2020-2021高考化学高无机综合推断(大题培优 易错 难题)

2020-2021高考化学高无机综合推断(大题培优易错难题)
一、无机综合推断
1．I．化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，X不溶于水，能溶于强酸。

某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。

（1）X的化学式是____________________。

（2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：__________。

（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：
_____________________。

II．已知黑色固体中不含单质。

为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成100mL溶液，每次取20.00mL待测液于锥形瓶中，用2.000×10-2mol∙L-1 KMnO4标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：
组次1234
V标（mL）20.0020.0219.9919.99
（4）如何判断滴定终点：__________________。

（5）待测液中c(Fe2+) = ____________________。

（6）该黑色固体的化学式用Fe x O y形式可表示为_______________。

【答案】FeOCl 取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+ 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色 0.1000mol.L-1 Fe4O5
【解析】
【详解】
I．根据流程中信息可知，2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加
热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁
1.60
160/
g
g mol
=0.01mol，故X中含有0.02 molFe3+，质
量为0.02 mol56g/mol
=1.12g，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反
应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为
6.99g
233/g mol
=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反
应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为
2.87g 14
3.5/g mol =0.02mol ，故可推知X 中含有0.02molCl -，质量为0.02 mol 35.5g /mol ⨯=0.71g ，化合物X 含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，故另一非金属元素也为0.02 mol ，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g ，则摩尔质
量为
0.32g 0.02mol
=16g/mol ，应为O 元素，故X 为FeOCl ； （1）X 的化学式是FeOCl ； （2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe 3+的实验操作为：取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN 溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe 3+；
（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe 2+和Cu 2+，对应的离子方程式是：2Fe 3+ + Cu= 2Fe 2+ + Cu 2+；
II ．（4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：当最后一滴标准KMnO 4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；
（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL ，根据反应5Fe 2+ + MnO 4-+ 8H +=5Fe 3+ + Mn 2+ +4H 2O 可知，待测液中c(Fe 2+)
=2332.00010/20.0010/50.1000/20.0010/mol L mL L mL mol L mL L mL
---⨯⨯⨯⨯=⨯； （6）黑色固体中含有的Fe 2+物质的量为0.1000/0.10.01mol L L mol ⨯=,铁的总物质的量为0.02 mol ，则n(Fe 2+) : n(Fe 3+) =0.01 mol: 0.01 mol=1:1，该黑色固体的化学式用Fe x O y 形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有
23222
x x y ⨯+⨯=，得x:y=4:5，Fe x O y 可表示为Fe 4O 5。

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．A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。

它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：
(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。

(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。

(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。

(4)向含有0.4 mol F、0.1 mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a L气体
C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2 g，则
a=________L。

【答案】第三周期第ⅥA族 3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O 2H+ +S2O32-
=S↓+ SO2↑+H2O 4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+ 2.24
【解析】
【分析】
A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；
B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。

【详解】
根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为
Na2SO3，H为NaOH。

(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；
(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；
(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和
SO2，反应的离子反应方程式为：2H+ +S2O32-=S↓+ SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把
S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；
(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4 mol Na2S、0.1 mol Na2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1 mol Na2SO3反应消耗0.2 mol Na2S，剩余0.2 mol的Na2S，反应产生0.2 mol H2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2 g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S =2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量
n(S)=m 3.2?g
M32?g/mol
=0.1 mol，该反应消耗0.1 mol H2S，所以放出H2S气体的物质的量为
0.1 mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·V m=0.1 mol×22.4 L/mol=2.24 L。

【点睛】
本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。

4．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6.72LH2(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1.25g/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__________（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）。

【答案】AlH3 AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑ Mg3N2 2NH3＋
3CuO3Cu＋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Cu2O
【解析】
【分析】
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6.72L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，反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。

（3）氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。

（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＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。

铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋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Cu2O。

5．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）加热
CO2↑+4NO2↑+2H2O 2C+SiO2
高温
Si+2CO↑ Cl2+2Fe2+=2Cl
﹣+2Fe3+ 4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O 3mol
【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)加热
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高温
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催化剂
加热
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。

6．某盐A是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：
请回答：
(1)写出组成 A的三种元素符号______。

(2)混合气体B的组成成份______。

(3)写出图中由C转化为E的离子方程式______。

(4)检验E中阳离子的实验方案______。

(5)当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。

【答案】Fe、O、S SO2和SO3 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+ Fe-2eˉ=Fe2+
【解析】
【分析】
由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液，说明A中含
有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为 1.6g
160g/mol
=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数
守恒可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g
233g/mol
=0.01mol，气体B的物质的量为
0.448 22.4/L
L mol
=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二
氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol，m （SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g，说明A 中nFe）：n（S）：n（O）=1：1：4，则A为FeSO4。

【详解】
（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：Fe、O、S；
（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g
233g/mol
=0.01mol，气体B的物质的量为
0.448 22.4/L
L mol
=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：SO2和SO3；
（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；
（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：Fe-2eˉ=Fe2+。

【点睛】
注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。

7．已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。

（2）物质X的电子式为_____________________ 。

（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。

（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式
_____________________________________________ 。

（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目
____________________________________________ 。

（6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。

【答案】通电2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-
+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑（用双线桥表示也
可）用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-
【解析】
【分析】
X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。

若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。

则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O 不反应，所以X只能为NaCl。

从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。

（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。

（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。

（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。

（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。

（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。

（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。

【详解】
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。

答案为：通电；
（2）物质X为NaCl，其电子式为。

答案为：；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-
+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。

