高考化学高无机综合推断综合练习题及答案1.docx
- 文档编号:13512886
- 上传时间:2023-06-14
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:253.22KB
高考化学高无机综合推断综合练习题及答案1.docx
《高考化学高无机综合推断综合练习题及答案1.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学高无机综合推断综合练习题及答案1.docx(18页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高考化学高无机综合推断综合练习题及答案1
高考化学高无机综合推断综合练习题及答案
(1)
一、无机综合推断
1.某强酸性溶液X,含有Ba2+、Al3+、SiO32-、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的一种或几种离子,取溶液进行连续实验,能实现如下转化:
依据以上信息,回答下列问题:
(1)上述离子中,溶液X中肯定含有的是:
________________;不能肯定的是:
_______________。
对不能确定是否存在的离子,可以另取X溶液于一支试管中,选择下列试剂中的一种加入X溶液中,根据现象就可判断,则该试剂是:
_________。
(选填:
①NaOH溶液,②酚酞试剂,③石蕊试剂,④pH试纸,⑤KSCN溶液,⑥KMnO4溶液)
(2)气体F的电子式为:
_______________,实验中,可以观察到反应②的现象是:
__________________。
(3)写出步骤①所有发生反应的离子方程式________________________、___________________。
【答案】SO42-、Al3+、Fe2+、NH4+Fe3+⑤
气体由无色变成红棕色Ba2++SO42-=BaSO4↓3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水,硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀,所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子;加入过量硝酸钡生成沉淀,钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,说明一定含有SO42-,含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子;气体A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+,一定不含NO3-离子;溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+;溶液H中溶于CO2气体,生成沉淀K,则K为Al(OH)3,L为NaOH和NaAlO2,说明溶液中含有Al3+;不能确定是否含有的离子Fe3+,检验用硫氰化钾溶液,取少量X溶液放在试管中,加入几滴KSCN,溶液变红色说明有Fe3+,反之无Fe3+;
(2)溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F:
NH4++OH-=NH3↑+H2O,氨气电子式为
;一氧化氮易被氧化为二氧化氮,则实验中,可以观察到反应②的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体;
(3)步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡,钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,二价铁离子具有还原性,硝酸具有氧化性,二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子,硝酸被还原成一氧化氮,一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮,离子反应方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。
2.现有金属单质A和气体甲、乙、丙及物质B、C、D、E、F、G,它们之问能发生如下反应,其中乙是黄绿色气体(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)写出下列物质的名称:
丙-_______________;
(2)写出下列物质的化学式:
F________________;
(3)气体乙是一种重要的化工原料,在工农业生产、生活中有着重要的应用。
请你根据所学
知识回答下列问题:
①把气体乙通入紫色石蕊溶液中,可以观察到的现象是:
__________,请你解释其中的原因__________________。
②某化学兴趣小组计划用气体乙和物质B制取简易消毒液D。
其反应原理为:
(用化学方程式
表示)______________。
【答案】氯化氢Ca(ClO)2先变红后褪色氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
金属单质A和氧气反应生成淡黄色固体G,所以A是钠、G是过氧化钠;乙是黄绿色气体,乙是氯气;钠与水反应生成氢气和氢氧化钠;氢气和氯气生成氯化氢,氯化氢溶于水生成盐酸;浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气;氯气与石灰乳反应生成漂白粉;氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠。
据此分析解答。
【详解】
(1)根据以上分析,丙是氯化氢;
(2)F是Ca(ClO)2;
(3)①把氯气通入紫色石蕊溶液中,氯气与水生成盐酸和次氯酸,溶液呈酸性,石蕊变红色,次氯酸具有漂白性,所以石蕊褪色,可以观察到的现象是:
先变红后褪色;
②氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
3.现有H、N、O、Na、S、Cl、Fe、Cu八种常见元素,回答下列问题:
(1)Cl在周期表中的位置____________________;
(2)Na+离子的结构示意图为__________________;
