1、高考化学专题复习高无机综合推断的综合题(1)一、无机综合推断1 已知 A、 B、 C、 D 是元素周期表中的四种短周期元素，A 分别与 B、 C、 D 结合生成三种化合物：甲、乙、丙。甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与 C 的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体； B、C、 D 三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：(1)D 在元素周期表中的位置为_ 。(2)B、C、 D 的原子半径的大小关系为_(用元素符号表示)。(3)丁与C 的单质在常温下反应的化学方程式为
2、_。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为_，实验室如何检验丙_ 。(5)C 的单质丙乙丁的化学方程式为_。【答案】第2 周期 A 族N O F2NO O2 =2NO210能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色5O2 4NH36H2O 4NO【解析】【分析】本题有几个重要的突破口：甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙为无色有不同刺激性气味的物质；化合物丁与C 的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，说明丁为NO， C 的某种单质可能为O2。【详解】A、 B、 C、 D 是元素周期表中的四种短周期元素，A 分别与 B、C、 D 结合生成三种化合物：甲、乙、丙。化合物丁与C 的某种单质在常温下反应
3、可生成红棕色气体，则丁为NO、 C 为 O 元素；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，由图中信息可知，丙与O 元素的单质反应生成NO，也可以由 O 的单质与 D 的单质化合而得，则丙为 NH3、 D 为 N 元素，乙为 H2O；甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子，则其都有10 个电子，结合图中信息，B 的单质可以与 H2O 反应生成甲和 O元素的单质，故甲为HF、 B 为 F 元素。综上所述，A、 B、 C、D 分别是 H、 F、 O、 N，甲、乙、丙、丁分别为 HF、H2O、 NH3、 NO。(1)D 为 N 元素，其在元素周期表中的位置为第2 周期
4、 A 族。(2)B、C、 D 的原子都是第周期的元素，其原子半径随原子序数的增大而减小，故其大小关系为 N O F。(3)丁与 C 的单质在常温下反应的化学方程式为2NOO2=2NO2。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为10，实验室检验丙（NH3）的方法是用湿润的红色石蕊试纸，因为其能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(5)C 的单质丙 乙丁的化学方程式为 5O 4NH36H O 4NO。22【点睛】推断题的解题方法最关键的是找好突破口，要求能根据物质的特征性质、特征反应、特殊的反应条件以及特殊的结构，找出一定的范围，大胆假设，小心求证，通常都能快速求解。2 化合物 A 由三种元素组成，某兴趣小组进
5、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】 Mg、 Si、 H Si-2-+ 7H2 MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 +2H6+ 4OH + 2H2O = 2 SiO34HCl【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
6、，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1-3mol/L 120 10L = 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 672 10 3 L = 0.03 mol ，则易知 A 为 0.03 mol ，其摩尔质量为22.4L / mol2.52 g2 个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质= 84 g/mol ，且 1 个气体甲分子中含0.03mol的量为 0.03 mol ：0.12
7、 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-3的量为 3 mol/L 2010L = 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Mg 2HCl 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84-1 24-2 28 =，4据此分析作答
8、。【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，则其反应方程式为： MgSi2H4 + 7Cl2 =24MgCl+ 2SiCl + 4HCl，故答案为
9、MgSi2 H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl。3 黑色固体物质A 有如下图所示的转化关系。每个方框表示有一种反应物或生成物（反应条件及生成的水已略去），其中C、 F 常温下为无色气体，D、 E有共同的阳离子。写出 B 和 C 的化学式：B_； C_。写出反应的离子方程式_【答案】 FeSO4 23 SO222 SO42 4HH S 2Fe 2H O 2Fe【解析】【分析】从框图中可以看出，反应是解题的突破口。因为它的已知信息多，不仅有“D、 E 有共同的阳离子”，而且有Cl2 这种具有强氧化性的特殊物质。【详解】(1)由反应知， B 物质具有还原性；由反应知，
10、 E 物质具有氧化性， F 气体具有还原性。综合分析反应和，可得出 B 中的阳离子具有还原性，从而得出其为亚铁盐。结合反应，可得出 F 气体为 SO2， C 气体为 H2S。再回到反应，F 为 SO2，氧化产物必然为H2SO4，从而得出 E 为 Fe2(SO4)3、 B 为 FeSO4、 G 为 H2 SO4。由反应，很容易得出A 为FeS。由反应，可得出 D 为 FeCl 。答案为： B 是 FeSO 、 C 是 H S。342(2) 反应的化学方程式为： Fe2(SO4)3 SO2 2H2O 2FeSO42H2SO4，离子方程式为： 2Fe3 SO2 2H2O 2Fe2 SO42 4H 。
11、答案为： 2Fe3 SO2 2H2O 2Fe2 SO42 4H【点睛】无机框图题是难度较大的一类题，因为它要求我们必须熟练掌握元素及其化合物的性质，尤其是一些具有特殊性质的物质。比如Cu、 Cl 2、 Fe2O3、 CuO、FeS 等物质的颜色，需要高温、通电、催化剂等条件的反应，具有较强氧化性的金属离子(比如 Fe3+) ，具有较强还原性的气体 (比如 SO2)等。解题时，条件特殊、已知条件多、具有特殊性的反应，常常是解题的切入点和突破口。另外，解无框图题时，不要考虑太复杂，要大胆进行尝试。4 已知 A 为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）请根据以上信息回答下列问题：（ 1）
