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专题02 无机推断题与无机综合题——2022-2023学年高一化学下学期期末专项突破学案（人教版2019必修第二册）
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这是一份专题02 无机推断题与无机综合题——2022-2023学年高一化学下学期期末专项突破学案（人教版2019必修第二册），文件包含必刷02无机推断题与无机综合题解析版docx、必刷02无机推断题与无机综合题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共23页， 欢迎下载使用。
必刷02 无机推断题与无机综合题（14题）
1．已知某物质X能发生如图转化，下列有关转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
XYZA
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
B．若X为S单质，则A为硫酸
C．若X为S单质，则A不一定能与金属铜反应生成Y
D．若X为N2或NH3，则A为硝酸
【答案】A
【分析】X经两步氧化反应生成Z，Z与H2O反应生成A，常见的符合转化关系的有：NaNa2ONa2O2NaOH、S(或H2S) SO2SO3H2SO4、N2(或NH3) NONO2HNO3等；据此分析作答。
【解析】A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③不一定为非氧化还原反应，如X、Y、Z、A依次为N2、NO、NO2、HNO3时，反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．若X为S单质，S与O2点燃时反应生成的Y为SO2，SO2发生催化氧化生成的Z为SO3，SO3与H2O化合成硫酸，即A为硫酸，B正确；
C．根据B项分析，A为硫酸，Cu与浓硫酸常温下不反应，Cu与浓硫酸加热时反应生成CuSO4、SO2和水，Cu与稀硫酸不反应， C正确；
D．若X为N2或NH3，N2与O2放电或高温下化合成NO、NH3发生催化氧化反应生成NO，Y为NO，NO与O2化合成NO2，Z为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则A为HNO3，D正确；
答案选A。
2．如图中的字母代表硫及其化合物，相关推断不合理的是
A．ab溶液反应有d生成
B．e和f都存在酸式盐
C．硫酸型酸雨的形成过程涉及b→c的转化
D．检验g中阴离子所用试剂只需BaCl2溶液
【答案】D
【解析】根据硫及其化合物的转化关系图可知，a为H2S，b为H2SO3，c为H2SO4，d为S，e为硫化物，f为亚硫酸盐，g为硫酸盐。
A项，H2S和H2SO3反应可以生成中间价态的S，正确；B项，若为钠盐，则e为－2价的Na2S或NaHS，f为Na2SO3或NaHSO3，正确；C项，b为H2SO3，c为H2SO4，硫酸型酸雨是H2SO3被空气中氧气氧化为H2SO4，正确；D项，检验硫酸根，应该用盐酸和BaCl2溶液，错误。
3．某固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，取固体粉末X进行连续实验，实验过程及产物如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，下列说法不正确的是
A．固体C是Cu，固体A一定含有Cu2O
B．气体B可能使品红溶液褪色
C．气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验
D．固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3
【答案】B
【分析】
固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，固体X和NaOH溶液反应生成气体A，该气体为NH3，则固体X中一定含有(NH4)2CO3，向溶液A中加入适量盐酸，生成气体B和固体B，气体B为CO2，固体B为Al(OH)3，则X中一定含有NaAlO2，向固体A中加入过量盐酸，生成固体C，固体C为Cu，则X中一定含有Cu2O，向溶液B中加入KSCN溶液、H2O2，溶液变红，说明溶液B中含有Fe2+或Fe3+，则X中一定含有Fe元素，即含有Fe或Fe2O3。
【解析】A．由分析可知，固体C为Cu，固体A一定含有Cu2O，A项正确；
B．气体B为CO2，不能使品红溶液褪色，B项错误；
C．气体A为NH3，是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验，C项正确；
D．固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，X中一定含有(NH4)2CO3、NaAlO2、Cu2O，故X只能含有Fe和Fe2O3中的一种，即固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3，D项正确；
答案选B。
4．A、B、C、D、E、X是由1-20 号元素组成的中学常见无机物或其水溶液。这些物质存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断不正确的是
A．若X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH-+=H2O+，则E在一定条件下能还原CuO
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D．若D是红棕色气体，E是白色沉淀，则A有可能是Mg3N2
【答案】C
【解析】A．若X是Na2SO3，C为气体SO2，D是NaHSO3，若A是Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，B是HCl，E是HClO，NaHSO3具有还原性，而HClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应产生Na2SO4和HClO，故D和E能发生反应，A正确；
B．若A是单质，能与水反应生成B与E，B、D反应的离子方程式OH-+=H2O+，则可推知A为Na，B为NaOH、E为H2，若X为CO2，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热条件下能将CuO还原为Cu单质，B正确；
C．D为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成O2，A在常温下与水反应能够产生O2，则A可能为K2O2或Na2O2或F2。C能和E反应，若A为F2，则E为HF，而HF与CO2不反应，故A可能为Na2O2，也可能是K2O2，但不一定是Na2O2，C错误；
D．若D是红棕色气体，则D是NO2，X是O2，C是NO，B是NH3，E是白色沉淀，若A是Mg3N2，Mg3N2与H2O反应产生NH3和Mg(OH)2，E是Mg(OH)2，符合物质转化关系，D正确；
故合理选项是C。
5．如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述正确的是
A．液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂
B．D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物