(3)能说明非金属性Cl比S强的事实是_____________(用化学方程式表示);
(4)物质A~L是由上述八种元素中的一种、二种或三种组成,A的摩尔质量166g·mol-1,其焰色反应呈黄色;B是最常见的液体;C中两元素的质量比为96∶7;D、E都为氢氧化物,E呈红褐色。
F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体,I是黄绿色气体;L是常见的强酸。
它们有如下图所示的关系(部分反应条件及产物已略去):
①C的化学式为____________________;
②D的电子式为____________________;
③L的稀溶液与H反应的离子方程式为_________________;
④反应(a)的化学方程式为_______________。
【答案】第3周期ⅦA族
Cl2+H2S=S↓+2HClCu3N
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3↓+8NaOH+3O2↑
【解析】
【分析】
前三问考查了元素周期表中“位构性”三者关系,后一问为无机推断大题,其推导思路:
B是最常见的液体则为水;E呈红褐色为氢氧化铁,D、E属同类物质,且D应该也含有钠元素故为氢氧化钠;F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体即为Cu,C中两元素的质量比为96:
7,C分解得到G和H,可知生成Cu和氮气,故C为Cu3N,G为氮气;氮气与氧气放电生成NO,故F为氧气,J为一氧化氮,与氧气反应生成K为二氧化氮,二氧化氮与水反应生成L是常见的强酸硝酸;I是黄绿色气体则为氯气;A的摩尔质量为166g·mol-1,其焰色反应呈黄色,则含有钠元素,结合D、E、F可推知A为Na2FeO4。
【详解】
(1)Cl的原子序数为17,原子结构中有3个电子层,最外层电子数为7,Cl元素位于元素周期表第三周期ⅦA族;
(2)Na+核外存在10个电子核内有11个质子,其微粒结构示意图为
;
(3)能说明非金属性Cl比S强的事实是Cl2+H2S=S↓+2HCl;
(4)①F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体即为Cu,C中两元素的质量比为96:
7,C分解得到G和H,可知生成Cu和氮气,故C为Cu3N;
②D为NaOH,其为离子化合物,电子式为
;
③L的稀溶液与H反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
④A和B反应生成D、E和F,则反应(a)的化学方程式为4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3↓+8NaOH+3O2↑。
【点睛】
常见无机物的颜色,可作为无机物推断的突破点。
4.已知A、B、C、D原子序数依次递增的短周期主族元素,常温常压下AB2是一种红棕色气体,B与C同主族,则:
(1)C元素在周期表中的位置____________。
(2)画出D元素的简单离子结构示意图_______________________。
(3)将CB2与D2以体积比1:
1混合后通入品红溶液中,品红溶液不褪色,请用一个化学方程式来解释:
_________________________________。
(4)AB2与水反应的化学方程式为___________,在一定温度和压强下,将一个容积为15mL的试管充满AB2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管液面上升至一定高度不再变化时,相同条件下再通入O2,若要使试管液面仍保持在原高度,则应通入的O2为___________mL。
(5)甲、乙、丙均为含A元素的化合物,丁为单质,甲、乙、丙、丁四种物质有如下转化关系(反应条件及部分产物已略去)
①若丁为一种常见的非金属单质,甲为氢化物,乙为氧化物,则一个乙分子所含有的电子数目___________。
②若丁为一种常见的金属单质,常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止,则丙的化学式___________。
【答案】第三周期ⅥA族
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl3NO2+H2O=2HNO3+NO8.7515Fe(NO3)2
【解析】
【分析】
由常温常压下AB2是一种红棕色气体可知,A为N元素、B为O元素;由B与C同主族可知,C为S元素;由A、B、C、D是原子序数依次递增的短周期主族元素可知,D为Cl元素。
【详解】
(1)C为S元素,位于周期表第三周期ⅥA族,故答案为第三周期ⅥA族;
(2)D为Cl元素,Cl原子得到一个电子形成Cl—,离子结构示意图为
,故答案为
;
(3)SO2与Cl2以体积比1:
1反应生成硫酸和盐酸,反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,故答案为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(4)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO;在一定温度和压强下,将一个容积为15mL的试管充满NO2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管液面上升至一定高度不再变化时,试管中NO体积为
=5mL,相同条件下通入O2,NO先与O2发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3使试管中无气体溶液全充满,此时通入O2的体积为
=3.75mL,再通入5mLO2使试管液面仍保持在原高度,则通入O2的体积为(5mL+3.75mL)=8.75mL,故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO;8.75;
(5)由题意甲、乙、丙均为含N元素的化合物。
①若丁为一种常见的非金属单质,甲为氢化物,乙为氧化物,则甲为NH3、丁为O2、乙为NO、丙为NO2,1个NO分子含有15个电子,故答案为15;
②若丁为一种常见的金属单质,常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止,则丁为Fe、甲为浓HNO3、乙为Fe(NO3)3、丙为Fe(NO3)2,故答案为Fe(NO3)2。
