高考二轮复习化学学案专题11《无机综合》doc高中化学

专题十一无机综合【学法导航】1.有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进展实验。（1）逐滴参加6mol·L－1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反响完毕后得到无色透明溶液。（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结。（3）逐滴参加6mol·L－1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反响完毕后试管中还有白色不溶物。以下混合物中符合以上实验现象的是（）A.NaHCO3、AgNO3B.BaCl2、MgCO3C.NH4HCO3、MgCl2D.CaCl2·6H2O、Na2CO3【答案】D【方法要领】根据实验（1）可排除A组。根据实验（2）可排除B组。根据（3）分析C和D组，只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反响留下的白色不溶物硫酸钙（硫酸钙微溶）。所以选D。要注意，作为选择型推断题，也可以从选择项入手进展验证，逐项判断跟题干中各个条件是否吻合。2.甲、乙、丙是三种常见的单质；A、B、C均是由两种元素组成中学化学中常见的无机物；上述物质间存在如以以下图所示转化关系（反响条件未注明）。答复以下问题：35/35\n（1）假设反响①中甲是常见金属，乙是常见非金属固态单质，那么A的构造式是，B的电子式是，C在日常生活中的用途是。（2）假设反响①中甲是常见非金属气态单质，丙是常见金属，甲由短周期元素组成，乙与甲同主族、与丙同周期，且反响①、②、⑤通常在溶液中进展。请写出以下化学反响的离子方程式：反响①：；反响②：；反响⑤：。【答案】（1）O=C=O；；用作燃气（2）①2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－；②2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br－；⑤Fe+2Fe3+＝3Fe2+【方法要领】（1）根据金属单质和化合物反响产生单质，为Mg和CO2反响生成；（2）根据溶液中反响的特点和非金属单质之间的置换主要考虑卤素之间。3.以以下图表示各物质之间的转化关系，其中A、B、C、G为单质。②为工业生产中常见反响，E是一种具有漂白作用的盐，Y易潮解，M是一种两性化合物，L是一种白色沉淀。试答复以下有关问题：35/35\n（1）M的化学式，Y在实验室中的用途（列举一例）。（2）X的熔点为801℃，实际工业冶炼中常常参加一定量的Y共熔，猜测工业上这样做的目的：。工业生产中，还常常利用电解X和F的混合物制取。（3）反响②的化学方程式是___________。（4）反响④的离子反响方程式是。【答案】（1）Al2O3；用作枯燥剂（2）降低X、Y熔化时的温度，节约能源；Cl2、H2和NaOH（3）2Cl2＋2Ca（OH）2＝CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O（4）Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al（OH）3↓【方法要领】根据E是一种具有漂白作用的盐，Y易潮解，判断E为Ca（ClO）2，Y为CaCl2，那么A和D为氯气和氢氧化钙，F为水，M为氧化铝，L为氢氧化铝。4.江苏省东临大海，利用海水等可制得多种化工产品。以以下图是以海水、贝壳等为原料制取几种化工产品的转化关系图，其中E是一种化肥，N是一种常见的金属单质。试填写以下空白：（1）N的化学式为：_________；E的电子式_________。（2）写出反响①的化学方程式：______________。（3）反响④的离子方程式_________________。35/35\n（4）由K溶液经如何处理才能制得N？_________。【答案】（1）Mg（2）NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl（3）MgO＋2H＋＝H2O＋Mg2＋（4）MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进展蒸发结晶制得MgCl2晶体，熔融后电解才能制取金属镁【方法要领】E为化肥，应为氮肥，贝壳煅烧得到的C为氧化钙，D为二氧化碳，固体B为氯化钠，反响（1）利用了侯氏制碱法。母液主要为氯化镁，生成H为氢氧化镁，G为氯化钙，煅烧得到的I应为氧化镁，N为镁，那么K为氯化镁，J为盐酸，那么M为氯气5.以以下图每一方框中的字母代表一种反响物或生成物，它们都是中学化学中常见的物质。其中A、C都是由两种元素组成的固态化合物，常温下甲是短周期元素的气体单质，E是过渡元素的单质。（1）假设A是黄色固体，反响①用于工业生产，那么A的化学式为______，此时反响化学方程式为_____。（2）假设A、C都是黑色固体，A经反响①生成C时，固体质量不变，那么A的化学式为____。（3）反响③在工业生产中的条件是_______________。【答案】（1）FeS24FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2（2）Cu2S35/35\n（3）催化剂、400℃一500℃【方法要领】过渡元素中重点考察铁，所以E为铁，（2）为铝热反响，C为氧化铁，根据（1）提示A为二硫化亚铁，B为二氧化硫，甲为氧气，D为三氧化硫，F为硫酸。固体质量不变，表示该原子到A中非金属原子的质量和氧原子成倍数关系。7.如图，各物质有以下转化关系：请答复以下问题：①假设C是可用作自来水消毒的气体，D、E是氧化物，D转化为E时，增加氧的质量约是D物质总质量的25.8％，那么A是________。②假设B为常见金属或非金属单质，E是酸酐，且为易挥发的晶体，那么A是_____；D转化为E的一定条件是______。③假设C是水，B是有机化合物，且是同系物中相对分子质量最小的物质，E能使紫色石蕊试液变红色。那么A是____。【答案】①NaCl；②H2S，高温、催化剂；③CH3CH2OH【方法要领】①可用作自来水消毒的气体C是Cl2，由氧化物D转化为氧化物E时，增加氧的质量约是D物质总质量的25.8％，可知D是Na2O，E是Na2O2，那么B是Na，A是NaCl。其转化过程为：NaClNaNa2ONa2O2Cl2②由酸酐E为易挥发的晶体，可知E是SO3，那么D是SO2，B是S，A是H2S。35/35\n③由B是有机化合物，C是水，可知A可能发生脱水反响生成烯烃B，烯烃的燃烧产物CO2与水反响生成H2CO3，能使紫色石蕊试液变红色。又因B是同系物中相对分子质量最小的物质，那么B是C2H4，故A是CH3CH2OH。