2020-2021化学一模试题分类汇编——高无机综合推断综合附答案解析

2020-2021化学一模试题分类汇编——高无机综合推断综合附答案解析
一、无机综合推断
1．固体X由四种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：
（1）固体X中含有H、O、______和______元素。

（2）写出固体X受热分解的化学方程式______。

（3）取少量固体B溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子方程式______。

【答案】C Cu Cu3（OH）2（CO3）23CuO+H2O+2CO2↑ 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
【解析】
【分析】
由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知，含H原子的物质的量n=1.8g/18g∙mol-
1×2=0.2mol，质量为0.2g；气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙，其物质的量
n=20.0g/100g∙mol-1=0.2mol，所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol×12g/mol=2.4g；固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu，则B为CuO，其物质的量为24.0g/80g∙mol-
1=0.3mol，所以铜的质量为m=0.3mol×64g/mol=19.6g；剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g，所以X中含O为n=12.4g/16g∙mol-1=0.8mol，则n（Cu）：n（C）：n （H）：n（O）=3：2：2：8，X为Cu3（OH）2（CO3）2，以此来解答。

【详解】
（1）由上述分析可知，固体X中含有H、O、C、Cu元素，故答案为：C；Cu；
（2）固体X受热分解的化学方程式为Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2↑，故答案为：Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2↑；
（3）取少量固体B溶于稀硫酸，生成硫酸铜，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，可知生成碘和CuI，产生该现象的离子方程式为
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

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6.72LH2(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。

3．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。

4．甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：
(1)甲物质为____________(填化学式)。

(2)乙与甲反应的化学方程式为____________，丙与甲反应的化学方程式为____________。

(3)D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是____________（结合化学反应方程式描述原因）。

(4)D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为____________，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为____________，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为____________。

【答案】Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
Cl2+H2O=HCl+HClO、 HClO有漂白性 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，
2HClO2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A 为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙(CO2)反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2)，则G为HCl，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为
Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。

(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；
(2)甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(3)D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO ，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应
为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，有效成分为Ca(ClO)2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：2HClO2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】
本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

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（N A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2N A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 、 S K2S2O8 C S2O8 2-+ 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
46.6g
=0.2mol
233g/mol
，则S原子个数为
mol
=
mol
0.2
2
0.1
，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
46.6g
=0.2mol
233g/mol
，则S原子个数为
mol
=
mol
0.2
2
0.1
，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
2N A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：2-2--2-
28342
S O+ SO+2OH=3SO+ H O，
故答案为：2-2--2-
28342
S O+ SO+2OH=3SO+ H O。

6．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】Al2O3 O2 Fe(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。

7．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知E溶液是无色的。

请回答：
(1)A是________，B是________，C是________(填化学式)。

(2)反应①的化学方程式为____________________________。

(3)反应③的化学方程式为____________________________。

(4)反应④的化学方程式为______________________。

【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe+2HCl===FeCl2+H2↑ 2FeCl2+Cl2===2FeCl3【解析】
【分析】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。

【详解】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。

（1）由以上分析可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2；H2；
（2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

8．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：
请回答下列问题：
(1)G是______________（填化学式）。

(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。

(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式
_____________。

(4)C的最大质量为________________g。

【答案】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋ Cu2O+2H= Cu2＋+ Cu+ H2O 23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为 BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。

【详解】
(1)G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32 g/mol＝3.2g，G 中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有12.8 1.6
⨯=⨯，解得：M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答n2
M16
案为：Cu2S；
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-
+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；
(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233 g/mol＝23.3g；故答案为：23.3；
9．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①、②的离子方程式________________、__________。

(2)现有含0.10mol H的溶液，要使其转化成含0.10mol F的溶液，则：
①若只能加入0.050mol的某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。

②若只能加入0.10mol的某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。

【答案】2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH- +O2↑ AlO2- + 2H2O +CO2=Al(OH)3↓+ HCO3- Na2O 或Na2O2 NaOH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Na2CO3，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Na2O2，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和NaHCO3，所以I为Al(OH)3，据此回答。

【详解】
(1)反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH-
+O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：AlO2- + 2H2O
+CO2=Al(OH)3↓+ HCO3-；
(2)由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH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。

10．物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。

其中A为气体化合物，
甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。

若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。

则
（1）A的分子式是_________，甲的电子式是________。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是________________。

（3）若1.7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。

【答案】NH3 2Al +2OH--+ 2H2O == 2AlO2--+ 3H2↑ 4NH3（g）+ 5O2
（g）==4NO（g）+ 6H2O（g）△H＝-906．8kJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】
物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。

其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，则乙是铝或铁，G是硝酸或硫酸。

用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，所以A是氨气，G是浓硝酸。

氨气发生催化氧化生成NO和水，若甲为淡黄色固体，所以甲是过氧化钠。

乙能与D反应生成F，且D、F的溶液均呈碱性，所以B是水，D是氢氧化钠，乙是铝，F是偏铝酸钠。

C是NO，E是NO2，NO2溶于水生成硝酸。

（1）根据以上分析可知A的分子式是NH3，过氧化钠的电子式是。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是2Al +2OH--+ 2H2O ="=" 2AlO2--+ 3H2↑。

（3）若1．7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，其中氨气是
1．7g÷17g/mol＝0．1mol，则4mol氨气反应放出的热量是22．67kJ×40＝906．8kJ，因此该反应的热化学方程式为4NH3（g）+ 5O2（g）＝4NO（g）+ 6H2O（g）△H＝-
906．8kJ·mol-1。