无机综合推断-高考化学考前专项练习试题（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
无机综合推断
共13题，满分100分
题号 一 二 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是氯气
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
2．（本题5分）已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合上右图。则甲和X（要求甲和X能互换）不可能是 [提示：Al3＋＋3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3]
A．C和O2 B．SO2 和NaOH溶液
C．Cl2和Fe D．AlCl3溶液和NaOH溶液
3．（本题5分）元素X的单质及X 与Y形成的化合物能发生如图所示的转化，则X 为
A．Cu B．Fe C．S D．C
4．（本题5分）若甲、丙为短周期、同一主族元素组成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，它们之间有如下图所示的转化关系，则满足条件的甲和丙可以为
A．钠和氧气 B．硫和氧气
C．碳和硅 D．氯气和溴
5．（本题5分）若甲、乙为短周期、同一主族元素组成的单质,丙、丁都是由两种元素组成的化合物,它们之间有如下图所示的转化关系,则满足条件的甲和乙可以为
A．钠和氢气 B．硫和氧气 C．碳和硅 D．氯气和溴
6．（本题5分）某固体物质X在一定条件下分解：2X＝Y+2Z+4W，产物均为气体，现测得生成的混和气体对氧气的相对密度为0.714，则X的相对分子质量约为
A．22.85 B．79.97 C．159.94 D．45.69
7．（本题5分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．X元素的一种核素可用于测定文物的年代
B．2.4gm在足量的n中充分燃烧，固体质量增加1.6g
C．最简单气态氢化物的稳定性：W>X
D．n+p→s+t的过程中，有离子键、共价键的断裂，也有离子键、共价键的形成
8．（本题5分）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A．肯定不含I－ B．肯定含有SO32－、I－
C．肯定不含SO42－ D．肯定含有NH4+
9．（本题5分）W、X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，a、b、c、d、e、f是它们组成的化合物，其中b、c、d、f是二元化合物，d是常见的温室气体，e是常见的强碱，0.01mol/L的f的水溶液pH=2。上述物质的转化关系如图所示(部分物质省略)。下列说法错误的是
A．简单离子半径：R>Z>M
B．简单气态氢化物的稳定性：R>Y>X
C．氧化物对应的水化物的酸性：R>Y>X
D．R、X、Y、Z均可与W形成含18e-的化合物
10．（本题5分）图是氯元素的价类二维图。下列相关说法正确的是

A．物质①属于非电解质
B．物质①转化为②需要加入还原剂
C．物质③有强氧化性，可用于自来水消毒
D．将石蕊试液滴入④的溶液中，溶液呈红色
二、解答题（共50分）
11．（本题15分）I．离子化合物A由三种常见的短周期元素组成，其中两种是金属元素，一种是非金属元素。按以下流程进行实验：
请回答：
(1)组成A的元素为 。(填元素符号)
(2)写出固体C部分溶于NaOH溶液的离子反应方程式 。
(3)A与盐酸发生氧化还原反应，且有无色无味的气体生成，写出该化学反应方程式 。
II．某兴趣小组为了探究84消毒液(主要成分NaClO)和酒精混合使用是否存在安全隐患，利用如图装置进行实验。
请回答：
(1)A中出现黄绿色气体，请写出相应的化学方程式 。(乙醇氧化为乙醛)
(2)有同学用手触碰三颈烧瓶后发现，反应一段时间后装置温度升高，所以提出产生的气体中可能混有O2，该同学为了验证O2，打开弹簧夹，用带火星的木条检验，该操作的错误原因为 。
12．（本题15分）有一澄清透明的溶液，可能大量存在有NH4+、Fe3+、H+、Mg2+、A13+、I-、CO32-等离子。现分别取溶液进行下列实验：
（1）加入淀粉溶液，未见蓝色。
（2）加入少量AgNO3溶液有黄色沉淀和气体生成。
（3）逐滴加入1mol·L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，产生沉淀的量如图所示。
试确定：溶液中一定不存在的离子有 ，其中阴离子物质的量为 ，加入少量AgNO3溶液的离子反应方程式为 。
13．（本题20分）某实验兴趣小组对某化合物X进行如下实验：