C．因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装
D．图中涉及反应均为氧化还原反应
【答案】AD
【分析】
B能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，则G是Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为HNO3、D是NO2，则A是NH3，C是NO，结合对应物质的性质进行解答。
【解析】根据上述分析可知：A是NH3，B是O2，C是NO，D是NO2，E为HNO3，F是H2O，G是Cu。
A．A是NH3，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．D是NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，反应过程中元素化合价发生了变化，所以NO2不是酸性氧化物，B错误；
C．E为HNO3，具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al，能够将金属氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步反应，因此能用铝制容器盛装，C错误；
D．在上述图中涉及反应中，都存在元素化合价的变化，因此均为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是AD。
6．某离子反应中涉及H2O、ClO3－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是
A．反应后溶液的酸性增强
B．标准状况下，生成2.24 L N2时，反应中转移0.3 mol电子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．ClO3－被还原，是还原剂
【答案】A
【解析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH是反应物，其N的价态升高，NH作还原剂，ClO－则作氧化剂，其还原产物是Cl－，则反应的离子方程式为：ClO－＋NH―→Cl－＋N2↑，Cl降低2价、N升高3价，据电子守恒有3ClO－＋2NH―→3Cl－＋1N2↑，再据电荷守恒有有3ClO－＋2NH―→3Cl－＋1N2↑＋2H＋，最后由质量守恒得3ClO－＋2NH＝3Cl－＋N2↑＋2H＋＋3H2O。
A项，反应生成H＋，溶液的酸性增强，正确；B项，反应3ClO－＋2NH＝3Cl－＋N2↑＋2H＋＋3H2O中转移的电子数为6，则生成2.24 L N2(0.1 mol)，转移电子的物质的量为0.6 mol，错误；C项，由方程式可知，N2为氧化产物，Cl－是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，错误；D项，由上述方程式可知，该反应的还原剂是NH，ClO3－被还原，ClO3－是氧化剂，错误。
7．已知A是一种常见非金属单质，B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，其转化关系如图所示：
(1)若E、D的水溶液均呈酸性，试写出E与B反应时的化学方程式___________。
(2)若D是一种难溶于水的凝胶，试写出反应③的离子方程式___________。
(3)若E的水溶液呈碱性，若D的水溶液显酸性，写出反应②的化学方程式___________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2O SiO2+2OH﹣=+H2O 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】(1)从图中可知单质A可被O2氧化，若E、D的水溶液均呈酸性，说明A应是S，E是H2S，B是SO2，顺次推知C是SO3，D是H2SO4，H2S和SO2反应的方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(2)非金属元素最高价氧化物对应的水化物难溶于水的只有H2SiO3，则A是Si，E是SiH4，B是SiO2，C应是硅酸盐，D是H2SiO3，SiO2与NaOH等溶液反应生成硅酸盐，反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=+H2O；
(3)若E的水溶液呈碱性，应为NH3，若由转化关系可知A为N2，B为NO，C为NO2，D的水溶液显酸性，应为HNO3，E为氨气，发生催化氧化生成NO，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
8．A、B、C、D均为中学常见物质且均含有同一种元素，它们之间的部分转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
ABCD。
(1)若A为淡黄色固体单质，且D为强酸。
①A为_______ ，写出一个证明该物质具有氧化性的化学方程式____________。
②写出B→C化学方程式_________。
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
①写出A→B的化学方程式__________。
②D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶的原因是__________(写化学方程式)。
③B、C都是大气污染物，它们对环境造成的危害表现在_______。
A．引起酸雨 B．引起温室效应 C．形成光化学烟雾 D．引起水体富营养化
【答案】S Fe+SFeS 2SO2+O22SO3 4NH3+5O24NO+6H2O 4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O AC
【分析】
(1)根据物质颜色和终态可确定A为S单质，根据一系列反应得出D为硫酸；
(2)根据使湿润的红色石蕊试纸变蓝确定A是氨气，进而确定D是硝酸。
【解析】(1)①常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸；可根据S与Fe在加热时反应产生Fe说明S具有氧化性，反应方程式为：Fe+SFeS ；
②B→C转化的化学方程式2SO2+O22SO3；
(2)A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A是NH3；NH3与O2反应产生的B是NO；NO与O2反应产生的C是NO2；NO2与H2O反应产生的D是HNO3。
①NH3与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②D是HNO3，浓硝酸不稳定，光照易分解，浓度越大，温度越高，物质越容易分解，为避免硝酸分解，通常将其保存在棕色试剂瓶，物质分解反应方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；
③NO、NO2与空气中的O2、H2O接触，会产生HNO3，导致酸雨；还会与空气中的飘尘作用产生光化学烟雾，故NO、NO2对环境造成的危害表现在产生酸雨和光化学烟雾，合理选项是AC。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断。把S和NH3以及硫酸、硝酸的制取、环境污染等结合起来，引导学生对S、N两种元素及其化合物的性质进行总结，启发学生，学习时要善于归纳总结，形成比较系统的知识结构。