12、写出物质 B 的化学式： _（ 2）写出下列反应的化学方程式：反应 _反应 _（3）写出下列反应的离子方程式：反应 CD_反应 DC _（4）检验 D 中阳离子的方法：_【答案】 Fe34222323 422+2O4Fe(OH) O 2H O=4Fe(OH)3Fe + 4HO(g)Fe O + 4H2Fe + Cl3+-3+2+=2Fe +2Cl2Fe+Fe=3Fe取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明 D 中含有 Fe3+。【解析】红褐色固体固体出现，为氢氧化铁，说明金属单质A 为铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（C）和氢气 (F),氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁（D） , 氯
13、化铁又被铁还原为氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁（E），接着被氧气氧化为红褐色固体氢氧化铁，铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁（B）和氢气 (F) ；（1） B 为四氧化三铁，正确答案为Fe3 O4 。（2）正确答案： 4Fe(OH)2 O2 2H2O=4Fe(OH)3； 3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2。（ 3）氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁：2Fe2+23+-；氯化铁又被铁还原为氯化亚+ Cl =2Fe +2Cl铁： 2Fe3+2+；正确答案： 2Fe2+23+-3+2+Fe=3Fe+ Cl =2Fe+2Cl；2Fe+Fe=3Fe 。（4） Fe3
14、+检验方法： 加入氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀； 加入硫氰化钾溶液，出现红色溶液，该方法简单易操作；正确答案：取少量D 溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D 中含有 Fe3+。点睛：推断题要抓住题眼：红褐色固体为氢氧化铁，从而推出金属单质铁。5 氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2 的化合物甲和乙。将6.00g 甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH 2 ( 已折算成标准状况) ，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2 和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.
15、25g/L 。请回答下列问题：(1) 甲的化学式是 _；乙的电子式是 _。(2) 甲与水反应的化学方程式是 _ 。(3) 气体丙与金属镁反应的产物是 _( 用化学式表示 ) 。(4) 乙在加热条件下与 CuO反应可生成 Cu 和气体丙，写出该反应的化学方程式_。有人提出产物Cu 中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_（已+ 2+知 Cu2O+2H=Cu+Cu +H2O）。【答案】 AlH332323 23AlH 3HO Al( OH） 3HMg N2NH3CuO3Cu N2 3H2O将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无 Cu2 O【解析】【分析】将6. 00
16、 g 甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6. 72 L 的 H2( 已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH 溶液，因此白色沉淀是Al( OH） 3，则金属单质是铝，因此甲是AlH3 。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2 和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1. 25g L 1 ，则丙的相对分子质量是1. 25 22. 4 28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3 。乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程
17、式是AlH33H2OAl(OH 3） 3H2。（ 3）氮气与金属镁反应的产物是Mg 3N2。（ 4）氨气在加热条件下与 CuO 反应可生成 Cu 和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为 2NH3222 Cu 3CuO3CuN 3H O。铜与稀硫酸不反应，则根据Cu O 2HCu2 H2O 可知 , 要检验产物 Cu 中可能还混有 Cu2O 可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有 Cu2O，反之则无 Cu2 O。6A、 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
18、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 _。（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 B、 C、F 都是气态单质，且 B 为黄绿色，和两个反应中都有水生成，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_。【答案】 C+4HNO加热高温2+=2ClCO
19、2+4NO2+2H2O2C+SiO2Si+2CO3（浓）Cl2+2Fe催化剂3+4NO+6H2O 3mol+2Fe4NH3+5O2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，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+4HNO3222
20、( 浓 )CO +4NO +2H O；( 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，反应为C 与二氧化硅的反应，反应方程式为高温2C SiO2Si 2CO+；( 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 Cl2223，D 为 H ， B 为 HCl， C 是 FeCl ， E 为 FeCl
21、 ，反应 ( 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+6H2O，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。7 下列
22、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 I JK_(离子方程式 )。G BH_(化学方程式 )。【答案】 Al2O3O2Fe(OH)2铝热剂Al3 3Al(OH) 4 =4Al(OH)34Fe(OH)2 O22H2O=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
