高考化学压轴题专题复习高无机综合推断的综合含答案.docx
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高考化学压轴题专题复习高无机综合推断的综合含答案
高考化学压轴题专题复习——高无机综合推断的综合含答案
一、无机综合推断
1.某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成,元素M位于第二周期VA族。
D、E、H均为难溶于水的白色固体:
化合物C、E均含A元素。
其余物质均为中学化学中常见物质。
请回答:
(1)写出H的化学式:
________________。
(2)化合物A3M4中含有的化学键类型为:
________________。
(3)写出反应②的离子方程式:
________________。
【答案】AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】根据题中各物质转化关系,D受热得E,E能与氢氧化钠反应生成F,F与过量的二氧化碳反应生成D,说明D为弱酸且能受热分解;新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成,元素M位于第二周期VA族,应为N元素,A元素为四价元素,C、E均为含A元素,可知A3M4应为Si3N4,可以确定A为Si,E为SiO2,F为Na2SiO3,则D为H2SiO3,G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H,则可知G中有Cl-,H为AgCl,故C为SiCl4,B为Cl2;由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3,生成G:
HCl;
(1)H的化学式为AgCl;
(2)化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键;
(3)SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
2.下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,乙、丙、丁是非金属单质,其它为化合物,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,①是实验室制取丁的反应之一,F为棕黄色溶液。
各物质间的转化如下图所示,回答下列各问题(部分生成物未列出):
(1)A的电子式:
___________________;
(2)写出甲与C反应的化学方程式:
________________________________;
(3)在F和E的混合溶液中用___________试剂(填化学式)检验E中阳离子;
(4)整个转换过程中属于氧化还原反应的有___________个;
(5)写出反应③E与G按物质的量之比2:
1的反应的离子方程式___________________。
【答案】
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2KMnO46个6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+
【解析】
【分析】
由题意可知,G为淡黄色固体化合物,J为生活中常见的调味品,则G是Na2O2,J为NaCl;I为红褐色固体,则I是氢氧化铁,甲是Fe单质;B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质,根据Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁可知C是水,乙是氢气,D是Fe3O4;A与B反应生成水和一种非金属单质,且①是实验室制取丁的反应之一,判断A是过氧化氢,B是二氧化锰,过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下发生分解反应生成水和氧气,所以丁是氧气;四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F,可以相互转化,则K是盐酸,盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁,F与Fe反应生成E,则F是氯化铁,E是氯化亚铁,氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气,氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化铁、氢氧化铁、氯化钠。
【详解】
(1)A是过氧化氢,过氧化氢是共价化合物,A的电子式为
,故答案为
;
(2)甲是Fe单质,C是水,Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故答案为3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(3)E是氯化亚铁,F是氯化铁,氯化亚铁具有还原性,能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,则可用KMnO4溶液检验亚铁离子,故答案为KMnO4;
(4)由转化关系可知,上述转化过程中除D与K的反应不是氧化还原反应外,其余均是氧化还原反应,属于氧化还原反应共6个,故答案为6;
(5)E是氯化亚铁,G是Na2O2,氯化亚铁与过氧化钠按物质的量之比2:
1反应生成氢氧化铁沉淀和铁离子,反应的离子方程式为6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+,故答案为6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+。
【点睛】
本题考查无机物的推断,注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断,注意牢固把握元素化合物的性质及用途是解答关键。
3.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。
4.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)
(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,③与④两个反应中都有红棕色气体生成,反应④的化学方程式是__________。
(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①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①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是__________。
(4)若B、C、F都是气态单质,且B为黄绿色,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,反应③的化学方程式是__________,在反应①中若有3mol电子转移,则生成D的物质的量为__________。
【答案】C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O2C+SiO2
Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O2
4NO+6H2O3mol
【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,则B为CO2,C为MgO,③与④两个反应中都有红棕色气体生成,则F为HNO3,E为Mg(NO3)2,反应④的化学方程式是:
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+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O,B为SiO2,反应①为C与二氧化硅的反应,反应方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑;
(3)若A是常见的金属的单质,D、F是气态单质,且反应①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Cl2,D为H2,B为HCl,C是FeCl2,E为FeCl3,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;
(4)若B、C、F都是气态单质,且B为黄绿色,则B为Cl2,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③和④两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①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,反应①为:
2NH3+6Cl2=6HCl+N2,每生成6molHCl转移6mol电子,则若有3mol电子转移,生成HCl的物质的量为3mol。
5.某无机盐X(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锰酸钾溶液褪色
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SO32-的离子方程式____________。
【答案】K、SK2S2O8CS2O82-+SO32-+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BaCl2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
,则S原子个数为
,结合摩尔质量和原子个数比推出分子式。
【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BaCl2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
,则S原子个数为
,原子个数比为1:
1:
4,摩尔质量270g·mol-1,则化学式为K2S2O8,
(1)X的组成元素为O和K、S,
故答案为:
K、S;
(2)由上述推断可知X的化学式为K2S2O8,
故答案为:
K2S2O8;
(3)a.K的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片观察,故a错误;
b.盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物有SO2、SO3、H2O、H2O2;SO2和H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色,SO3和H2O不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故b错误;
