备战中考化学化学推断题的综合热点考点难点含答案解析

一、初中化学推断题1．如图所示，A～I为初中化学中常见的物质。已知A为金属氧化物，C为大理石的主要成分，D为蓝色沉淀，E、H为单质，F为浅绿色溶液，G、I均为各含有一种溶质的溶液。“→”表示物质间存在着相互转化的关系（部分生成物未标出），如图所示。请回答下列问题：（1）物质D的化学式：_____。（2）写出A与H2O反应的化学方程式：_____。（3）写出G与H反应的化学方程式：_____；反应类型属于_____。【答案】Cu（OH）2CaO+H2O＝Ca（OH）2Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4置换反应【解析】【详解】（1）A﹣I为初中化学中所学的物质，C为大理石的主要成分，所以C是碳酸钙，D为蓝色沉淀，所以D是氢氧化铜沉淀，E、H为单质，F为浅绿色溶液，所以H是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以E是铜，G可以是硫酸铜，F是硫酸亚铁，A为金属氧化物，A和水反应生成B会与I反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，所以A是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以B是氢氧化钙，I是碳酸钠，经过验证，推导正确，所以D是Cu（OH）2；（2）A与H2O的反应是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：CaO+H2O＝Ca（OH）2；（3）G与H的反应是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，该反应属于置换反应。2．实验室有失去标签的五个试剂瓶，分别盛有NaOH溶液、CuSO4溶液、BaCl2溶液、稀盐酸和稀硫酸。鉴别操作如下：（1）呈蓝色的溶液为CuSO4溶液。取少量其他溶液分别于四支试管中，再分别滴加CuSO4溶液，可鉴别出NaOH溶液和BaCl2溶液。鉴别出NaOH溶液的现象是_____。（2）另取少量剩余的两种溶液分别放入两支试管中，再分别滴加BaCl2溶液，其中一支试管内产生白色沉淀，该反应的化学方程式为_____。（3）实验结束后，将所有试管中的物质充分混合，过滤除去沉淀，得到无色滤液，此滤液一定含有的溶质为_____（填化学式）。取少量无色滤液滴加Na2SO4溶液，无明显现象。另取少量无色滤液分别与下列物质混合时，一定无明显现象的是_____。ABa(OH)2溶液BAgNO3溶液CMgD酚酞溶液【答案】产生蓝色沉淀C【解析】【详解】（1）呈蓝色的溶液为CuSO4溶液。取少量其他溶液分别于四支试管中，再分别滴加CuSO4溶液，可鉴别出NaOH溶液和BaCl2溶液。CuSO4溶液与BaCl2溶液产生白色沉淀；CuSO4溶液与NaOH溶液产生蓝色沉淀；鉴别出NaOH溶液的现象是产生蓝色沉淀；故填：产生蓝色沉淀（2）另取少量剩余的两种溶液分别放入两支试管中，再分别滴加BaCl2溶液，能与BaCl2溶液产生白色沉淀的是稀硫酸，其反应的化学方程式为：H2SO4+BaCl2==BaSO4+2HCl；故填：H2SO4+BaCl2==BaSO4+2HCl（3）根据反应可知，氯化钠为反应产物，且可溶解在水里，故此滤液一定含有的溶质为NaCl；将五种溶液混合，过滤后得到无色溶液，说明铜元素全在氢氧化铜沉淀里，滤液里无铜离子，试管中能生成氢氧化铜沉淀，说明滤液中没有氢离子，滤液加入硫酸钠后没有明显现象，说明滤液中没有钡离子。A、溶液中可能含有硫酸根离子，因此加入氢氧化钡后可能有沉淀生成，故不符合题意；B、溶液中含有氯离子，因此加入硝酸银后有沉淀生成，故不符合题意；C、溶液中没有氢离子，因此加入镁后没有明显现象，故符合题意；D、根据以上分析可知滤液中没有氢离子，滤液呈碱性或中性，所以加入酚酞可能会有明显现象，故不符合题意；故填C3．现有A、B、C、D、E五种初中化学常见的物质，其中B是一种常见的酸，由两种元素组成，C是种金属氧化物，A在通常状况下为气体。用两侧间的短线“﹣”表示两种物质可以发生化学反应，箭头“→”表示一种物质能转化为另一种物质。请回答下列问题：（以上反应均在初中知识范围内）（1）写出A和C物质的化学式：A_____，C_____；（2）写出C和D反应的化学方程式为_____；（3）过量粉状E与B反应的实验现象为_____。【答案】CO2Fe2O33C+2Fe2O3Fe+3CO2↑黑色粉末逐渐减少，有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色，且放出热量【解析】【分析】B是一种常见的酸，由两种元素组成，C是种金属氧化物，A在通常状况下为气体，BC都可以生成A，则B稀盐酸，C是氧化铁，A是二氧化碳，A和D反应，也可以由D生成，故D是碳，D可以生成E，E可以和B反应，则E是铁。【详解】（1）B是一种常见的酸，由两种元素组成，C是种金属氧化物，A在通常状况下为气体，BC都可以生成A，则B是稀盐酸，C是氧化铁，A是二氧化碳，故A、C分别是二氧化碳和氧化铁，化学式为CO2、Fe2O3。（2）C和D是碳还原氧化铁的过程，反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为。（3）过量粉状E与B是铁粉和盐酸的反应，反应生成氯化亚铁和氢气，反应的实验现象黑色粉末逐渐减少，有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色，且放出热量。【点睛】B是一种常见的酸，由两种元素组成，B是稀盐酸，C是种金属氧化物，A在通常状况下为气体，，A是二氧化碳。4．