其转化过程为：8.有A、B、C三种常见的短周期元素，它们的原子序数逐渐增大，B元素原子最外层电子数是C元素原子最外层电子数的一半，A元素最外层电子数比B多一个。甲、乙、丙是3种含氧酸的钠盐，甲中含B元素，乙中含C元素，丙中含A元素，甲、丙溶液pH>7，乙溶液pH<7；丁为气体，戊为淡黄色固体。甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质之间的相互反响关系如图：请答复：（1）写出C元素的原子构造示意图_____，写出丁和戊的电子式_____、_____；（2）用有关化学用语解释：乙溶液呈酸性的原因_________；丙溶液呈碱性的原因________；（3）写出有关反响的离子方程式：①乙溶液＋丙溶液→丁_________；②己溶液＋丙溶液→丁_________。【答案】（1）；::C::；Na＋[:::]2－Na＋（2）HSO4－=H＋＋SO42－，CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－（3）①2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O；②2Al3＋＋3CO32－＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3CO2↑【方法要领】气体丁能与淡黄色固体戊反响，生成的丙是含氧酸的钠盐，可知丁是CO2，戊是Na2O2，丙是Na2CO3。乙是含氧酸的钠盐，其溶液pH<7显酸性，且能与Na2CO335/35\n溶液反响放出CO2，可知乙应是强酸的酸式钠盐，那么乙是NaHSO4。甲也是含氧酸的钠盐，其溶液pH>7显碱性，甲应是强碱弱酸盐，且含有的元素B满足：原子序数介于碳和硫之间，原子最外层电子数是硫原子的一半、比碳原子少一个，可知B是Al元素，那么甲是NaAlO2，己是Al2（SO4）3，己与丙生成的白色沉淀是Al（OH）3。【典例精析】一、连续变化关系推断例1.以下关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反响所需条件均已略去），当X是强碱时，B跟Cl2反响除生成C外，另一产物是盐酸盐。用化学式号填写以下空格：（1）A是__________。（2）当X是强酸时，A、B、C、D、E、F均含同一种元素，F是__________。（3）当X是强碱时，A、B、C、D、E、F均含同一种元素，F是__________。（4）B跟Cl2反响的化学方程式是_______。【解析】正盐A能与强酸反响生成气态氢化物，那么A中含无氧酸根即非金属阴离子。该非金属单质可被O2连续两次氧化，分别生成两种氧化物，故A中含S2－。其转化过程是：S2－H2SSSO2SO3H2SO4又因为正盐A能与强碱反响生成气态氢化物，那么A中含NH4+。气态氢化物NH3中氮被Cl2置换后生成的HCl又与NH3化合成NH4Cl。其转化过程是：NH4+NH3N2NONO2HNO3【答案】（1）（NH4）2S（2）H2SO4（3）HNO3（4）H2S＋Cl2=2HCl＋S↓；8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl例2：如以以下图所示的转化关系已知A为单质，试判断A、B、C、D、E各是什么物质，写出分子式。ABCDE35/35\nA为气体时A为固体时【解析】根据归纳出的“特征网络”：（1）ABCD（酸或碱），结合题目中“EC”，能与Cu反响的是酸，且只有HNO3和浓H2SO4，即可推断出结果。【答案】N2、NH3、NO、NO2、HNO3；S、H2S、SO2、SO3、H2SO4；例3．以以下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（局部产物及反响条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。请填写以下空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第__________周期_________族。（2）在反响⑦中氧化剂与复原剂的物质的量之比为___________________。（3）在反响②、③、⑥、⑨中，既属于化合反响又属于非氧化复原反响的是_________（填写序号）。（4）反响④的离子方程式是：_______________________________________(5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO435/35\n（高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O。该反响的化学方程式是：____________________________。解析:解推断题的关键是找“题眼”。K是一种可由氧气与L反响得到的红棕色气体，可推知K是NO2，再推出J溶液为硝酸溶液。由可推知A为SO2，B为SO3，C为H2SO4，由FeS2的煅烧可知D为铁的氧化物，由反响⑤⑥可推出：E为Fe(OH)3,D为Fe2O3，结合I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，可得I为Al，根据铝热反响及题中信息G为单质得G为Fe，H为Al2O3,，那么M为Fe(NO3)2或Fe(NO3)3，又M能与C溶液反响（H2SO4）反响，那么M只能是Fe(NO3)2。答案：(1)四(或4)；Ⅷ(2)1:2(3)③(4)3Fe2＋＋NO3－＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(5)Fe2O3＋3KNO3＋4KOH2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。二、物质转化框图推断题例4.以下物质间在一定条件下可实现图中所示的一系列变化。其中固体W的焰色反响呈紫色，A是一切生物都不能缺少的气体。请答复：（1）判断X、Y各是什么物质?X_______Y_______。（2）写出有关反响的化学方程式：①Z＋H2SO4（浓）→C②W＋H2SO4（浓）→D＋T【解析】一切生物都不能缺少的气体是O2，固体Y在加热制取O2后未发生变化，那么Y是MnO2。焰色反响呈紫色的固体W中含钾元素，来自于固体X，那么X是KClO3，W是KCl。气体A和气体B都是固体T的水溶液的电解产物，因A是O2，那么B不可能是Cl2，应是H2。KCl和MnO2的混合物与浓H2SO4混合加热，生成的气体C是Cl2，那么D是HCl。T和E是MnCl235/35\n和K2SO4中的各一种。