【点睛】
本题考查结构性质位置关系应用,依据题给信息推断元素,注意常见元素及其化合物的性质是解题的关键。
5.如图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A和C为无色气体。
填写下列空白:
(1)物质M可以是___;C是___;F是___(填化学式)。
(2)反应①的化学方程式是___。
(3)反应②的离子方程式是___。
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O28H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
M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Na2O2反应,故A为CO 2 ,则A应为碳酸铵或碳酸氢铵,B为H2O,结合转化关系可知,D为O2 ,E为NO,F为NO2 ,G为HNO3。
【详解】
(1)根据上述推断,M可以为:
NH4HCO3或(NH4)2CO3,C为NH3,F为NO2,故答案为:
NH4HCO3或(NH4)2CO3;NH3;NO2;
(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,反应的离子方程式为8H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
8H++2NO3-+3Cu=3Cu2++2NO↑+4H2O。
6.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体。
根据下图关系推断:
(1)写出化学式:
X_______,A________,B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式:
____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式:
_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)
【解析】
【分析】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3,据此解答。
【详解】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,A为NH3,B为H2O;
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2,则实验室收集气体D(NO)的方法为:
排水法;NO2能与水反应生成NO和硝酸,则收集气体F(NO2)的方法是:
向上排空气法;
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2,反应的化学方程式为:
2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2;
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)氨气的水溶液显碱性,故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)。
【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
7.盐X由三种元素组成,其具有良好的热电性能,在热电转换领域具有广阔的应用前景。
为研究它的组成和性质,现取12.30g化合物X进行如下实验:
试根据以上内容回答下列问题:
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X,其化学方程式为__________。
【答案】CuAlO2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑
【解析】
【分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B,则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2,沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO,D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2;无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C,故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3;则溶液A中含有Al3+,由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素,则红色固体A为Cu,结合转化可知X中还含有O元素。
结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1)根据上述分析,固体X中含有Cu、Al和O元素。
Al(OH)3的物质的量为
=0.1mol,Cu(OH)2的物质的量为
=0.05mol,Cu单质的物质的量为
=0.05mol,由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子,则含有O原子为:
=0.2mol,则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2,故X的化学式为CuAlO2,故答案为:
CuAlO2;
(2)B中含有AlO2-,B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故答案为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)F为CuCl2,F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,Cu、Cl原子的个数之比为
=1:
1,则沉淀为CuCl,反应的离子方程式为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+;