已知：化合物X在空气中加热到800℃，不发生反应。请回答：
(1)X由三种元素组成，它们质量分别是 ；X的化学式为 。
(2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。
(3)写出由X到A的化学方程式 。
(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体)① ；② 。
参考答案：
1．C
【详解】A.甲为焦炭，丁为O2，物质转化关系为：C与不足量的O2反应产生CO，CO与O2反应产生CO2，CO2与C在高温下反应产生CO，A正确；
B.若甲为SO2，丁为氨水，SO2与足量氨水反应产生NH4HSO3，NH4HSO3与氨水反应产生(NH4)2SO3；SO2与氨水反应产生NH4HSO3，B正确；
C.若甲为Fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，C错误；
D.若甲为NaOH溶液，丁为CO2，CO2与足量NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3在溶液中与CO2反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3，D正确；
故合理选项是C。
2．C
【详解】 A．当甲为C、X为O2时，乙是CO，丙是CO2；当甲为O2、X为C时，乙是CO2，丙是CO，符合如图转化关系；
B．当甲为SO2 、X为NaOH时，乙是NaHSO3，丙是Na2SO3；当甲为NaOH、X为SO2时，乙是Na2SO3，丙是NaHSO3，符合如图转化关系；
C．当甲为Cl2 、X为Fe时，乙是FeCl3，丙是FeCl2；当甲为Fe、X为Cl2时，乙是FeCl3，但乙不能转化到丙，不符合如图转化关系；
D．当甲为AlCl3溶液、X为NaOH溶液时，乙是Al(OH)3，丙是NaAlO2；当甲为NaOH溶液、X为AlCl3溶液时，乙是NaAlO2，丙是Al(OH)3，符合如图转化关系。
答案选C。
3．B
【详解】由转化关系中XY2和XY3可知，X的化合价为+2价和+3价，或+4价和+6价，所以选项A、D错误；由X发生置换反应生成XY2即FeCl2，由X发生化合反应生成XY3即FeCl3，FeCl3与Fe发生化合反应生成FeCl2，由此确定X为Fe元素，故本题正确答案为B。
点睛：解答本题的关键是通过反应类型分析判断才能确定出X。很容易被SO2和SO3所困扰而选错。
4．C
【分析】若甲、丙为短周期、同一主族元素形成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，该反应为置换反应，钠能和水或酸反应生成氢气、碳和二氧化硅反应生成Si单质，溴属于长周期元素.
【详解】若甲、丙为短周期、同一主族元素形成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，该反应为置换反应，钠能和水或酸反应生成氢气2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、碳和二氧化硅反应生成Si单质2C+SiO2Si+2CO，且Na和H、C和Si都属于同一主族短周期元素，甲为Na或C，丙为HCl或SiO2符合条件，
A、由以上分析，钠和氧气不符合，故A不符合；
B、硫和氧是氧气可以置换硫，故B不符合；
C、碳和硅符合，故C正确；
D、溴属于长周期元素，故D不符合；
故选C。
5．C
【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠不是两种元素组成的化合物，故A错误；B．氧气和二氧化硫在催化剂条件下反应生成三氧化硫，不能置换出硫单质，故B错误；C．碳和硅处于同一主族且属于短周期元素，碳具有强还原性，碳和二氧化硅反应生成硅和二氧化碳，所以符合条件，故C正确；D．溴属于长周期元素，不符合条件，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了元素化合物的性质应用和性质推断，掌握反应特征和类型，结合题中的限制条件分析判断，关键是周期表的结构和周期表中各物质的特征化学性质的掌握。解答本题可以将各选项代入框图检验即可。
6．B
【详解】混合气体的平均相对分子质量为0.714×32，
假定混合气体为1mol，则质量为0.714×32g/mol×1mol=0.714×32g。
由方程式可知1molX可生成3.5mol混合气体，设生成混合气体为1mol需X的物质的量为nmol则
1mol：3.5mol=nmol：1mol，所以n=mol。
所以气体X的摩尔质量为=79.97g/mol。
所以气体X的相对分子质量为79.97。
答案选B。
7．D