c.B为酸性溶液则B为KHSO4,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不可点燃,故d错误;
故答案选:
c;
(4)X氧化SO32-X为氧化剂,SO32-为还原剂,根据化合价升降守恒可得离子方程式为:
,
故答案为:
。
6.为探究某黄色固体的组成和性质,设计如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是_______。
(2)X在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的化学方程式为_______。
【答案】CuFeS24CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO23Fe2(SO4)3+12NaOH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4
【解析】
【分析】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量;氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,再加入NaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,B为Na2SO4,结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分,据此分析解答。
【详解】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,n(SO2)=
=0.12mol,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,物质的量n(CuO)=
=0.06mol,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,物质的量n(Fe2O3)=
=0.03mol,则化合物中含Fe、Cu、S,物质的量之比n(Fe)∶n(Cu))∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2,因此X化学式为FeCuS2,物质的量0.06mol,质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g,符合题意,上述推断正确,氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol,4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,推断为Na2SO4,n(NaOH)=
=0.12mol,n(Na2SO4)=
=0.05mol,结合元素守恒和电荷守恒,0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀,浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol,n(Fe3+)=0.06mol,n(OH-)=0.12mol,n(SO42-)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol,得到浅黄色沉淀组成:
n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2,组成为NaFe3(SO4)2(OH)6。
(1)根据上述计算可知X为FeCuS2,故答案为:
FeCuS2;
(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜,结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2,故答案为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2;
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀,结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12,反应的化学方程式为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓,故答案为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓。
【点睛】
大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。
本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断,要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。
7.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:
请回答:
(1)X的化学式是____。
(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____。
【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSiO2+2C
Si+2CO↑
【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0.03mol,若为硅酸根离子其质量=0.03mol×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×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×92g/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Mg2SiO4,则
(1)X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。
(2)白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
(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SiO2+2C
Si+2CO↑。
8.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。
根据图示转化关系填写下列空白:
(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
①I+J→K________________(离子方程式)。
②G+B→H________________(化学方程式)。
【答案】Al2O3O2Fe(OH)2铝热剂Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【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Al2O3、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AlCl3、J为Na[Al(OH)4]、K为Al(OH)3;D为红棕色粉末,与Al发生铝热反应得到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FeCl2、G为Fe(OH)2、H为Fe(OH)3。
【详解】
(1)由上述分析可知,A为Al2O3,E为Fe,G为Fe(OH)2,故答案为:
Al2O3;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)①I+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Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓,故答案为:
Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓;
②G+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)2+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。
9.为了探究某带结晶水的固体X(含四种短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验
请回答:
(1)白色固体D是________。
(2)无色溶液
白色沉淀F的离子方程式是________。
(3)X的化学式是________。
【答案】
(或氧化镁)
MgC2O4
4H2O
【解析】
【分析】
混合气体A经过浓硫酸得混合气体B,B在标况下体积为896mL,物质的量为0.04mol,混合气体B通入澄清的石灰水,产生白色沉淀为CaCO3,白色沉淀的质量为2.00g,则物质的量为0.02mol,所以n(CO2)=0.02mol,根据框图可知含n(CO)=0.02mol,所以含C的物质的量为0.04mol。
由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO,所以n(MgO)=0.02mol,含O为0.02mol,根据质量守恒,m=0.02mol
40g/mol+0.02mol
44g/mol+0.02mol
28g/mol=2.24g,所以水的质量为:
2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol,含n(H)=0.08mol。
【详解】
(1)由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO;答案:
MgO。
(2)由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为Mg(OH)2,反应的的离子方程式是:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
,答案:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
(3)由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为:
0.02mol:
0.04mol:
0.10mol:
0.08mol=1:
2:
5:
4,所以X的化学式是MgC2O4
4H2O;答案:
MgC2O4
4H2O。
10.下图为一些物质之间的
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