【答案】（1）KClO3、MnO2（2）①4KCl＋MnO2＋2H2SO4（浓）====Cl2↑＋MnCl2＋2K2SO4②2KCl＋H2SO4（浓）====2HCl↑＋K2SO4例5.（2022年浙江卷）各物质之间的转换关系如以以下图，局部生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子量外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，l有漂白作用，反响①常用于制作印刷电路板。请答复以下问题：（1）写出A的化学式，C的电子式。（2）比较Y与Z的原子半径大小>（填写元素符号）。（3）写出反响②的化学方程式（有机物用构造简式表示），举出该反响的一个应用实例。（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反响的化学方程式。（5）研究说明：气体D在一定条件下可被复原为晶莹透明的晶体N，其构造中原子的排列为正四面体，请写出N及其2种同素异形体的名称、、。35/35\n【解析】从反响图中寻找突破口，E与葡葡糖生成红色沉淀F，那么E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反响①为印刷电路板，L为棕黄色溶液，由此可推出：M应为Cu，L为FeCl3。G为黄绿色气体，那么为Cl2，K为浅绿色，那么为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，那么为H，D为非可燃性气体，可推为CO2，C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物，且可以与Cl2反响，故应为H2O，生成H为HCl，I为HClO（具有漂白性），HCl与J（Fe）可生成FeCl2溶液。（1）A+HClCu2＋+H2O+CO2，由元素守恒可知，A可以CuCO3或碱式碳酸铜均可。（2）Y为C，Z为N，两者位于同一周期，前者的半径大，即C>N。（3）葡萄糖含有醛基，可以与Cu(OH)2生成砖红色沉淀。（4）F为Cu2O，与HNO3反响，生成Cu(NO3)2，且生成无色气体，应为NO，然后根据得失电子守恒配平即可。（5）CO2可以复原成正四面体构造的晶体N，即化合价降低，显然生成C，应为金刚石。它的同素异形体必须为含碳的单质。【答案】(1)Cu2(OH)2CO3[Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3(2)C>O(3)CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O医学上可用这个反响检验尿液中的葡萄糖。（4）3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。三、物质构造理论推断题例6：由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种粒子，其中只有C、D是分子，其余四种均是离子，且每个微粒中都含有10个电子。已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种粒子间有以下关系：35/35\n①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子；②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子；④向含F离子的溶液中参加C的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，假设参加含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解。(1)微粒B的电子式是_____________；粒子E的名称是____________；粒子F对应的元素在周期表中的位置是_________________________________。(2)写出以下反响的离子方程式：F＋过量C的溶液：___________________________________________________W＋含大量B离子的溶液：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(3)六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种复盐，向该复盐的浓溶液中滴加浓苛性钠溶液，依次产生的现象有：a.溶液中出现白色沉淀b.沉淀逐渐增多c.有刺激性气味气体放出d.沉淀逐渐减少e．沉淀完全消失该复盐的化学式为　　　　，在水溶液中的电离方程式是___________。【解析】由②可知C为NH3，根据A、E是非金属元素组成的阳离子，可知A、E分别是NH4＋和H3O＋中的一种。由①和③可确定A为NH4＋，B为OH－，D为H2O，E为H3O＋。白色沉淀W不溶于过量的氨水，却既溶于“酸”又溶于“碱”，那么F离子只能是Al3＋【答案】(1)[H]－；水合氢离子；第三周期ⅢA族(2)Al3＋＋3NH3·H2OAl(OH)3↓＋3NH4＋；Al(OH)3＋OH－AlO2－＋2H2O(3)NH4Al(SO4)2；NH4Al(SO4)2NH4＋＋Al3＋＋2SO42－例7.（2022年福建卷）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，期中T所处的周期序数与主族序数相等，请答复以下问题：（1）T的原子构造示意图为_______.（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：Q______W(填“强于”或“弱于”)。35/35\n(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反响，生成两种物质，其中一种是气体，反响的化学方程式为_____.(4)原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反响的化学方程式是__________.(5)R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的甲气体与0.5L的氯气相混合，假设该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是__________.(6)在298K下，Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，假设此置换反响生成3molQ的单质，那么该反响在298K下的=________(注：题中所设单质均为最稳定单质)【解析】此题考察无机物的性质，涉及化学用语、方程式书写、氧化复原反响以及热化学的知识。