9．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为__________，Y的化学式为__________，E的化学式为__________。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1 mol B消耗3 mol氧化铜，该反应的化学方程式为：______________________。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________________。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或 “没有”)______，理由是______________________。
(5)A的单质在中学化学中应用非常广泛，写出实验室制取它的化学方程式：______________。
【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O 6NO＋4NH35N2＋6H2O 有 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀 MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O
【分析】
E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色气体，则F为NO2，E为NO，根据转化关系图可知，C为O2，因NO2可以与H2O反应生成NO和HNO3，则可推出Z为H2O，G为HNO3，结合图中关系及“A、B、C、D是四种常见气体单质”信息可知，D为H2，又X与Y结合能生成白烟，两者应为氨气与HCl气体，其中Y还可以与CuO发生氧化还原反应生成B单质和水，则逆推知，A为Cl2，B为N2，X为HCl，Y为NH3，白烟的成分为氯化铵，据此结合题意分析解答。
【解析】根据上述分析可知，A为Cl2，B为N2，C为O2，D为H2，F为NO2，E为NO，X为HCl，Y为NH3，Z为H2O，G为HNO3，则
(1)D的化学式为H2；Y的化学式为NH3；E的化学式为NO；
(2)Y(NH3)具有还原性，可与氧化铜会发生氧化还原反应，每生成1 mol B(N2)消耗3 mol氧化铜，转移6mol电子，该反应的化学方程式为2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；
(3)Y(NH3)与E(NO)在一定条件下可发生归中反应生成B(N2)和Z(H2O)，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的化学方程式为：6NO＋4NH35N2＋6H2O；
(4)二氧化氮可以与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，进而与钡离子会反应生成不溶于水也不溶于酸的硫酸钡白色沉淀，故答案为：有；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀；
(5)实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，其化学方程式为：MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O。
10．Ⅰ．物质X、Y、Z均含同种短周期元素，其转化关系如下图所示(反应条件未标出)。
XYZ
(1)若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，Z是红棕色气体，由Y与W反应生成Z的化学方程式是_______。
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，单质W是常见金属，则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是_______。
(3)若X是空气的主要成分之一，W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍；则Y与W反应生成0.1 mol Z时，反应中转移的电子数为_______。
Ⅱ．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，试写出此反应的化学方程式_______。
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式是_______
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式_______。
【答案】2NO+O2=2NO2 Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 6.02×1022(或0.1NA) C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】Ⅰ．(1)若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，则X为NH3，从而得出Y为NO，W为O2，由Y(NO)与W(O2)反应生成Z(NO2)的化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，则三种元素构成含氧酸，从而得出三种元素为H、N、O，单质W应为Fe，则X(HNO3)的稀溶液转化为Y[Fe(NO3)3]的离子方程式是Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O。答案为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；
(3)若W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，则其为碳，X是空气的主要成分之一，则其为O2，从而得出Y为CO2，Z为CO；Y(CO2)与W(C)反应生成0.1 mol Z(CO)时，可建立关系式CO——e-，从而求出反应中转移的电子数为6.02×1022(或0.1NA)。答案为：6.02×1022(或0.1NA)；
Ⅱ．常温下，E是一种无色无味的液体，则E为H2O。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为碳、B为浓硫酸、C和D分别为CO2、SO2，此反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu、B为稀硝酸、C为NO，反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，反应物为NH4Cl和Ca(OH)2，此反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
11．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。
(1)若A被称为国防金属，D为短周期非金属单质，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，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应①的化学方程式为_____，反应④的化学方程式为______。