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍，则Z的原子序数为偶数，Z应为Mg元素，W为C元素，由n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色，结合图中转化关系可知，m为Mg，n为CO2，q为MgO，r为C，p为Na2O2，t为Na2CO3，s为O2，则X为O元素, Y为Na元素。
【详解】A．可用于测定文物的年代核素是“14C”,A项错误；
B．2.4gMg的物质的量为0.1 mol，镁在足量二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，0.1 mol镁完全反应生成0.1 mol氧化镁和0.05 mol碳，则固体质量增加(0.1mol×16g/mol+0.05mol×12g/mol)=2.2g，B项错误；
C．元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于碳元素，则水的稳定性强于甲烷，C项错误；
D．n+p→s+t的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中含有离子键和共价键，则反应时有离子键、共价键的断裂，也有离子键、共价键的形成，D项正确；
答案选D。
8．C
【详解】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。
【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。
9．C
【详解】根据d是常见的温室气体，则d为二氧化碳。e是常见的强碱，e为氢氧化钠。0.01mol/L的f的水溶液pH=2，f为盐酸。则a为碳酸铵或碳酸氢铵，b为氨气，c为水。故W、X、Y、Z、M、R是H、C、N、O、Na、Cl。
A．根据“层多径大，序大径小”原则，简单离子半径，A正确；
B．非金属性越强，简单气态氢化物就越稳定，非金属性Cl强于N强于C，故简单气态氢化物的稳定性，B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但氧化物对应的水化物的酸性就不一定了，HClO的酸性比碳酸弱，C错误；
D．HCl、、、都是含的化合物，D正确。
故选C。
10．C
【分析】①为氯的氢化物且Cl的化合价为-1价，①为HCl，②为氯的单质，为Cl2，③是氯的氧化物且Cl的化合价为+4价，③为ClO2，④为含氯酸且Cl化合价为+1价，④为HClO。
【详解】A．物质①为HCl，HCl为强电解质，A错误；
B．物质①为HCl，物质②为Cl2，HCl转化为Cl2失电子需要加入氧化剂，B错误；
C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒，C正确；
D．将石蕊试液滴入HClO溶液中，溶液一开始呈红色，但是HClO具有强氧化性，能漂白石蕊试液故随后溶液红色褪去，D错误；
故答案选C。
11． Mg、Al、H 乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患
【分析】化合物A在足量的氧气中燃烧，生成无色液体1.44g，可以推出是水，氢元素的质量是 =0.16g，白色固体C与氢氧化钠溶液反应生成白色固体和溶液，说明含有氧化铝，铝元素的质量是 =1.08g，则另一种金属元素的质量是1.72g-0.16g-1.08g=0.48g，生成白色固体0.8g，所含氧元素的质量是0.8g=0.48g=0.32g，可以推出该金属元素是镁元素，镁、铝、氢的物质的量之比是 =1:2:8，则化合物A的化学式是 ，据此回答问题。
【详解】I． (1) 有分析可知，组成A的元素为Mg、Al、H ；
(2)固体C是氧化铝和氧化镁，部分溶于NaOH溶液的离子反应方程式；
(3)A与盐酸发生氧化还原反应，且有无色无味的气体生成是氢气，反应的化学反应方程式是；
II．(1)三颈烧瓶中是次氯酸钠和酒精的混合溶液，出现黄绿色气体，说明生成了氯气，乙醇被氧化成乙醛，则化学方程式是：；
(2)三颈烧瓶中还有乙醇，不能直接用带火星的木条检验，因为乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患。
12． 、、 n(I-)=0.06mol