从给出的表，结合T在周期表的位置与族数相等这一条件，不难得出T为Al，Q为C，R为N，W为S。（1）T为Al，13号元素。（2）S、C最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸，那么可得非金属性S强于C。（3）S与H2SO4发生归中反响，从元素守恒看，肯定有水生成，另外为一气体，从化合价看，只能是SO2。（4）比R质子数多1的元素为O，存在H2O2转化为H2O的反响。（5）N中相对分子质量最小的氧化物为NO，2NO+O2=2NO2，显然NO过量1L，同时生成1L的NO2，再用NaOH吸收，从氧化复原角度看，+2价N的NO与+4价N的NO2，应归中生成+3N的化合物NaNO2。（6）C+O2CO2DH=－aKj/mol①，4Al+3O2=2Al2O3DH35/35\n=－4bKj/mol②。Al与CO2的置换反响，写出反响方程式为：4Al+3CO23C+2Al2O3，此反响的DH为可由②－①×3得，DH=－4b－(-3a)=(3a-4b)Kj/mol.【答案】（1）（2）弱于(3)S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O(4)2H2O2MnO22H2O+O2↑（或其他合理答案）（5）NaNO2(6)(3a–4b)KJ/mol例8.（2022年天津卷）下表为元素周期表的一局部，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语答复以下问题：族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_________________________。（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________________________。（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________。（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）_________________。a.MnO2b.FeCl3c.Na2SO3d.KMnO4(5)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反响：35/35\nX溶液与Y溶液反响的离子方程式为_____________________，N→⑥的单质的化学方程式为________________。常温下，为使0.1mol/LM溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中参加一定量的Y溶液至_________________。【解析】此题以周期表为题材，考察原子半径比较，酸性强弱，电子式，离子方程式以及盐类水解等知识。（1）⑤⑥位于同一周期，且⑤排在⑥的前面，原子半径大，而④在上一周期，比⑤、⑥少一个电子层，故半径最小。（2）②⑦位于同一主族，上面的非金属性强，最高价含氧酸酸性强，②③位于同一周期，且③在后，非金属性强，对应的酸性强。（3）四种元素分别为氢、氧、钠和氯，离子键显然必须是钠盐，极性共价键那么应有两种非金属组成。（4）液态H2O2可以在MnO2、FeCl3等催化剂作用下发生分解反响。（5）⑥为Al，可推断Z为Al(OH)3，受热分解可产物Al2O3，再电解即可得单质铝。M仅含非金属的盐，显然铵盐，所以X与Y应为AlCl3与NH3·H2O的反响，生成NH4Cl。由于NH4＋水解，故要使其浓度与Cl－相等，那么要补充NH3·H2O。由电荷守恒知：C(NH4＋)+C(H＋)C(Cl－)+C(OH－),假设C(NH4＋)C(Cl－)，那么C(H＋)=C(OH－)，即pH=7。35/35\n答案：四、离子鉴定与离子共存的推断例9.(2022年全国二卷)现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进展如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象,答复以下问题:(1)实验②中反响的化学方程式是;(2)E溶液是,判断依据是;(3)写出以下四种化合物的化学式:A、C、D、F.【解析】此题考察离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)235/35\n。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，那么肯定为AgNO3，由③可得D中无SO42—，那么F中的阴离子为SO42—，D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而CH3COO—假设与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。【答案】五、根据特征数据推断知识准备：近两年计算型推断题成为高考热点之一，解这类题时要善于抓住物质转化时相对分子质量的变化（例CO→CO2，NO→NO2，SO2→SO3转化时分子中都增加1个氧原子，相对分子质量变化均为16）；放出气体的体积或生成沉淀的量；化合物中各元素的含量；气体的相对密度；相对分子质量；离子化合物中离子个数比；反响物之间的物质的量比；电子总数；质子总数等重要数据。例10.已知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物；B和X的摩尔质量相同，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，在一定条件下，各物质相互转化关系如以以下图所示：（1）写出X的电子式和G的化学式：X__________，G__________；（2）写出有关变化的化学方程式：B＋H2O：____________；D＋丙：_____________。35/35\n【解析】单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反响，可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化，生成不同的氧化物，那么丙是O2。氧化物B与水反响能放出O2，那么B是Na2O2，那么C是NaOH，A是Na2O，甲是Na。又因B和X的摩尔质量相同，那么X是Na2S，那么乙是S，F是SO2，G是SO3。进一步推出D是Na2SO3，E是Na2SO4，而Na2SO4的相对分子质量比Na2SO3的相对分子质量大16，符合题意。