，则生成 D的物质的量为 。加热高温【答案】C+4HNO3 (浓)=COd + 4NO2T+2H2O 2Gsic2= Si+2COT C2+2Fe2+=2Cl催化剂+2Fe3+ 4NH3+5O24NO+6H2O 3mol加热【解析】 【分析】 【详解】(1)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，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设 A原子最外层电子数 为x,则2+8+x=2(2+2x),解的x=2,故A为Mg, D为C,

8、则B为CO2, C为MgO,与 两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3, E为Mg(NO3)2,反应的化学方程式加热是：C+4HNO3(浓)=CO2T + 4NO2T + 2H2O； (2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且 A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周 期，则A为C, D为Si, F为。，B为Si6,反应为C与二氧化硅的反应，反应方程式为高温2C+SQ Si+2COT ;(3)若A是常见的金属的单质， D、F是气态单质，且反应在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，由转化关系可知 A为变价金属，气体单质 F能与A反应生成高价态 化合物，则推断变价金属A为Fe,F为

9、CI2,D为H2,B为HCl,C是FeC2,E为FeC3,反应(在水溶液中进行)的离子方程式为 Cl2+2Fe2+=2C-+2Fe3+;(4)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为C12,反应需要放电条件才能发 生，为氮气与氧气反应，和两个反应中都有水生成，可以推知C为N2, F为O2, E为NO, A为NH3,反应为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知 D为HCl,反应的化催化剂学方程式是：4NH3+5O24NO+6H20,反应为：2NH3+6Cl2=6HCl+N2,每生成加热6molHCl转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成 HCl的物质的量为3mol。3.某无机盐X(

10、仅含三种元素，原子个数比为1:1:4，摩尔质量270g mol-1),为探究其组成和性质，某学习小组进行了如下实验，X与水反应只生成 A、B两种物质，其中气体单质 A能使带火星的木条复燃。下列说法正确的是：(1) X的组成元素为 O和 (用元素符号表示)。(2) X的化学式为。(3)下列说法正确的是(Na为阿伏加德罗常数) 。a.酸式盐B的焰色反应颜色可以直接观察b.盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物都能使酸性高镒酸钾溶液褪色c. 1摩尔的固体B中含2Na个离子d .氮气和气体单质 A点燃即可发生反应(4) X氧化能力极强，可用于脱硫脱硝，写出在碱性条件下X氧化SQ2-的离子方程式 O【答案

11、】K、S KaO8 C SO8 2-+ SQ2-+2OH-=3SO42-+ H2O【解析】【分析】单质A能使带火星的木条复燃，则 A为O2, B焰色反应呈紫色，则含有 K元素，B的酸性 溶液与BaC2反应产生白色沉淀，则 B中含有SO42", 27gX物质的量为0.1mol, S元素物质 的量 46.6g =0.2mol ,则S原子个数为0.2 mol =2,结合摩尔质量和原子个数比推出233g/mol0.1 mol分子式。【详解】单质A能使带火星的木条复燃，则 A为O2, B焰色反应呈紫色，则含有 K元素，B的酸性 溶液与BaC2反应产生白色沉淀，则 B中含有SQ2-, 27gX物

12、质的量为0.1mol, S元素物质 的量 46.6g =0.2mol ,则S原子个数为0.2 mo1 =2,原子个数比为1:1:4,摩尔质量233g/mo10.1 mol270g mol-1,则化学式为 K2s2。8,(1) X的组成元素为。和K、S,故答案为：K、S;(2)由上述推断可知X的化学式为K2s2。8,故答案为：K2s2。8;(3) a. K的焰色反应需透过蓝色钻玻璃片观察，故 a错误；b.盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物有SQ、SQ、H2O、H2O2； SQ和H2O2能使酸性高镒酸钾溶液褪色，SO3和H2O不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故b错误；c. B为酸性溶液则B为KHSQ

13、,固体B中含有K+和HSO4-离子，故1摩尔的固体B中含2Na个离子，故c正确；d.氮气和O2不可点/代,故d错误；故答案选：c；(4) X氧化SQ2-X为氧化剂，SO2-为还原剂，根据化合价升降守恒可得离子方程式为： _2-2-2-_S2O8 + SO3 +2OH =3SO4 + H2O，故答案为：S2O82-+ SO32-+2OH-=3SO42-+ H2Oo 283424.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：一 白色月翅沅春整竺一白色粉末"虫谄,无色涔液无犯i X(4 3Qg)过里一(D离心廿离讨里愠QH浑通一无鱼澹潘白色近诉请回答：(1) X的