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3,与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2,其化学方程式为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑,故答案为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑。
8.如下图所示:
已知A、D、E、F是中学化学中常见的单质,B、C是氧化物,且B的式量是232。
请填空:
(1)A是______________,E是______________。
(填化学式)
⑵D跟水反应的化学方程式为______________。
⑶C电解时,每生成1molA,同时生成______________molE。
【答案】AlO23Fe+4H2O
Fe3O4+4H20.75mol
【解析】
【分析】
A为单质、B为氧化物,由框图中的反应条件“高温”可预测,此反应为铝热反应。
A为铝,B为金属氧化物,C为氧化铝,D为金属单质。
再由C熔融电解,可得出E为O2,F为H2。
由D与H2O在高温条件下反应生成B和H2,可得出D可能为Fe,B为Fe3O4,利用232进行验证,从而证实上述预测。
【详解】
(1)由题干分析可知,A为铝,B为氧气。
答案为Al、O2。
(2)Fe跟水反应,其化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
答案为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2。
(3)电解氧化铝的反应方程式为:
2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑,由反应方程式可得出,生成4molAl,同时生成3molO2,从而得出每生成1molAl,同时生成0.75molO2。
答案为0.75mol。
9.已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物,X、Y、Z的原子序数依次增大,X在周期表中原子半径最小,Y、Z原子最外层电子数之和为10。
D为无色非可燃性气体,G为黄绿色单质气体,J、M为金属,I有漂白作用,反应①常用于制作印刷线路板。
各物质之间的转化关系如图,部分生成物省略。
请回答下列问题:
(1)写出Z在周期表中的位置____,D的结构式____。
(2)写出A的化学式____。
(3)写出反应①的离子方程式____。
(4)为了获得氯化铜晶体,需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶,原因是____。
(5)将F溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。
写出该反应的化学方程式____。
【答案】第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
【解析】
【分析】
X在周期表中的原子半径最小,则X为H元素;G为黄绿色单质气体,则G为Cl2;反应①用于制作印刷电路板,为FeCl3和Cu反应,则L为FeCl3,K为FeCl2;E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F,则F为Cu2O,E为Cu(OH)2,则B为CuCl2,M为Cu;由C+G→H+I,I有漂白作用,H能够与金属J反应生成FeCl2,则H为HCl,J为Fe,I为HClO,则C为H2O;从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D,D为无色非可燃性气体,可知,A中含有铜元素;Y、Z原子最外层电子数之和为10,Y、Z中一种为O元素,则另一种元素的原子最外层电子数为4,可能为C或Si元素,结合D为无色非可燃性气体,只能为CO2,X、Y、Z的原子序数依次增大,则Y为C元素,Z为O元素,因此A中还含有C元素,因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,据此分析解答。
【详解】
根据上述分析,X为H元素,Y为C元素,Z为O元素,A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,B为CuCl2,C为H2O,D为CO2,E为Cu(OH)2,F为Cu2O,G为Cl2,H为HCl,I为HClO,J为Fe,K为FeCl2,L为FeCl3,M为Cu。
(1)Z为O元素,在周期表中位于第二周期ⅥA族;D为CO2,结构式为O=C=O,故答案为:
第二周期ⅥA族;O=C=O;
(2)A的化学式为:
CuCO3或Cu2(OH)2CO3,故答案为:
CuCO3或Cu2(OH)2CO3;
(3)反应①为FeCl3和Cu反应,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故答案为:
Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;
(4)为了获得氯化铜晶体,需要将CuCl2溶液在HCl氛围中蒸发结晶,原因是:
避免Cu2+水解生成Cu(OH)2,故答案为:
避免Cu2+水解生成Cu(OH)2;
(5)将Cu2O溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体,该反应的化学方程式:
3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O,故答案为:
3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。
【点睛】
正确推断元素及其物质的种类是解题的关键。
本题的难点是混合物D的判断,要注意学会猜想验证在推断题中的应用。
本题的易错点为(5),要注意氧化还原反应方程式的配平。
10.现有金属单质A和气体甲、乙、丙及物质B、C、D、E、F、G,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)实验室制取氯气的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2
Cl2↑+MnCl2+2H2O,Mn
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 化学 无机 综合 推断 练习题 答案