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1、【化学】化学二模试题分类汇编高无机综合推断综合含详细答案一、无机综合推断1 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，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E 与 G
2、按物质的量之比 2:1 的反应的离子方程式 _ 。【答案】3Fe + 4H 2O(g)Fe 3O4 + 4H 2KMnO46 个 6Fe2+ + 3Na 2O2 +6H2 O = 4Fe(OH) 3 + 2Fe 3+ + 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 Na O， J 为22NaCl； 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；
3、A 与 B 反应生成水和一种非金属单质，且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
4、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 + 4H O(g)Fe3O + 4H，故答案为 3Fe + 4H O(g)2422Fe3 O + 4H2；4（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 KMnO溶液褪色，则可用KMnO溶液检验亚铁离子，故答案为KMnO；444（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
5、子，反应的离子方程式为6Fe2+ 3Na22233+O + 6H O = 4Fe(OH) + 2Fe6Na+，故答案为6Fe2+ + 3Na 2O2 + 6H 2O = 4Fe(OH) 3 + 2Fe 3+ + 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。2 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 N
6、aOH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 1.25g/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 N2NH 3CuO3Cu N2 3H2O将固
7、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 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AlOH3，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 ，1. 25 g L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
8、。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，反应的化学方程式是3H2。AlH3 3H2O Al( OH） 3（ 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 2NH3 3CuO3CuN23H2 O CuCu2O 2H。铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2 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。3 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
9、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) 312NaOH Na2Fe6( SO4) 4 ( OH) 12 5Na2 SO4【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
10、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，2.688Ln(SO2)=0.12mol ，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量22.4L / mol4.8gFe O ，物质的量n(CuO)= 80g / mol =0.06mol ，得到红褐色固体氧化物应该为23n(Fe O )=4.8g160g / mol =0.03mo
11、l ，则化合物中含 Fe、 Cu、 S，物质的量之比23n(Fe) n(Cu) n(S)=0.03 20.060.12=1 1 2，因此 X 化学式为 FeCuS，物质的量20.06mol ，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 4 3溶液，则24 3=0.03mol ，(SO )nFe (SO )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Na SO ，244.8gSO )=7.1gn(NaOH)= 40g / mol =0.12mol ， n(Na142g / mol =0.05mol ，结合元素守恒和电荷守24恒， 0.03molFe 2 4 3和 0.12molNaOH 反应得到0.05molNa24(SO )SO 和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含 n(Na+