答案为：
（用双线桥表示也可）；
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。

答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。

【点睛】
鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。

鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。

8．现有金属单质A、B、C、D和气体甲、乙、丙及物质E、F、G、H、I，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）写出下列物质的化学式： B____________； F_____________；
（2）已知A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则其氧化物供氧时的化学方程式为
_____________
（3）①、④离子方程式：________________；________________。

【答案】Al FeCl2 2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2 2Na+2H2O =2NaOH+H2↑ Fe3+ +3OH-
=Fe(OH)3
【解析】
【分析】
焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，
物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H 是Fe(OH)3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，据以上分析解答。

【详解】
焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H 是Fe(OH)3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，
（1）结合以上分析可知，物质B的化学式是Al；物质F的化学式是FeCl2；
（2）A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则该氧化物是Na2O2，其作供氧时的化学方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；
（3）①钠与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：2Na+2H2O
=2NaOH+H2↑；
④氢氧化钠与FeCl3发生反应产生氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3+
+3OH- =Fe(OH)3。

9．下列图示中，A、B是金属单质，E、K是非金属单质，其它为化合物，F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色，在这些物质中只有C、K是气体，其中K是黄绿色气体，反应⑧⑨是工业由H制I的重要反应。

填写下列空白：
（1）写出化学式：B___，F___。

（2）写出反应①的化学反应方程式：____。

（3）写出反应⑦离子反应方程式：___。

【答案】Mg Na2O2 2Mg+CO22MgO+C OH-+CO2=HCO3-
【解析】
【分析】
由“K是黄绿色气体”，可确定K为Cl2；由“F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色”，可确定A为Na，则F为Na2O2，G为NaOH，H为NaCl。

由
可确定J为NaHCO3，C为CO2，I为Na2CO3。

金属单质B能与CO2反应，则B为Mg，从而得出D为MgO，E为C。

（1）从上面分析中，我们可确定B、C的化学式。

（2）反应①是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C。

（3）反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3。

【详解】
由“K是黄绿色气体”，可确定K为Cl2；由“F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色”，可确定A为Na，则F为Na2O2，G为NaOH，H为NaCl。

由
可确定J为NaHCO3，C为CO2，I为Na2CO3。

金属单质B能与CO2反应，则B为Mg，从而得出D为MgO，E为C。

（1）从上面分析中，我们可确定化学式：B为Mg，F为Na2O2；答案为：Mg；Na2O2；（2）反应①是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C，反应方程式为
2Mg+CO22MgO+C；答案为：2Mg+CO22MgO+C；
（3）反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为
OH-+CO2=HCO3-。

答案为：OH-+CO2=HCO3-。

【点睛】
框图题分析的思路为：
解题时，寻找解题的突破口至关重要，通常情况下，特殊的反应条件、特殊的反应现象、信息点多的某个反应，便是解题的突破口。

对于本题来说，我们容易推出A、F、G、H，解题的真正突破口是C物质的确定，也就是下列物质转化中C的确定，。

10．有一种埋在地下的矿物X（仅含四种元素），挖出后在空气中容易发黄，现探究其组成和性质，设计完成如图实验：
请回答：
（1）X 的化学式____。

（2）X 隔绝空气加热的化学反应方程式为：___。

（3）用化学方程式表示在空气中变黄的原因____。

（4）写出检验溶液A 中存在的金属阳离子的实验方法：____。

【答案】23Fe(OH)FeCO ⋅ 2322Fe(OH)FeCO 2FeO+CO +H O ↑g 隔绝空气
加热
取少量溶液A 于试管中，加入少
量KSCN 溶液，无明显现象，再加入少量双氧水溶液，呈现血红色，证明溶液中含2Fe +
【解析】
【分析】
矿物X 挖出后在空气中容易发黄，推测该矿物中含有Fe 2+。

无色无味能与石灰水反应的气体，排除了二氧化硫的可能性，该气体为二氧化碳气体。

分解产物中还有水，所以矿物X 的4种组成元素为Fe 、C 、H 、O 。

20.6g X 隔绝空气加强热得到热气体和黑色固体，热气体冷却后得到水1.8g ，其物质的量为0.1mol ，无色无味气体应为二氧化碳，通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，溶液增重4.4g 即为二氧化碳的质量，其物质的量为0.1mol 。

因隔绝空气加强热，所以黑色固体中应为氧化亚铁。

经硫酸溶解后，加足量的NaOH 溶液生成沉淀，在空气中充分灼烧后得到氧化铁，其质量为16.0g ，其物质的量为0.1mol 。

所以物X 中n(Fe):n(H):n(C)=0.2:0.2:0.1=2:2:1，据化合价代数和为0来配上氧原子数。

矿物X 的化学式为Fe(OH)2·FeCO 3或Fe 2(OH)2CO 3。

【详解】
（1）据以上分析，矿物X 的化学式为Fe(OH)2·
FeCO 3或Fe 2(OH)2CO 3，表达出原子个数比即可。

（2）X 隔绝空气加热的化学反应方程式为：()3
222ΔFe OH ?FeCO 2FeO+CO +H O ↑；
（3）在空气中变黄，是+2价铁被氧化成+3价铁：
2Fe(OH)2·FeCO 3+O 2=2Fe 2O 3+2CO 2↑+2H 2O ；
（4）溶液A 的阳离子是Fe 2+，检验的方案是：取少量溶液A 于试管中，加入少量KSCN 溶液，无明显现象，再加入少量双氧水（或氯水），溶液变为血红色，说明原溶液中含有Fe 2+。