【答案】（1）Na＋[::]2－Na＋；SO3（2）2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2；2Na2SO3＋O2=2Na2SO4例11.A～J是中学化学教材中常见的物质，A～J有如下转化关系，J是不溶于水的白色固体，且其相对分子质量为100。那么（1）A的化学式是____，J的化学式是_____。（2）B和E反响的化学方程式是_______。解析：J是不溶于水的白色固体，且其相对分子质量为100，可知J是CaCO3。D与K反响生成I和J，可知D与CaCO3含有相同的离子或元素。C能与Na2O2反响生成H，还有和D与K反响相同的产物I，可知C是CO2或H2O，I不可能是O2，H应是O2。因G和H反响生成B，那么B可能是一种氧化物。A受热分解生成B、C和D，结合以上对B、C和D的分析，可知A是NaHCO3，那么B是CO2，C是H2O，D是Na2CO3。进一步推出E是Mg，F是MgO，G是单质碳，I是NaOH。答案（1）NaHCO3，CaCO3（2）2Mg＋CO2======2MgO＋C例12.已知A是一种有机溶剂，F是一种黄色晶体，N带有磁性，B、F、L、O、P是中学化学常见单质，J的相对分子质量比D大16，A和B反响前后气体体积（常温常压）保持不变，在试管中灼烧固体I，试管底部无固体残留，反响①②③均是化工生产中的重要反响。⑴A的构造式___________。35/35\n⑵写出反响①的化学方程式_________________________________。⑶高温下反响⑤⑥互为可逆反响，写出反响⑥的化学方程式_________________________________，该反响的平衡常数表达式K＝_______。⑷请设计一个实验方案，完成反响④，并在答题卡指定位置绘出实验装置图。⑴S＝C＝S；⑵NaCl＋CO2＋H2O＋NH3＝NaHCO3↓＋NH4Cl；⑶3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2K＝；⑷六、化工流程推断例12.聚合氯化铝是一种新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态的碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6－n]。本实验采用铝盐溶液水解絮凝法制备碱式氯化铝。其制备原料为分布广、价格廉的高岭土，化学组成为：Al2O3（25%～34%）、SiO2（40%～50%）、Fe2O3（0.5%～3.0%）以及少量杂质和水分。已知氧化铝有多种不同的构造，化学性质也有差异，且一定条件下可相互转化；高岭土中的氧化铝难溶于酸。制备碱式氯化铝的实验流程如下：根据流程图答复以下问题：⑴“煅烧”的目的是___________________________________________________________。⑵配制质量分数15％的盐酸需要200mL30％的浓盐酸（密度约为1.15g·cm－3）和_______g蒸馏水，配制用到的仪器有烧杯、玻璃棒、______________。35/35\n⑶“溶解”过程中发生反响的离子方程式为____________________________________________。⑷加少量铝粉的主要作用是_____________________________________。⑸“调节溶液pH在4.2～4.5”的过程中，除添加必要的试剂，还需借助的实验用品是_________________；“蒸发浓缩”需保持温度在90～100℃，控制温度的实验方法是_________________。【解析】比照原料与产品可知，该生产的主要工序：一是除去原料高岭土中的杂质，二是将Al2O3利用水解絮凝法转化为产品。再进一步分析，除铁用铝置换后过滤，高岭土中的Al2O3不溶于酸，必须经煅烧改变构造。该题经这样分析，题设的所有问题的答案就在分析之中。【答案】⑴改变高岭土的构造，使其能溶于酸；⑵230；量筒；⑶Al2O3＋6H＋＝2Al3＋＋3H2OFe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；⑷除去溶液中的铁离子；⑸pH计（或精细pH试纸）；水浴加热例13.某化工厂的生产流程如右图：⑴L、M的名称分别是___________、___________。⑵G→H过程中为什么通入过量空气_________________________________。⑶用电子式表示J_______________。⑷写出饱和食盐水、E、F生成J和K(此条件下K为沉淀)的化学方程式：35/35\n_________________________________，要实现该反响，你认为应该如何操作______________________________。【解析】根据流程示意图分析可知，用空气、焦炭和水为原材料，最终生产L和J、M的产品，首先必须生产中间产品E。这样，主要生产流水线至少有两条（液态空气—E—M；焦炭—E—L）。为了弄清该化工生产的生产工艺，须将这两条生产流水线穿插综合分析，最终解答题设的有关问题。【答案】⑴硝酸铵；碳酸钠；⑵提高NO的转化率使NO充分反响NO2的同时，还有氧气剩余，还可再与NO2与水反响的产物NO反响即4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3；⑶；⑷NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＝NaHCO3↓＋NH4Cl在饱和食盐水溶液中通入足量的氨气后，再通入足量的二氧化碳气体，并将反响的装置放在冰水中冷却，即可获得碳酸氢钠结晶。七、综合型推断无机推断题涉及到的知识面很广，涉及到的知识包括元素化合物、物质构造、计算、实验以及与生活环境、工业生产等，是一种综合性很强的题目，解决这类题目最好的方法是立足于酸、碱、盐、单质、氧化物间的根本转化关系，有意识地跨越中学各知识板块云展开思考。所幸的是一般涉及的物质根本都是教材中常见的物质，这也是一条思考的线索。例14.以以下图中各方框中的字母表示有关的一种反响物或生成物(某些物质略去)其中常温下B、D、G、I、J为气体，其中B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A～N的所有物质中只有G为单质，其余为化合物。N为不溶于水的无机酸。IACKDFJNMGHBLE＋GC催化剂高温△＋G35/35\n答复以下问题：(1)A的名称为　　　　　　　　　　　　　，F的化学式是　　　　　　　　　　　　；　　　H的化学式是　　　　　　　　　　　　　，L的化学式是　　　　　　　　　　　　　　(2)写出实验室制取I的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(3)写出G的一种同素异形体的化学式：　　　　　　　　　　　　　该物质与G在化学性质上的共同点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(4)已知工业上生产0.1molB放出4.62kj热量，写出该反响的热化学方程式：(5)在反响C＋E→G＋F中，每生成1molG转移　　　　　　　mol电子。