(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，且D、F混合光照爆炸生成B，反应①、②都在水溶液中进行，则检验E中阳离子最好的试剂是______（填化学式）。
【答案】2Mg+CO22MgO+C C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O KSCN
【分析】
(1)若A为被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，A所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg，D是C，B是CO2，C是MgO，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，F是浓HNO3，E是Mg(NO3)2；
(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，由转化关系可知A为变价金属，应为Fe，反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2。
【解析】(1)根据上述分析可知：A是CO2，B是Mg，C是MgO，D是C单质，E是Mg(NO3)2，F是HNO3。
反应①是Mg在CO2中燃烧反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应④是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)根据上述分析可知：A是Fe，B是HCl，C是FeCl2，D是H2，E是FeCl3，F是Cl2。
E是FeCl3，其阳离子是Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待检物质少许配成溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，产生了红色Fe(SCN)3，据此检验Fe3+，故检验试剂是KSCN。
【点睛】
本题考查无机物的推断。把握物质的性质，根据某物质的特殊性质或现象寻找突破口，然后结合物质的转化关系逐一推断。熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键。
12．下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。
请填写下列空白：
(1)已知M为硝酸亚铁，写出下列物质的化学式：A：_______E：_______。
(2)写出反应④的离子方程式：_______。
(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的_______(填写序号)。
(4)写出检验C溶液中阴离子的方法：_______。
(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】SO2 Fe(OH)3 3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑ ②⑧ 取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子。
【分析】
I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I是Al；K是一种红棕色气体，K是NO2；L和O2反应生成NO2，则L为NO；NO2和H2O反应生成J的溶液，J为HNO3；Al和D反应生成G和H，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，由此推测该反应为铝热反应，则D为Fe2O3，G和HNO3反应NO和Fe(NO3)2溶液，则G为Fe，H为Al2O3；E能转化为Fe2O3，F和NaOH溶液反应生成E，则F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3；FeS2和O2反应生成Fe2O3和A，A为SO2；SO2和O2反应生成B，B为SO3；SO3和H2O反应生成C的溶液，C是一种强酸，则C为H2SO4。
【解析】(1)由分析可知，A为SO2，E为Fe(OH)3；
(2)反应④是Fe(NO3)2溶液和硫酸反应生成Fe(NO3)3和NO，离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
(3)反应②是SO2和O2反应生成SO3，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应③是SO3和H2O反应生成H2SO4，属于化合反应，但不属于氧化还原反应；反应⑥是Fe(OH)3转化为Fe2O3，属于分解反应，不属于氧化还原反应；反应⑧是NO和O2反应生成NO2，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应⑨是NO2和H2O反应生成HNO3和NO，属于氧化还原反应，但不属于化合反应；答案选②⑧；
(4)检验硫酸根的方法为：取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子；
(5)将Fe2O3与KNO3、KOH高温共融可制得K2FeO4、KNO2和H2O，化学方程式为：。
13．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
ABC
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。
①W在周期表中属于___族(填主族、副族)元素。
②向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为___。过程中发生的氧化还原反应的方程式为___。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1。
①B的化学式为___。
②实验室制取B时，收集方法为___。
③C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为___。
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质。
①下列说法正确的是___。
A．A和W的原子价电子数相等
B．A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在
C．A在过量的W气体中燃烧，可以直接生成C
D．简单氢化物沸点H2A比H2W高
②C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为___。
【答案】副 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NO 排水法收集 1：2 AB S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O
【解析】(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe ，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为 Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
①Fe在周期表中的位置：第四周期第VIII族，属于副族元素，故答案为：副；
