1、高考化学高无机综合推断经典压轴题附详细答案2020-2021高考化学高无机综合推断-经典压轴题附详细答案一、无机综合推断1固体X由四种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：（1）固体X中含有H、O、_和_元素。（2）写出固体X受热分解的化学方程式_。（3）取少量固体B溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子方程式_。【答案】C Cu Cu3（OH）2（CO3）23CuO+H2O+2CO2 2Cu2+4I-=2CuI+I2 【解析】【分析】由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知，含H原子的物质的量n=1.8g/18gmol-
2、12=0.2mol，质量为0.2g；气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙，其物质的量n=20.0g/100gmol-1=0.2mol，所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol12g/mol=2.4g；固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu，则B为CuO，其物质的量为24.0g/80gmol-1=0.3mol，所以铜的质量为m=0.3mol64g/mol=19.6g；剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g，所以X中含O为n=12.4g/16gmol-1=0.8mol，则n（Cu）：n（C）：n（H）：n（O）=3：2：2：8，X为Cu3（OH）2（CO3）2，以此来解答
3、。【详解】（1）由上述分析可知，固体X中含有H、O、C、Cu元素，故答案为：C；Cu；（2）固体X受热分解的化学方程式为Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2，故答案为：Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2；（3）取少量固体B溶于稀硫酸，生成硫酸铜，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，可知生成碘和CuI，产生该现象的离子方程式为2Cu2+4I-=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I-=2CuI+I2。2A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。X、Y
4、、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系： (1)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠。A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_。A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为_。(2)若X是一种黄绿色的气体，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是_(名称)；一定条件下W与水反应的化学方程式_。(3)X常温下为气体化合物，Z是一种红棕色气体，X气体的检验方法_，X转化为Y的化学方程式为_；(4)X为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。则Y到Z的离子方程式为_；请画出向含0.01mo
5、lX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像_。【答案】2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2 +H2 Al3-+ 4OH- =AlO2- + 2H2O 硫氰化钾溶液 3Fe + 4H2O(g) = Fe3O4 + 4H2 使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟) 4NH35O24NO6H2O SO32-+SO2+H2O=2HSO3- 【解析】【分析】W为NaOH。B为两性物质且含有一种金属元素，确定该金属元素为铝元素，因在溶液中产生了B，所以B为Al(OH)3。【详解】（1）铝与NaOH反应的化学方程式为：2Al
6、+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；A溶液中含有Al3+,与NaOH反应生成了Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，所以A溶液一步转化为C溶液的离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；（2）X为黄绿色气体，则X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，说明Y为FeCl3溶液。据此进一步判断W为Fe，Z为FeCl2。检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液，如果FeCl2溶液变质，则滴加KSCN溶液后，溶液呈现血红色；在高温条件下铁与水反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（3）红棕色的气体Z是NO2气体；X为气体化合物，经
7、氧气连续氧化生成NO2，猜测X为NH3，Y为NO；检验NH3是利用其水溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝，说明气体是氨气；或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。NH3转化为NO的化学方程式为：4NH35O24NO6H2O；（4）如果X为一元强碱，W是形成酸雨的主要物质，则推测W为SO2，则根据图示转化关系判断Y为SO32-，Z为HSO3-，则Y到Z的离子方程式为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-，滴入稀盐酸，首先发生反应：OH-+H+=H2O，此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，没有气体逸出；然
8、后发生反应：SO32-+H+=HSO3-，此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，也没有气体逸出；最终发生反应：HSO3-+H+=H2O+SO2，此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL，逸出气体的物质的量为0.01mol。据此可绘出图象：。3化合物A由三种元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL；溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。请回答下列问题：（1）A的组成元素为_（用元素符号表示）；（2）写出气体甲与NaOH(aq)反应的离子方程式_；（3）高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式_。【答案】M
9、g、Si、H Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2 MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl 【解析】【分析】因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，则为硅酸钠，根据元素守恒可知，气体甲中含有硅元素，与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙，所消耗的氢氧化钠的物质的量为1 mol/L12010-3 L = 0.12 mol，根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2：1，可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2 = 0.06 mol，又知气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL，即= 0.03 mol，则
10、易知A为0.03 mol，其摩尔质量为 = 84 g/mol，且1个气体甲分子中含2个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03 mol：0.12 mol = 1：4的反应生成硅酸钠与气体单质乙，根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素，即为氢气。因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素，可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。另外，结合溶液甲只有一种溶质，且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀，沉淀受热不易分解，推出白色沉淀为难溶氢氧化物，所用盐酸的物质的量为3 mol/L2010-3 L = 0.06 mol， A的质量为2.52 g，化合物A由三种元素组成，推测所含的金属元素为镁，根据Mg2H
11、Cl可知，一个分子A中含1个镁原子，再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-124-228 = 4，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A的组成元素为Mg、Si、H，故答案为Mg、Si、H；（2）气体甲为Si2H6与NaOH(aq)按1:4发生氧化还原反应，其离子方程式为：Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2，故答案为Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2；（3）根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知，在高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为MgCl2 、SiCl4和HCl，则其反应方程式
12、为：MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl，故答案为MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl。4甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：(1)甲物质为_(填化学式)。(2)乙与甲反应的化学方程式为_，丙与甲反应的化学方程式为_。(3)D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是_（结合化学反应方程式描述原因）。 (4)D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为_，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为_