【解析】B为可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故B为NH3；N为不溶于水的无机酸，应为H2SiO3(或H2SiO4)；根据B＋GI，I＋G　　　J，G为气体单质，B为NH3，可以判断G应为O2，I为NO，J为NO2；化合物E与C、D反响都能产生O2，那么E为Na2O2；C、D分别为CO2和H2O，F、H分别为NaOH、Na2CO3；由J(NO2)＋CK，故C应为H2O，K为HNO3；M可由NaOH或Na2与L反响得到，M与K(HNO3)反响生成HSiO3(或H4SiO4)，故M为H2SiO3，L为SiO2由L＋H　　　M可确定H为Na2CO3，因此F为NaOH，C为H2O，D为CO2。最后由A　　　NH3＋H2O＋CO2，可以确定A为NH4HCO3或(NH4)2CO3.【答案】(1)碳酸铵或碳酸氢铵；NaOH；Na2CO3；SiO2(2)3Cu＋8H＋＋2NO3－　　　3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(3)O3；具有氧化性(4)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H=－92.4kJ·mol－1(5)2例15．利用天然气合成氨的工艺流程示意图如下：35/35\n依据上述流程，完成以下填空：⑴图中CH4的第一次转化过程中的化学方程式是__________________。⑵脱硫过程中，假设有nmolFe2O3·H2O转化，那么生成S的物质的量为mol（用含n的代数式表示）。⑶整个流程有三个循环：一是K2CO3(aq)循环，二是N2和H2循环，第三个循环中被循环物质是____________。⑷改用过量NaOH溶液吸收天然气中的硫化氢，以石墨作电极电解吸收后所得溶液可回收硫，其电解总反响方程式(忽略氧气的氧化复原)为____________________，该方法的优点是____________。【解析】该生产工艺属于多处循环生产工艺，因此分析工艺流程示意图时，分析的主线是弄清根本原材料CH4转化为合成氨的根本原料N2和H2的工艺生产原理。但还要回头分析循环生产的理由和循环生产的工艺生产段。通过这样既考虑产品的合成，又考虑原料的充分利用，该题所涉及到的问题也就可以解答了。【答案】（1）CH4＋H2OCO＋3H2；（2）n；（3）Fe2O3·H2O；（4）Na2S＋2H2O2NaOH＋S＋H2↑，NaOH可以循环利用，同时获得副产品氢气。（优点答到“NaOH可以循环利用”即可）例16.（2022年全国一卷）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。答复以下问题：（1）W与Q可以形成一种高温构造陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体构造，W的氧化物的晶体类型是；35/35\n（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体构造类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式），其原因是；②电子总数相同的氢化物的化学式和立体构造分别是；（5）W和Q所形成的构造陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反响，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反响的化学方程式（各物质用化学式表示）是。【解析】此题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，那么应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。（1）SiO2为原子晶体。（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，那么有NO2与N2O4之间的相互转化关系。（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，那么只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。（4）显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，构造分别为正四面体，三角锥和V形。（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。【答案】（1）原子晶体。（2）NO2和N2O4（3）As2S5。（4）①NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②35/35\n电子数相同的有SiH4、PH3和H2S构造分别为正四面体，三角锥和V形。（5）SiCl4+4NH3=Si(NH2)4+4HCl，3Si(NH2)4=8NH3+Si3N4【专题突破】1.有A、B、C、D四种短周期的非金属元素（其单质也可分别用A、B、C、D表示），四种元素的原子序数按B、D、C、A顺序增大，D、C元素在周期表中位置相邻。在一定条件下，B可以分别和A、C、D化合生成甲、乙、丙化合物，C和D化合可得丁。已知乙、丙两个分子中各含有10个电子，并且甲、乙、丙、丁、戊有如下的变化关系：请填写以下空格：（1）甲的浓溶液与一种黑色粉末共热可得A，工业上保存A的方法为：_____。（2）写出以下化学用语：用电子式表示乙分子的形成过程_____________，戊分子的构造式是____________，甲和丙反响产物的电子式_______________。（3）写出以下反响的化学方程式：丙+丁→D+乙：_______________A+丙→D+甲：________________【答案】（1）枯燥后加压液化贮存于钢瓶中（2）H－O－Cl（3）4NH3+6NO5N2+6H2O；2NH3+3Cl2＝6HCl+N235/35\n2．已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）。现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池。