②向装有FeCl2溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，过程中发生的氧化还原反应的方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1，则A为 N2、W为O2、B为NO、C为NO2。
①B的化学式为：NO，故答案为：NO；
②由于NO能与O2反应，实验室制取NO时，不能用向上排空气法收集，NO不溶于水，用排水法收集，故答案为：排水法收集；
③NO2与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO+NO，NO2既是氧化剂又是还原剂，由还原产物、氧化产物可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，则A为S、W为O2、B为SO2、C为SO3。
①A．S和O均为第VIA族元素，最外层电子数均为6，则原子价电子数相等，故A正确；
B．氧元素在自然界既可以以游离态氧气存在，也可以以化合态存在如氧化铝等，游离态的硫元素存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，化合态的硫元素存在于火上喷出物里，故 B正确；
C．S在过量氧气体中燃烧，只能生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故C错误；
D．H2S与H2O相比，水分子间存在氢键，水的沸点比硫化氢高，故D错误；
故答案为：AB；
②SO3溶于水形成化合物D为H2SO4，在加热的条件下，浓硫酸与S反应的化学方程式为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O。
14．人们从化石燃料的燃烧过程中获得能量，同时也产生废气及颗粒等污染物，它们在太阳辐射等作用下，经过复杂变化形成次生污染物(如图所示)，进而在一定的天气条件下造成酸雨、雾霾、光化学烟雾等污染现象。某班同学分成几个学习小组，以其中的SO2为例，进行了一系列的研究性学习：
（1）在空气、水蒸气的共同作用下，SO2最终会形___________(填化学式)随雨水落下，损伤农作物、加快建筑物腐蚀。
（2）甲组同学设计用生石灰进行燃煤脱硫工艺，如图所示，请写出脱硫生成X的总反应方程式：______________________________________。
（3）乙组同学拟用碱液吸收的方法去除烟气中的SO2，设计了如下两种方案：
方案A
方案B
方案展示后，全班同学讨论后认两种方案各有优势并可以进一步优化：
新方案优点是：___________(填物质名称)实现了循环利用，降低了成本，符合资源再利用的原则。
（4）为测定空气中SO2的含量，丙组同学将空气样品经过管道通入盛有200 mL 0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的密闭容器中，该反应的离子方程式为________________________
_________________________，若管道中空气流量为a L·min－1，经过b min溶液恰好褪色，假定空气中的SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中的SO2含量为___________g·L－1(用含a、b的代数式表示)。
【答案】（1）H2SO4 （2）2CaO＋2SO2＋O2＝2CaSO4 （3）氢氧化钠 （4）2MnO4－＋5SO2＋2H2O＝2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋
【解析】（1）在空气、水蒸气的共同作用下，SO2最终被氧化、吸收会形H2SO4随雨水落下，损伤农作物、加快建筑物腐蚀；（2）用生石灰进行燃煤脱硫生成X，X是CaSO4，总反应方程式：2CaO＋2SO2＋O2＝2CaSO4；（3）对比前后方案可知，新方案氢氧化钠实现了循环利用，降低了成本，符合资源再利用的原则；（4）空气中SO2经过管道通入酸性KMnO4溶液的密闭容器中，发生反应：2MnO4－＋5SO2＋2H2O＝2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋；依题意，KMnO4物质的量是0.200 L×0.1 mol·L－1＝0.02 mol，溶液恰好褪色，则KMnO4完全反应，根据方程式的系数关系可知，通入的SO2物质的量为0.02 mol×＝0.05 mol，则该空气样品中的SO2含量为＝ g·L－1。
必刷02 无机推断题与无机综合题（14题）
1．已知某物质X能发生如图转化，下列有关转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
XYZA
A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
B．若X为S单质，则A为硫酸
C．若X为S单质，则A不一定能与金属铜反应生成Y
D．若X为N2或NH3，则A为硝酸
【答案】A
【分析】X经两步氧化反应生成Z，Z与H2O反应生成A，常见的符合转化关系的有：NaNa2ONa2O2NaOH、S(或H2S) SO2SO3H2SO4、N2(或NH3) NONO2HNO3等；据此分析作答。
【解析】A．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③不一定为非氧化还原反应，如X、Y、Z、A依次为N2、NO、NO2、HNO3时，反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应属于氧化还原反应，A错误；
B．若X为S单质，S与O2点燃时反应生成的Y为SO2，SO2发生催化氧化生成的Z为SO3，SO3与H2O化合成硫酸，即A为硫酸，B正确；
C．根据B项分析，A为硫酸，Cu与浓硫酸常温下不反应，Cu与浓硫酸加热时反应生成CuSO4、SO2和水，Cu与稀硫酸不反应， C正确；
D．若X为N2或NH3，N2与O2放电或高温下化合成NO、NH3发生催化氧化反应生成NO，Y为NO，NO与O2化合成NO2，Z为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则A为HNO3，D正确；
答案选A。
2．如图中的字母代表硫及其化合物，相关推断不合理的是
A．ab溶液反应有d生成
B．e和f都存在酸式盐
C．硫酸型酸雨的形成过程涉及b→c的转化
D．检验g中阴离子所用试剂只需BaCl2溶液
【答案】D
【解析】根据硫及其化合物的转化关系图可知，a为H2S，b为H2SO3，c为H2SO4，d为S，e为硫化物，f为亚硫酸盐，g为硫酸盐。
A项，H2S和H2SO3反应可以生成中间价态的S，正确；B项，若为钠盐，则e为－2价的Na2S或NaHS，f为Na2SO3或NaHSO3，正确；C项，b为H2SO3，c为H2SO4，硫酸型酸雨是H2SO3被空气中氧气氧化为H2SO4，正确；D项，检验硫酸根，应该用盐酸和BaCl2溶液，错误。
3．某固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，取固体粉末X进行连续实验，实验过程及产物如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，下列说法不正确的是
A．固体C是Cu，固体A一定含有Cu2O
B．气体B可能使品红溶液褪色
C．气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验
D．固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3
【答案】B
【分析】