23、两性氧化物Al2 O3、 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NaAl(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Al2 3223O ， E 为 Fe， G 为 Fe（ O
24、H），故答案为： AlO ； 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 JK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 3Al(OH) 4 33 3Al(OH) 4 =4Al(OH)3；=4Al(OH) ，故答案为： AlG BH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
25、钠反应确定 A 为两性氧化物 Al2O3 是判断难点，也是解答关键。8 中学化学常见物质A I 的转化关系如框图所示，其中A 为化合物， B 为常见金属单质， H 的焰色反应为黄色，Y 不使品红溶液褪色。( 部分反应条件、溶剂及产物已略去)( 1)反应、的离子方程式 _、 _。( 2)现有含 0. 10molH 的溶液，要使其转化成含0. 10 mol F 的溶液，则：若只能加入 0. 050mol 的某物质，该物质可能是_ ( 填化学式，写 1种 ) 。若只能加入0. 10 mol 的某物质，该物质可能是_ ( 填化学式，写1种) 。【答案】+-2Na2O2+ 2H2O=4Na + 4OH
26、+O2AlO2 + 2H2O + CO2=Al( OH) 3 + HCO3Na2O或 Na2O2NaOH 或 Na【解析】【分析】由 H 的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F 在加热与过量的y 之间相互转化，则H为 NaHCO3， F 为 Na2 CO3，气体 Y 为 CO2，溶液 D 为 NaOH，化合物 A 能与液体 x 反应生成 NaOH 和气体 C，那么 A 为 Na2 O2，液体 x 为 H2O；因为 B 为金属单质，固体 E 为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B 为 Al， E 为 Al2O3 ， G 为 NaAlO2 ，向 NaAlO2 通入二氧化碳产生 Al( OH) 3
27、和 NaHCO3，所以 I 为 Al( OH) 3，据此回答。【详解】( 1) 反应是 Na2O2与 H2O 反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+ 2H2O=4Na+ 4OH-+O22通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：2-+ 2H2；反应是向NaAlOAlOOCO23-；3+Al OHHCO= () +( 2) 由分析可知Na2O 或 Na2O2， NaOH 或 Na。【点睛】本题关键点在于 H，H 含有钠元素，并且在加热和通气体 y 的条件下与 F 相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。9A、 B、 C 为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A 为固体， B 为易挥发液体，
28、 C 为气体。D、 E、 F、G、 X 均为化合物，其中 X 是一种无氧强酸、 E 为黑色固体， H 在常温下为液体 . 它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（ 1）写出化学式： A_， D_， E_， X_。（ 2）在反应中，不属于氧化还原反应的是_。（填编号）（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）反应的化学方程式为 _。（ 5）该反应中每消耗 0.3mol 的 A，可转移电子 _mol 。【答案】 FeFe(NOFe3O4HCl 3+Fe(SCN)33Fe 4H2 O(g)3)3Fe + 3SCNFe3O4 4H20.8【解析】【分析】根据 D 加 F 为红
29、色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D 到 G 的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D 为铁离子， G 为亚铁离子， A 为单质铁，而B 和 A 要反应生成铁离子，再联系 A 为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和 X 反应生成 D、 G、 H，说明 E 中有铁的两个价态，E 为黑色固体，且Fe 和 C 点燃变为黑色固体，想到E 为四氧化三铁， X 为盐酸， H 为水。【详解】根据前面分析得出化学式： A：Fe， D：Fe(NO3 334， X： HCl，故答案分别为 Fe；) ， E： Fe OFe(NO ) ；Fe O ； HCl；3 334在反应 中， 反应分别属于 氧化还原
30、反应，氧化还原反应，复分解反应，氧化还原反应，氧化还原反应，复分解反应， 氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是 ，故答案为 ；反应 的离子方程式为Fe3+33+ 3SCNFe(SCN)，故答案为 Fe + 3SCNFe(SCN)；3反应 的化学方程式为3Fe 4H2O(g)3422Fe O 4H，故答案为 3Fe 4H O(g)Fe3O4 4H2；反应 中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8 个价态即转移8mol 电子，因此每消耗0.3mol的 A，可转移电子0.8 mol ，故答案为 0.8 mol 。10 单质 A、 B、 C 和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示转换
31、关系，工业上电解熔融的甲可制取金属A。请回答：（ 1）写出下列物质的化学式： A_、甲 _ 。（2）写出乙物质的溶液中通入过量CO2 的现象： _ ；（ 3）写出丁与过量氨水反应的离子方程式：_ 。（4）写出 A 与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_ 。【答案】 Al Al23产生白色胶状沉淀3+3234+OAl+3NHH O=Al(OH) +3NH2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】试题分析：由图中信息可知，单质A 可以与氢氧化钠溶液反应生成单质C，A 和 B 反应生成的甲 ，甲既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应，且可用于工业上电解法制取金属A，综合题中其他转化，可以判断出A 为铝、B 为氧气、C 为氢气、甲为氧化铝、乙为偏铝酸钠、丙为水、丁为氯化铝、戊为氢氧化铝。（ 1） A 的化学式为 Al、甲的化学式为 Al2O3 。（ 2）偏铝酸钠溶液中通入过量 CO2 的现象是产生白色胶状沉淀 ；（3）氯化铝与过量氨水反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 +3NH4+ 。（4） Al 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H 。222