已知A一G均为初中化学常见的物质。I能用于改良酸性土壤，F是白色沉淀；A和G，D和E的相关信息(重叠部分表示两种物质的共同点)及它们的相互转化关系如下图(图中反应条件均已略去)。请回答下列问题：(1)写出物质E的化学式___________，F的化学式__________。(2)写出反应①的化学方程式_______________________________________，在该化学反应中，A发生的是_____________反应。【答案】O2CaCO33CO+Fe2O32Fe+3CO2还原【解析】【分析】I能用于改良酸性土壤，所以I是氢氧化钙，C能和I的溶液反应生成白色沉淀，所以C是二氧化碳，F是碳酸钙；A是红色物质，G是黑色物质，并且A和G含有相同的元素，所以A是氧化铁，G是四氧化三铁，所以A和B反应生成C和D是氧化铁和一氧化碳在高温的条件下反应生成二氧化碳和铁，所以B是一氧化碳，D是铁；D和E都是单质，且能反应生成四氧化三铁，所以E是氧气。【详解】（1）E是氧气，化学式O2；F是碳酸钙，化学式CaCO3；（2）反应①的化学方程式3CO+Fe2O32Fe+3CO2；一氧化碳在该反应中作还原剂，发生还原反应。5．A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质。其中B的固体可用于人工降雨，C的组成元素在地壳中含量居第四位，D常用于清洗油污。图中“﹣”表示相连物质能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系（部分反应物、生成物及反应条件省略）。请回答下列问题。（1）B的化学式是_____。（2）B与D反应的化学方程式是_____。（3）A与D反应的微观本质是_____，该反应属于反应类型中的_____。（4）C与E反应的化学方程式是_____，反应现象是_____。【答案】CO22NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O氢离子和氢氧根离子反应生成水复分解反应Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu铁表面有红色物质析出，溶液由蓝色变成浅绿色【解析】【分析】根据A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，B的固体可用于人工降雨，所以B是二氧化碳，C的组成元素在地壳中含量居第四位，所以C是铁，D常用于清洗油污，D会与二氧化碳反应，所以D是氢氧化钠，A会与碳酸钠反应，会转化成二氧化碳，所以A是酸，可以是稀盐酸，A转化成的E会与铁反应，所以E可以是氯化铜，然后将推出的物质进行验证即可。【详解】（1）A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，B的固体可用于人工降雨，所以B是二氧化碳，C的组成元素在地壳中含量居第四位，所以C是铁，D常用于清洗油污，D会与二氧化碳反应，所以D是氢氧化钠，A会与碳酸钠反应，会转化成二氧化碳，所以A是酸，可以是稀盐酸，A转化成的E会与铁反应，所以E可以是氯化铜，经过验证，推导正确，所以B是CO2；故填：CO2（2）B与D的反应是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式是：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；故填：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O（3）A与D的反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，微观本质是：氢离子和氢氧根离子反应生成水，该反应属于反应类型中的复分解反应；故填：氢离子和氢氧根离子反应生成水；复分解反应（4）C与E的反应是铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式是：Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu，反应现象是：铁表面有红色物质析出，溶液由蓝色变成浅绿色。故填：Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu；铁表面有红色物质析出，溶液由蓝色变成浅绿色【点睛】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。6．某白色固体甲的主要成分为NaCl，可能含有MgCl2、KCl、BaCl2和NaOH中的一种或几种杂质，为检验白色固体甲的成分并除去其中杂质，进行如下实验：（1）写出生成白色固体丙的化学方程式_____。（2）向无色溶液D中加入过量稀盐酸的步骤中发生反应的化学方程式为_____；_____。（3）在蒸发的操作中，当蒸发皿内出现有_____时，应停止加热。（4）分析上述实验可知，白色固体甲中一定没有的物质是_____。（5）若用上述实验中的A、B、C、D四种溶液鉴别稀H2SO4和NaOH溶液，分别取样后，按下图所示操作进行实验，就能达到鉴别目的是实验_____（填实验编号）。【答案】BaCl2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaClNaOH+HCl＝NaCl+H2ONa2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑较多固体KCl、NaOH2、3、4【解析】【详解】（1）白色固体丙是碳酸钡，是因为氯化钡和碳酸钠反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，反应的化学方程式：BaCl2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaCl。（2）向无色溶液D中加入过量稀盐酸，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑。（3）在蒸发的操作中，当蒸发皿内出现有较多固体时，应停止加热。（4）分析上述实验可知，白色固体甲中一定没有的物质是KCl、NaOH。（5）溶液A中含有的氯化镁能和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化镁，氯化钡能和稀硫酸反应生成白色沉淀硫酸钡，因此溶液A不能区分稀硫酸和氢氧化钠溶液；溶液B中含有酚酞试液，氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色，因此溶液B可以区分稀硫酸和氢氧化钠溶液；溶液C中含有氯化钡，能和稀硫酸反应生成白色沉淀硫酸钡，不含有氯化镁，不能和氢氧化钠反应，因此溶液C可以区分稀硫酸和氢氧化钠溶液；溶液D中含有碳酸钠，能和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，不能和氢氧化钠反应，因此溶液D可以区分稀硫酸和氢氧化钠溶液。故填：BaCl2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaCl；NaOH+HCl＝NaCl+H2O；Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑；较多固体；KCl、NaOH；2、3、4。7．有一包白色固体样品，可能由硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、氯化钡、氯化镁中的一种或几种物质组成，为探究该样品的组成，某小组取适量样品按下列流程进行实验。请回答下列问题：（1）过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____________，其中玻璃棒的作用是___________________。（2）滤渣a的成分是_____________，滤液中溶质的成分除氯化钠外还有___________，白色沉淀b的成分是______________。（3）若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”，其他现象不变，则原样品中不能确定是否存在的物质是_________________。【答案】漏斗引流CaCO3、Mg(OH)2NaOH、BaCl2BaCO3MgCl2【解析】【分析】【详解】（1）过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，其中玻璃棒的作用是引流（2）硫酸钡沉淀不溶解于稀盐酸。因为向滤渣中加入足量的稀盐酸后，滤渣全部溶解，可判断出滤渣中无硫酸钡沉淀，根据产生无色气体，可判断出含有碳酸钙沉淀，设产生0.44g二氧化碳时，参加反应的碳酸钙质量是x,100:44=x:0.44g解得x=1g而滤渣的质量是1.5g，故滤渣a的成分是CaCO3、Mg(OH)2，氢氧化镁沉淀是由氢氧化钠与氯化镁反应产生的。向滤液中通入适量CO2气体生成白色沉淀，则该沉淀只能是碳酸钡沉淀，可知滤液中含有NaOH、BaCl2，白色沉淀b的成分是BaCO3（3）若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”，其他现象不变，则沉淀中含有碳酸钙、硫酸钡，不能确定是否含有氢氧化镁沉淀，故原样品中不能确定是否存在的物质是氯化镁。8．化学实验室有失去标签的稀硫酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、氯化钡五瓶无色溶液，将其任意编号为：A、B、C、D、E，然后两两混合进行实验，其部分实验现象如下表（说明：硫酸钙视为可溶物）：实验A+BB+CB+DC+D现象产生沉淀产生气体产生沉淀产生沉淀（1）写出溶液A中溶质的化学式：A_____。（2）写出溶液A与B反应的化学方程式：_____。（3）写出溶液C和D反应的化学方程式：_____。【答案】Ca(OH)2Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOHH2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【解析】【分析】分析过程：B+C，产生气体，碳酸钠能与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，则BC为碳酸钠和稀硫酸中的一种，B能与AD反应生成沉淀，硫酸只能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，碳酸钠能与氢氧化钙、氯化钡溶液反应生成白色沉淀，则B为碳酸钠溶液，C为稀硫酸；AD为氢氧化钙、氯化钡溶液中的一种，C+D能产生沉淀，则D为氯化钡溶液，A为氢氧化钙溶液。【详解】（1）溶液A为氢氧化钙溶液，溶质是氢氧化钙，其化学式为：Ca(OH)2。故填：Ca(OH)2（2）溶液A与B反应，即氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH。故填：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH（3）溶液C和D反应，即硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的化学方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。