固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，固体X和NaOH溶液反应生成气体A，该气体为NH3，则固体X中一定含有(NH4)2CO3，向溶液A中加入适量盐酸，生成气体B和固体B，气体B为CO2，固体B为Al(OH)3，则X中一定含有NaAlO2，向固体A中加入过量盐酸，生成固体C，固体C为Cu，则X中一定含有Cu2O，向溶液B中加入KSCN溶液、H2O2，溶液变红，说明溶液B中含有Fe2+或Fe3+，则X中一定含有Fe元素，即含有Fe或Fe2O3。
【解析】A．由分析可知，固体C为Cu，固体A一定含有Cu2O，A项正确；
B．气体B为CO2，不能使品红溶液褪色，B项错误；
C．气体A为NH3，是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以气体A可以用湿润的红色石蕊试纸检验，C项正确；
D．固体X由(NH4)2CO3、Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO4中四种组成，X中一定含有(NH4)2CO3、NaAlO2、Cu2O，故X只能含有Fe和Fe2O3中的一种，即固体X不可能同时含有Fe和Fe2O3，D项正确；
答案选B。
4．A、B、C、D、E、X是由1-20 号元素组成的中学常见无机物或其水溶液。这些物质存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断不正确的是
A．若X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH-+=H2O+，则E在一定条件下能还原CuO
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D．若D是红棕色气体，E是白色沉淀，则A有可能是Mg3N2
【答案】C
【解析】A．若X是Na2SO3，C为气体SO2，D是NaHSO3，若A是Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，B是HCl，E是HClO，NaHSO3具有还原性，而HClO具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应产生Na2SO4和HClO，故D和E能发生反应，A正确；
B．若A是单质，能与水反应生成B与E，B、D反应的离子方程式OH-+=H2O+，则可推知A为Na，B为NaOH、E为H2，若X为CO2，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热条件下能将CuO还原为Cu单质，B正确；
C．D为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成O2，A在常温下与水反应能够产生O2，则A可能为K2O2或Na2O2或F2。C能和E反应，若A为F2，则E为HF，而HF与CO2不反应，故A可能为Na2O2，也可能是K2O2，但不一定是Na2O2，C错误；
D．若D是红棕色气体，则D是NO2，X是O2，C是NO，B是NH3，E是白色沉淀，若A是Mg3N2，Mg3N2与H2O反应产生NH3和Mg(OH)2，E是Mg(OH)2，符合物质转化关系，D正确；
故合理选项是C。
5．如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述正确的是
A．液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂
B．D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物
C．因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装
D．图中涉及反应均为氧化还原反应
【答案】AD
【分析】
B能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，则G是Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为HNO3、D是NO2，则A是NH3，C是NO，结合对应物质的性质进行解答。
【解析】根据上述分析可知：A是NH3，B是O2，C是NO，D是NO2，E为HNO3，F是H2O，G是Cu。
A．A是NH3，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．D是NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，反应过程中元素化合价发生了变化，所以NO2不是酸性氧化物，B错误；
C．E为HNO3，具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al，能够将金属氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步反应，因此能用铝制容器盛装，C错误；
D．在上述图中涉及反应中，都存在元素化合价的变化，因此均为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是AD。
6．某离子反应中涉及H2O、ClO3－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是
A．反应后溶液的酸性增强
B．标准状况下，生成2.24 L N2时，反应中转移0.3 mol电子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．ClO3－被还原，是还原剂
【答案】A
【解析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH是反应物，其N的价态升高，NH作还原剂，ClO－则作氧化剂，其还原产物是Cl－，则反应的离子方程式为：ClO－＋NH―→Cl－＋N2↑，Cl降低2价、N升高3价，据电子守恒有3ClO－＋2NH―→3Cl－＋1N2↑，再据电荷守恒有有3ClO－＋2NH―→3Cl－＋1N2↑＋2H＋，最后由质量守恒得3ClO－＋2NH＝3Cl－＋N2↑＋2H＋＋3H2O。
A项，反应生成H＋，溶液的酸性增强，正确；B项，反应3ClO－＋2NH＝3Cl－＋N2↑＋2H＋＋3H2O中转移的电子数为6，则生成2.24 L N2(0.1 mol)，转移电子的物质的量为0.6 mol，错误；C项，由方程式可知，N2为氧化产物，Cl－是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，错误；D项，由上述方程式可知，该反应的还原剂是NH，ClO3－被还原，ClO3－是氧化剂，错误。
7．已知A是一种常见非金属单质，B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，其转化关系如图所示：
(1)若E、D的水溶液均呈酸性，试写出E与B反应时的化学方程式___________。
(2)若D是一种难溶于水的凝胶，试写出反应③的离子方程式___________。