14、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 。 高温【答案】Mg2SiO4 或 2MgO - SiO2 SiQ+ 2OH =SiO32 + H2O SiO2 + 2C= Si+ 2COT【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. 03m

15、ol,若为硅酸根离子其质量=0. 03moi X 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 x 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 X92g/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 Mg2SiC4,则(1) X

16、的化学式是 Mg2SiO4或 2MgO - SiQ。(2)白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiC2+2CH =SiC32 + H2C0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SiQ+2=Si+2COT 。5.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:呈紫红色)焰色反应呈黄色)恰好中和，消匹0.0200 mol HC】)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】O Cu和 NaOH

17、NaCuQ 2NaCuQ+8HCl=2NaCl+2CuC2+C2 T + 4H2O【解析】【分析】固体混合物丫溶于水，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 CuSC4变蓝，说明有水蒸汽。【详解】(1) CuSQ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)

18、=0.02 x 23g=0.46g m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-0.46 1.28 0.641.28=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C2,和CuC2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2+ 8HCl=2NaCl+2CuC2+C2T + 4H2O6 .下列物质(均为中学化学常见物质)转化关系图中，D为红棕色粉末(反应条件及部分反应物、产物未全部说明)，B、C、E为常见单质，A、D为氧化物。N1U1I动枕仞-0H&国根据图示转化关系填写下列空白:(

19、1)写出下列物质的化学式 A, B, G。(2)C与D的混合物通常称 (填名称)。(3)写出下列化学方程式或离子方程式I + JfK(离子方程式)。G+B-H(化学方程式)。【答案】AI2O3 O Fe(OH2 铝热剂 Al3+ + 3Al(OH)4 =4Al(OH)3j 4Fe(OH+O2+2H2O=4Fe(OH)j【解析】【分析】由转化关系图可知，电解 A得到B与C, A能与盐酸、氢氧化钠反应，则 A为两性氧化物AI2O3、C为Al、B为O2;氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，则 I为 AlCb、J为NaAl(OH)4、K为Al (OH) 3； D为红棕色粉末，与 Al发生

20、铝热反应得到 A与 E,则D为Fe2O3, E为Fe, ； Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁与氢氧化钠溶 液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生 成氧化铁和水，则 F为FeC2、G为Fe (OH) 2、H为Fe (OH) 3。【详解】(1)由上述分析可知，A为AI2O3,E为Fe,G为Fe ( OH)2,故答案为：AI2O3；Fe； Fe(OH) 2；(2)铝和氧化铁的混合物通常称为铝热剂，高温下能发生铝热反应生成氧化铝和铁，故答 案为：铝热剂；(3)I +J-K的反应为氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应的 离子方程式为 A

21、l3+3Al(OH)4 =4Al(OH)3j ,故答案为：Al* + 3Al(OH)4 =4Al(OH)3 J ； G +B-H的反应为氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为 4Fe(OH)>+ O2 + 2H2O=4Fe(OH)3,故答案为：4Fe(OH)2+ O2 + 2H2O=4Fe(OH)3。【点睛】由电解A得到B与C, A能与盐酸、氢氧化钠反应确定A为两性氧化物 Al2O3是判断难点，也是解答关键。7 . M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。 M与其他物质间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)(1)若A是地壳中含量最多的金属元素

22、，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中 A元素与溶液中A元素的质量相等，则 A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液 的物质的量浓度之比可能为 。(2)若A是CO气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量 与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为 (填化学式)，物质的量之比为 (3)若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则 A 的化学式为。(4)若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变 成红褐色的E,向G溶液中加入KSCNI溶液显红色，则由 A转化成E的离子方程式是

23、O(5)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH+、Mj+、Fe* Al 3+、SO2-、CO2-中的某些离B溶液的体积发生如右图所示子，当向该溶液中加入 B溶液时发现生成沉淀的物质的量随变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为 【答案】2:3 或者 2:7NaCO和 NaHCO 1:1 (NH)zSQ 4Fe2+8OH+Q+2H2O=4Fe(OH)4或者分步写 Fe2+2OH=Fe(OH)2 J , 4Fe(OH)2+Q+2H2O=4Fe(OH3)|4、NH+、Al3+、SO2-【解析】【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地壳中含量最多 的金属元素，则 A为铝

24、；AlCl 3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有 Al3+3OH= Al(OH)3 J、Al(OH)3+OH=AIO2 +H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al 3+4OH = AIO2+2H2O。若 A是 CQ气体，A与 B溶液反应即 CQ+2NaOH=Na2CQ+H2O、Na2CQ+HCl=NaHCC3+ NaC太 NaHCO3+HCl= NaCl+KO+ CO2【详解】(1)当得到的沉淀物中 A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时 nAl(OH) 3=n(AlO2),此时 c( AlCl 3)：c(NaOH)=2:7 当碱量不足时，nAl(OH)