【详解】试题分析：加入AgNO3溶液，溶液有黄色沉淀生成，黄色沉淀为AgI，说明含有I-，Fe3+能把I-氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，溶液未变蓝说明无Fe3+；同时产生气体，由于AgNO3溶液显酸性，说明发生了氧化还原反应，产生了NO气体，反应是离子方程式是：2Ag++2NO3-+8H++8I-=2AgI↓+2NO↑+4H2O+3I2。向该溶液中加入NaOH溶液，开始无现象，说明有H+，发生反应：H++OH-=H2O，后产生沉淀，当沉淀达到最大值后随着NaOH溶液的加入，沉淀量有所减少，则溶液中还含有Mg2+、A13+，发生反应方程式是：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；A13++3OH-=Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。由于未出现加入NaOH溶液，沉淀不增加、不减少的过程，因此溶液中无NH4+；故溶液中一定含有H+、Mg2+、A13+，H+、Mg2+、A13+三种离子均可与CO32-发生反应，因此溶液中无CO32-，因此该溶液中一定含有的离子为：I-、H+、Mg2+、A13+；一定不含有的离子为：NH4+、CO32-、Fe3+；（2）发生反应：H++OH-=H2O消耗NaOH的物质的量为：n(NaOH)=c·V=1mol/L×0.01L=0.01mol，因此n(H+)=0.01mol；溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=c·V=1mol/L×0.01L=0.01mol，因此根据Al元素守恒可知n(A13+) =n[Al(OH)3 ]=0.01mol；则与A13+反应的氢氧根离子为0.03mol，则与Mg2+反应的氢氧根离子为0.05mol-0.03mol=0.02mol，则n(Mg2+)=0.01mol。根据溶液中电荷守恒可得：n(H+)+2 n(Mg2+)+3 n(A13+)= n(I-)，将已知各种离子的物质的量代入上式，可得n(I-)=0.01mol+2×0.01mol+3×0.01mol=0.06mol；加入少量AgNO3溶液的离子反应方程式为；
考点：考查溶液成分的确定、离子共存、物质的量在化学反应方程式计算的应用、离子方程式书写的知识。
13．(1) m(Ba)=0.685g、m(Cu)=0.96g、m(O)=0.32g BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3)2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O
(4) 将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3 将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O(或通过无水硫酸铜，变蓝)
【分析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物 A，A 和盐酸反应生成 0.960 g紫红色固体应该是Cu，无色溶液 B中加入 0.015 mol 稀硫酸生成1.165g白色沉淀应该是 BaSO4，无色溶液C中加入足量 BaCl2溶液生成 2.330 g白色沉淀是BaSO4，据此解答。
【详解】（1）固体混合物A 与盐酸反应后得到0.960g紫红色固体和无色溶液 B，可知该紫红色固体为 Cu，则X中含有0.960gCu元素，物质的量为0.015 mol；向无色溶液C中加入足量 BaCl2，溶液生成2.330g白色沉淀该白色沉淀是0.010 mol BaSO4，可计算出此过程消耗了0.010 molH2SO4，而n点(H2SO4)=0.015 mol，因此可判断 1.165g白色沉淀全部是硫酸盐沉淀，其物质的量为0.005 mol，假设该白色沉淀只为一种物质，其摩尔质量为，由此可确定假设成立，1.1650.005 mol白色沉淀为BaSO4，则化合物X中含有0.005 ml Ba元素；由于化合物X中含有三种元素， 再由质量守恒可计算出化合物X中另一种元素质量为， 结合已知信息化合物X在空气中加热到800C，不发生反应，推知化合物X中Ba、Cu 均为+2价，另一种元素呈负价，推断为O元素； 所以化合物X中 Ba、Cu、 O三种元素的物质的量之比为:， 则X的化学式为BaCu3O4；
（2）由(1)的分析可知无色液C中含有HC1和H2SO4；
（3）：反应中 Cu元素化合价降低，得到电子则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为：2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O；
（4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3；将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有 H2O。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)