(3)若E的水溶液呈碱性，若D的水溶液显酸性，写出反应②的化学方程式___________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2O SiO2+2OH﹣=+H2O 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】(1)从图中可知单质A可被O2氧化，若E、D的水溶液均呈酸性，说明A应是S，E是H2S，B是SO2，顺次推知C是SO3，D是H2SO4，H2S和SO2反应的方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(2)非金属元素最高价氧化物对应的水化物难溶于水的只有H2SiO3，则A是Si，E是SiH4，B是SiO2，C应是硅酸盐，D是H2SiO3，SiO2与NaOH等溶液反应生成硅酸盐，反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=+H2O；
(3)若E的水溶液呈碱性，应为NH3，若由转化关系可知A为N2，B为NO，C为NO2，D的水溶液显酸性，应为HNO3，E为氨气，发生催化氧化生成NO，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
8．A、B、C、D均为中学常见物质且均含有同一种元素，它们之间的部分转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
ABCD。
(1)若A为淡黄色固体单质，且D为强酸。
①A为_______ ，写出一个证明该物质具有氧化性的化学方程式____________。
②写出B→C化学方程式_________。
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
①写出A→B的化学方程式__________。
②D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶的原因是__________(写化学方程式)。
③B、C都是大气污染物，它们对环境造成的危害表现在_______。
A．引起酸雨 B．引起温室效应 C．形成光化学烟雾 D．引起水体富营养化
【答案】S Fe+SFeS 2SO2+O22SO3 4NH3+5O24NO+6H2O 4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O AC
【分析】
(1)根据物质颜色和终态可确定A为S单质，根据一系列反应得出D为硫酸；
(2)根据使湿润的红色石蕊试纸变蓝确定A是氨气，进而确定D是硝酸。
【解析】(1)①常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸；可根据S与Fe在加热时反应产生Fe说明S具有氧化性，反应方程式为：Fe+SFeS ；
②B→C转化的化学方程式2SO2+O22SO3；
(2)A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A是NH3；NH3与O2反应产生的B是NO；NO与O2反应产生的C是NO2；NO2与H2O反应产生的D是HNO3。
①NH3与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②D是HNO3，浓硝酸不稳定，光照易分解，浓度越大，温度越高，物质越容易分解，为避免硝酸分解，通常将其保存在棕色试剂瓶，物质分解反应方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；
③NO、NO2与空气中的O2、H2O接触，会产生HNO3，导致酸雨；还会与空气中的飘尘作用产生光化学烟雾，故NO、NO2对环境造成的危害表现在产生酸雨和光化学烟雾，合理选项是AC。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断。把S和NH3以及硫酸、硝酸的制取、环境污染等结合起来，引导学生对S、N两种元素及其化合物的性质进行总结，启发学生，学习时要善于归纳总结，形成比较系统的知识结构。
9．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为__________，Y的化学式为__________，E的化学式为__________。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1 mol B消耗3 mol氧化铜，该反应的化学方程式为：______________________。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________________。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或 “没有”)______，理由是______________________。
(5)A的单质在中学化学中应用非常广泛，写出实验室制取它的化学方程式：______________。
【答案】H2 NH3 NO 2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O 6NO＋4NH35N2＋6H2O 有 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀 MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O
【分析】
E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色气体，则F为NO2，E为NO，根据转化关系图可知，C为O2，因NO2可以与H2O反应生成NO和HNO3，则可推出Z为H2O，G为HNO3，结合图中关系及“A、B、C、D是四种常见气体单质”信息可知，D为H2，又X与Y结合能生成白烟，两者应为氨气与HCl气体，其中Y还可以与CuO发生氧化还原反应生成B单质和水，则逆推知，A为Cl2，B为N2，X为HCl，Y为NH3，白烟的成分为氯化铵，据此结合题意分析解答。
【解析】根据上述分析可知，A为Cl2，B为N2，C为O2，D为H2，F为NO2，E为NO，X为HCl，Y为NH3，Z为H2O，G为HNO3，则
(1)D的化学式为H2；Y的化学式为NH3；E的化学式为NO；
(2)Y(NH3)具有还原性，可与氧化铜会发生氧化还原反应，每生成1 mol B(N2)消耗3 mol氧化铜，转移6mol电子，该反应的化学方程式为2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；
(3)Y(NH3)与E(NO)在一定条件下可发生归中反应生成B(N2)和Z(H2O)，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的化学方程式为：6NO＋4NH35N2＋6H2O；
(4)二氧化氮可以与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，进而与钡离子会反应生成不溶于水也不溶于酸的硫酸钡白色沉淀，故答案为：有；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀；
(5)实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，其化学方程式为：MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O。
10．Ⅰ．物质X、Y、Z均含同种短周期元素，其转化关系如下图所示(反应条件未标出)。
XYZ
(1)若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，Z是红棕色气体，由Y与W反应生成Z的化学方程式是_______。