故填：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【点睛】解题时往往需要从题目中挖出一些明显或隐含的条件，抓住突破口（突破口往往是现象特征、反应特征等），获得结论，最后把结论代入原题中验证。9．A～G是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图所示。其中A、B、C、D都是氧化物，E、F、G都是金属单质，且F为导电性、导热性最好的金属，A和G均为红色固体(其中部分反应条件、反应物及生成物已略去)。请回答下列问题:(1)写出G物质的化学式_____。(2)写出B物质的一种用途_____。(3)写出②反应的化学方程式______。(4)从微观角度解释B和D两种物质性质不同的原因_____________。【答案】Cu冶炼金属(或作燃料)CO+CuOCu+CO2分子的构成不同；1个二氧化碳(CO2)分子比1个一氧化碳(CO)分子多1个氧原子【解析】F为导电性、导热性最好的金属，则F为银；G是金属单质，且G为红色固体，则G为铜；A为红色固体，且A是氧化物，故A是氧化铁；A与B反应生成D和E，B为氧化物，E为金属单质，故B为一氧化碳，E为铁，D为二氧化碳；B与C反应生成D和G，则C为氧化铜，据此分析解答。(1)由分析知，G为铜，故G物质的化学式为Cu；(2)由分析知，B为一氧化碳，一氧化碳有还原性（或可燃性），可用来冶炼金属(或作燃料)；(3)反应②是一氧化碳与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为CO+CuOCu+CO2；(4)B是CO，D是CO2，从微观角度看CO与CO2分子的构成不同；1个二氧化碳(CO2)分子比1个一氧化碳(CO)分子多1个氧原子。10．A，B，C，D，E五种物质之间的转化关系如图所示，其中A，B，C三种物质中都含有同一种元素，A是非金属单质，A的原子核外有6个电子，B，C是氧化物，D是目前世界年产量最高的金属，E为磁铁矿的主要成分，试回答：（1）写出下列物质的化学式：B：_________E：____________；（2）写出下列反应的化学方程式：C+E→B+D___________________________________；B→C_______________________________，其基本反应类型为_____________。【答案】CO2（2）Fe3O4Fe3O4+4CO3Fe+4CO2C+CO22CO化合反应【解析】试题分析：（1）A的原子核外有6个电子，说明A的质子数也是6，所以是碳，B，C是氧化物都含有碳元素，所以是一氧化碳、二氧化碳中的物质，D是目前世界年产量最高的金属是铁，E为磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，C和E能反应说明C具有还原性，且是碳的氧化物，所以是一氧化碳，不能是二氧化碳，所以B是二氧化碳；（2）由上面的分析可知B是二氧化碳，C是一氧化碳，所以B→C可以是碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，用观察法配平，反应条件是高温，所以方程式是：C+CO22CO，由两种物质反应生成了一种物质，属于化合反应；C+E→B+D是一氧化碳与四氧化三铁反应生成铁和二氧化碳，根据得失氧进行配平，反应条件是高温，所以方程式是：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2．考点：物质的鉴别、推断．点评：解答本题突破口是A的原子核外有6个电子，说明A的质子数也是6，所以是碳，再根据A，B，C三种物质中都含有同一种元素进行分析，D是目前世界年产量最高的金属是铁，E为磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，还需要知道三大还原剂：氢气、一氧化碳、碳．11．如图所示：A、B、C、D分别为铁、稀盐酸、AgNO3溶液和氧气中的一种，短线相连的两物质间均能发生反应，A与C反应后溶液的质量增加，请回答：（1）C是________。（2）A与D反应的化学方程式为________，反应类型为________。（3）Ag2O与CuCl之间能发生类似于C与D反应类型的反应，则Ag2O与CuCl反应的化学方程式为____________。【答案】盐酸Fe+2AgNO3=2Ag+Fe(NO3)2置换反应Ag2O+2CuCl═2AgCl+Cu2O【解析】【分析】四种物质中，铁可以和氧气、稀盐酸、硝酸银反应，故A是铁，氧气只能和铁反应，不能和硝酸银和稀盐酸反应，故B是氧气；A与C反应后溶液的质量增加，说明C是硝酸银，D是稀盐酸。【详解】（1）C是盐酸；（2）铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，反应方程式为Fe+2AgNO3=2Ag+Fe(NO3)2；该反应是置换反应；（3）C与D发生的是复分解反应，故Ag2O与CuCl之间发生的反应是Ag2O+2CuCl═2AgCl+Cu2O12．A﹣G是初中化学常见物质其中A、B、C、D、E为五种不同类别的物质，A为红棕色固体，D为蓝色溶液，G的俗称为苏打。它们的转化关系如图所示（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。图中“﹣”表示两种物质能发生反应，“→”表示一种物质可转化为另一种物质。请回答：（1）若C由两种元素组成，请写出A与C反应的化学方程式_____，该反应的基本反应类型为_____；（2）写出B与D反应的现象____