有关物质之间的转化关系如以以下图：（注意：其中有些反响的条件及局部生成物被略去）请填写以下空白：（1）反响④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反响方程式为：。（2）从D溶液制备D的无水晶体的“操作a”为。（3）反响②的化学方程式为　。（4）反响⑤的化学方程式为_____________。（5）原电池反响①中正极的电极反响式为。答案：（1）2Mg+CO22MgO+C；（2）将D溶液在HCl气流中蒸干；（3）②4NH3+5O24NO+6H2O；（4）⑤C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O（5）2NH4++2e－＝2NH3↑+H2↑3．以以下图表示各物质之间的转化关系。已知：A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体，B为淡黄色固体，J溶于酸得到黄色溶液。请按要求填空：35/35\n（1）写出B的电子式：_________。（2）写出生成E的电极反响式：_________，反响⑤的现象是_______。（3）反响①的化学方程式是______，在实验室中引发反响④的操作是_____。（4）反响⑥的离子方程式是__________。【答案】（1）Na＋［］2－Na＋；（2）Fe＋2OH――2e－＝Fe（OH）2；白色物质迅速转变为灰绿色最终变为红褐色；（3）3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2；加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；（4）2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑【解析】考察各元素性质的综合推断。4．有一固体X它由两种常见元素组成，其中金属元素与另一元素的质量比为14：1。在一定条件下X可发生以下转化，有的反响标出全部产物，有的反响标出局部产物。P为混合物气体，R是无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体。C为红褐色物质，M为常见金属单质。试填空：35/35\n（1）X的化学式为。（2）N应选择以下物质中的_____（填序号）a.KMnO4b.HNO3c.H2O2d.C12（3）写出反响的离子方程式：D→G；H→C。（4）B+M反响的化学方程式：。答案：（1）Fe3C；（2）cd；（3）Fe3O4十8H+==Fe2++2Fe3++4H2O；Fe3++3NH3·H2O==Fe（OH）3↓++3NH4+5．以以下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反响为黄色。（1）基于反响①原理的化学工业称为，写出该反响的化学方程式。（2）写出K和E反响的离子方程式_____。写出F溶液和H反响的离子方程式_______。（3）已知：由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1∶1∶1，那么G的化学式为____。【答案】（1）氯碱工业；2NaCl＋2H2OH2↑＋C12↑＋2NaOH；（2）2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl—；FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O（3）FeC2O4【解析】考察无机推断和定量计算相结合。6．35/35\nA～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如以以下图所示（局部反响物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写以下空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置______。（2）写出C、G物质的化学式。C_____G____（3）写出①、④、⑥反响的化学方程式：反响①：________反响④：__________反响⑥：__________（4）从能量变化的角度看，①②③反响中属于△H＜0的反响是____（填序号）【答案】（1）第四周期、第Ⅷ族；（2）FeCl2Al2O3；（3）8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑；4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3；（4）①②【解析】考察电解知识和金属知识的整合。7．一种白色晶体A极易溶于水，将A配成溶液进展如下框图所示的实验，实验现象及转化关系如以下框图所示。35/35\n其中A为正盐，气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。试答复以下问题：（1）写出以下物质化学式：A：______；C：____；（2）写出以下反响的离子方程式：①A和酸性KMnO4溶液：____________。②A和新制氯水：________。（3）通过此题的解答在检验SO时是使用HCl酸化的BaCl2溶液还是使用硝酸酸化的Ba（NO3）2，你得到的启示是：__________。【答案】（1）（NH4）2SO3；BaSO4；1、①2MnO+5SO+6H+==2Mn2++5SO+3H2O；②Cl2+H2O+SO==SO+2H++2Cl－（3）在确定溶液中不含Ag+等干扰离子存在时可选用盐酸酸化的BaCl2溶液作试剂检验SO，在确定溶液中不含SO等干扰离子存在时可选用HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液作试剂检验SO解析：考察离子的鉴定。8．已知A—L所代表的物质（或溶液中的溶质）都是中学化学里常见的物质。通常状况下，A、B均是淡黄色固体，D是气体单质，E是无色无味气体，K是不溶于水的酸。反响①～③是化学工业生产重要产品的全部反响，反响④是工业生产普通玻璃的反响之一。一定条件下，各物质间的相互转化关系如以以下图所示（反响时参加或生成的水均没标出）。35/35\n请填写以下空白：（1）写出以下物质的化学式：B____；D的同素异形体___。（均填化学式）（2）画出A中金属元素的原子构造示意图_______；指出E分子中共价键的类型（填“极性键”或“非极性键”）_____。（3）指出反响①②③是吸热反响，还是放热反响?_____。（4）完成以下反响方程式：①I+G→M+L的离子方程式：___________。②写出反响④的化学方程式：_________。