13、，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为_。【答案】Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Cl2+H2O=HCl+HClO、 HClO有漂白性 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2 【解析】【分析】甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则
14、A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙(CO2)反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2)，则G为HCl，据此解答。【详解】根据上述分析可知：甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，
15、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO ，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；(4)Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：2Cl2+2Ca(OH
16、)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，有效成分为Ca(ClO)2，由于酸性H2CO3HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：2HClO2HCl+O2，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。【点睛】本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。5由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊
17、试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是_，A的化学式是_。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_。(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是_（乌洛托品可以用分子式表示）。【答案】、 （或） 【解析】【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物
18、，其物质的量为，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02mol NO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。【详解】(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子
19、质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为；(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：(或)。6由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：请回答下列问题：(1)G是_（填化学式）。(2)写出AB的离子方程式_。(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式_。(4)C的最大质量为_g。【答案】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H Cu2O+2H= Cu2+ Cu+ H2O 23.3 【解析
20、】【分析】A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为 BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。【详解】(1)G中含S元素，I22H2OSO2H2SO42HI，m（S）1L0.1mol/L32 g/mol3.2g，G中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有 ，解得：M64n，当n1时，M64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答案为：Cu2S；
21、(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+SO42-BaSO4，m（BaSO4）0.1mol233 g/mol23.3g；故答案为：2
22、3.3；72018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：(1)关于E的说法正确的是_（填序号）E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质可用盐酸除去E中混有少量XE是良好的半导体材料(2)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目_(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：_(4)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一
23、种实验方法_(5)F物质用氧化物的形式表示为：_。(6)已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做_；净化G胶体可采用如图_（填序号）的方法，这种方法叫_。【答案】 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+ Na2O SiO2 电泳 渗析 【解析】【分析】A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在
24、高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。【详解】(1)由分析可知E为SiO2。SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是；(2) SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析标明电子转移数目为：；(3) SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(4) A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是
25、：取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+；(5) Na2SiO3用氧化物的形式表示为：Na2O SiO2；(6) 在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G胶体可采用图的方法，这种方法叫渗析。8A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：组成单质A的元素在周期表中的位置为
26、_。X可能为_（填代号）。ANaHCO3b.Na2CO3 CNa2SO3 DAl（OH）3（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：A与H2O反应的氧化产物为_。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式_。若X为一种造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_（填代号）。A盐酸 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 DCa（OH）2溶液（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。A与H2O反应的化学反应方程式为_。检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是_（注明试剂、现象）。【答案】OH-+HSO3-=SO32-+H2O 第三周期A族 bc O2 CO a
27、b 3NO2+H2O=2HNO3+NO 取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无 【解析】【详解】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，则C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2，则B为HClO，C为HCl。Cl原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，位于周期表第三周期A族；C为盐酸，可与NaHCO3反应生成CO2，CO
28、2与NaHCO3不反应，a项错误；盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，b项正确；盐酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2与Na2SO3反应可生成NaHSO3，c项正确；盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，d项错误，答案选bc。（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2。Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，一部分氧元素的化合价由-1价降低到-2价，NaOH是还原产物另一部分的氧元素的化合价由-1价升高到0价，氧气是氧化产物。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，应为C，则D为CO2，E为CO。若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C
29、为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，答案为ab。（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用高锰酸钾溶液检验，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无。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_