25、3=n(AlCl3),此时c( AlCl 3)：c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。(2)图所示知0-0.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl= NaHCQ+NaCl ; 0.1'0.3V时气体完全放出，发生的是 NaHCO+HCl= NaCl+HO+ CQT ,所以A与B溶 液反应后溶液中的溶质为 N&CQ和NaHCQ根据消耗盐酸的体积知 Na2CO3和NaHCOt!质 的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO 1:1。(3)因为B为NaOH, A是一种正盐能和 NaOH生成具有刺激性气味的气体

26、，则 A中含有 NH+;因为F为HCl, A是一种正盐且 A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则 A中 含有 SQ2-;所以 A 为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。(4)若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变 成红褐色的E,向G溶液中加入KSCN溶液显红色，推断出A为亚铁盐溶液，E为 Fe(OH)3,则由 A转化成 E 的离子方程式是 Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3 J 或 Fe2+2OH- =Fe(OH?J , 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)。(5)由图可以知道，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生

27、，则一定有H+, 一定没有CO32-,后 来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+, 一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+OH= NH3, H2O的反应，则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SQ2-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SQ2-。8.下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中 A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K 可用作食品发泡剂。B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。根据以上信息，回答下列问题：(1)B的组成元素为。(2)鉴别等物

28、质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为 。(3)G-J的离子方程式为 。(4)M是含氧酸盐，反应中 H、L、D的物质的量之比为 3： 2： 4,则M的化学式为O【答案】Fe C、O取I、K的稀溶液，分别滴加 CaC2溶液，出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+= 2Fe3+4H2O Na2FeO4【解析】【分析】A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则 A为NaCl, H为NaClO, G为氧化物，力口 H2SQ、H2O2生成J, J加D得L, L为红褐色沉淀，则 L为Fe(OH)3, D为NaOH,以此逆推 可知J为Fe2(SQ)3, G为FeO,则B中含有Fe元素，C为Cb, B为有机

29、酸盐，则一定含有 C。两元素，E、F为氧化物，结合框图，则 F为CO, E为CO2, I为Na2CC3(纯碱)，K为 NaHCC3(小苏打)。【详解】(1)由以上分析可知 B加热分解可生成 CQ CC2、FeO,则应含有Fe C、O三种元素，故 答案为：Fe C、O;(2)1为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CQ与氯化钙反应生成 CaCQ为白色沉 淀，可加入CaC2溶液鉴别，出现白色沉淀者为 Na2CQ,故答案为：取I、K的稀溶液，分 别滴加CaC2溶液，出现白色沉淀者为I；(3)G-J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为

30、2FeO+H2O2+6H+= 2Fe3+4H2。，故答案为：2FeO+H2O2+6H+= 2Fe3+4H2。；(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe( OH) 3、NaOH,根据物质的量之比为 3: 2: 4,结合生成 一种含氧酸盐 M,可确定M的化学式为Na2FeO4,方程式为3NaClO+2Fe( OH) 3+4NaOH= 2Na2FeQ+3NaCl+5H2O,故答案为： Na2FeO4。【点睛】无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。掌握常见物质的性质和用途是关键。9

31、 .有关物质的转化关系如下图所示。A和G均为气体，其中 A为黄绿色。C和D均为酸,其中C具有漂白性。E和I均为常见金属，其中I为紫红色。气体A所含元素在周期表中的位置是： 。D的电子式为写出反应的离子方程式： 。写出反应的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目:【答案】第三周期，口 A族 氏苜：C2+H2O=H+ + C+ HClO «次一Cu 2icCh=(.dt2 1 21i<h【分析】由A为黄绿色气体可知，A为氯气；由C和D均为酸，其中C具有漂白性可知，B为水、C 为次氯酸、D为盐酸，反应为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；由E能和盐酸反应、F能和氯气反应可知，E为常见的活泼变价金属，则 E为铁、F为氯化亚铁、G为氢气、H为 氯化铁，反应为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应为氯化亚铁溶液与氯气反应 生成氯化铁；由I为紫红色常见金属可知，I为铜，反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化 亚铁和氯化铜。【详解】(1)氯元素的原子序数为 17,位于元素周期表第三周期口 A族；D为氯化氢，氯化氢为共 价化合物，电子式为H1CI：,故答案为：第三周期口 A族；HK&