【答案】（1）FeS2；O3；（2）Na；极性键；（3）放热反响；（4）①2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++SO42-+4H+；②Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑9．(2022年海南卷)有关物质存在如以下图的转化关系(局部产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。请答复以下问题：(1)反响①的化学方程式为35/35\n(2)反响②的离子方程式为(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10—9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合，假设D的浓度为1×10—2mo1/L，那么生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为。【答案】（1）（2分）（2）（2分）（3）或（其他合理答案也给分）（2分）（4）（3分）【专题综合】1．将一定量的晶体A，隔绝空气加热到200℃时，A全局部解为等物质的量的四种气体。这四种物质与其他的相互转化关系如以以下图所示，J是一种常见的金属单质，C是一种非极性分子。图中局部反响条件及生成物没有列出。请按要求填空：⑴单质J的化学式_____________，E的分子式是______________。⑵写出B和F反响的化学方程式___________________。⑶写出K和I的稀溶液反响的离子方程式___________________________。⑷A的化学式为______________________________此题根据产物的颜色及有关反响条件及C物质与Na2O2的反响来推导。考察N与Fe的性质。35/35\n2，已知D、M、H是常见的非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体，J是位于元素周期表第六周期的一种金属元素的单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的＋2价化合物比＋4价化合物稳定，B与C反响时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，K只知含有CO或CO2中的一种或两种。它们关系如图：⑴写出以下物质的化学式：A__________D_________。⑵写出以下反响的化学方程式：②__________________________________________________。⑤__________________________________________________。⑶由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用________方法（填序号）①热分解法②热复原法③电解法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，假设反响中1molA参加反响，转移电子的物质的量为__________⑷用C、J作电极，与硫酸构成如以下图电池，正极的电极反响为__________________________,当反响转移1mol电子时，负极质量增加_________g。3．重晶石（BaSO4）难溶于水，要转化成BaCO3再制备其他钡盐。工业上一般采用高温煅烧复原法；实验室可以采用沉淀转化法。高温煅烧复原法⑴煅烧复原的热化学方程式为：______________________________________。有关的数据：Ba(s)＋S(s)＋2O2(g)＝BaSO4(s)；ΔH＝－1473.2kJ·mol－135/35\nC(s)＋O2(g)＝CO(g)；ΔH＝－110.5kJ·mol－1Ba(s)＋S(s)＝BaS(g)；ΔH＝－460kJ·mol－1⑵经检验BaS的水溶液呈碱性，原因是（用离子方程式表示）____________________________。沉淀转化法向BaSO4沉淀中参加饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，弃去上层清液。如此处理屡次，直到BaSO4全部转化为BaCO3：BaSO4(s)＋CO32－(aq)BaCO3(s)＋SO42－(aq)（平衡常数K＝0.042）⑶现有0.20molBaSO4，每次用1.00L2.0mol·L－1饱和Na2CO3溶液处理，假定BaSO4能全部转化，至少需要处理多少次？（写出计算过程）⑷从“绿色化学”角度分析，用饱和Na2CO3溶液沉淀转化法的优点是_____________________。4．高氯酸（HClO4）常用于塑料、电镀、人造金刚石工业，亚氯酸钠（NaClO2）是一种新型的优良漂白剂。高氯酸联产亚氯酸钠的工艺流程如下：⑴反响器1中发生反响的化学方程式为____________________________________。⑵通入反响器2的SO2作用是________；反响器2中发生反响的离子方程式为____________。⑶循环1利用的物质是_______________。通过物质的制备，考察方程式的书写。35/35\n答案1．⑴FeCO；⑵4NH3＋5O24NO＋6H2O；⑶3Fe3O4＋28H＋＋NO3－＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O；⑷NH4HC2O42．⑴Fe3O4C；⑵PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O2HClO2HCl＋O2↑；⑶②8mol；⑷PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－＝PbSO4＋2H2O483．⑴BaSO4(s)＋4C(s)＝BaS(s)＋4CO(g)；ΔH＝＋571.2kJ•mol－1；⑵S2－＋H2OHS－＋OH－；⑶计算过程：设每次用1.00L2.0mol•L－1饱和Na2CO3溶液能处理BaSO4物质的量为xBaSO4＋CO32－＝BaCO3＋SO42－(2.0－x)mol•L－1xmol•L－1K＝＝＝0.042x＝0.081（0.084也给分）；处理次数＝＝2.5（2.38也给分）。至少处理3次；⑷节能，环保4．⑴3NaClO3＋3H2SO4＝2ClO2↑＋HClO4＋H2O＋3NaHSO4或3NaClO3＋2H2SO4＝2ClO2↑＋NaClO4＋H2O＋2NaHSO4；⑵二氧化硫作为复原剂把ClO2复原为NaClO2、2ClO2＋SO2＋4OH－＝2ClO2－＋SO42－＋2H2O；（3）H2SO421世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com35/35