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，单质W是常见金属，则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是_______。
(3)若X是空气的主要成分之一，W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍；则Y与W反应生成0.1 mol Z时，反应中转移的电子数为_______。
Ⅱ．已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，试写出此反应的化学方程式_______。
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式是_______
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式_______。
【答案】2NO+O2=2NO2 Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 6.02×1022(或0.1NA) C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】Ⅰ．(1)若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，则X为NH3，从而得出Y为NO，W为O2，由Y(NO)与W(O2)反应生成Z(NO2)的化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(2)若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，则三种元素构成含氧酸，从而得出三种元素为H、N、O，单质W应为Fe，则X(HNO3)的稀溶液转化为Y[Fe(NO3)3]的离子方程式是Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O。答案为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；
(3)若W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，则其为碳，X是空气的主要成分之一，则其为O2，从而得出Y为CO2，Z为CO；Y(CO2)与W(C)反应生成0.1 mol Z(CO)时，可建立关系式CO——e-，从而求出反应中转移的电子数为6.02×1022(或0.1NA)。答案为：6.02×1022(或0.1NA)；
Ⅱ．常温下，E是一种无色无味的液体，则E为H2O。
(1)若A是一种黑色单质，B是一种常见的难挥发性酸，C、D都是气体，则A为碳、B为浓硫酸、C和D分别为CO2、SO2，此反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)若A是一种紫红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu、B为稀硝酸、C为NO，反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，反应物为NH4Cl和Ca(OH)2，此反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
11．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。
(1)若A被称为国防金属，D为短周期非金属单质，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，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应①的化学方程式为_____，反应④的化学方程式为______。
(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，且D、F混合光照爆炸生成B，反应①、②都在水溶液中进行，则检验E中阳离子最好的试剂是______（填化学式）。
【答案】2Mg+CO22MgO+C C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O KSCN
【分析】
(1)若A为被称为国防金属，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，A所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则A是Mg，D是C，B是CO2，C是MgO，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，F是浓HNO3，E是Mg(NO3)2；
(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，由转化关系可知A为变价金属，应为Fe，反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2。
【解析】(1)根据上述分析可知：A是CO2，B是Mg，C是MgO，D是C单质，E是Mg(NO3)2，F是HNO3。
反应①是Mg在CO2中燃烧反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应④是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)根据上述分析可知：A是Fe，B是HCl，C是FeCl2，D是H2，E是FeCl3，F是Cl2。
E是FeCl3，其阳离子是Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待检物质少许配成溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，产生了红色Fe(SCN)3，据此检验Fe3+，故检验试剂是KSCN。
【点睛】
本题考查无机物的推断。把握物质的性质，根据某物质的特殊性质或现象寻找突破口，然后结合物质的转化关系逐一推断。熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键。
12．下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。
请填写下列空白：
(1)已知M为硝酸亚铁，写出下列物质的化学式：A：_______E：_______。
(2)写出反应④的离子方程式：_______。
(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的_______(填写序号)。
(4)写出检验C溶液中阴离子的方法：_______。
(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】SO2 Fe(OH)3 3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑ ②⑧ 取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子。
【分析】
I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I是Al；K是一种红棕色气体，K是NO2；L和O2反应生成NO2，则L为NO；NO2和H2O反应生成J的溶液，J为HNO3；Al和D反应生成G和H，反应⑦为置换反应，D为红棕色固体，由此推测该反应为铝热反应，则D为Fe2O3，G和HNO3反应NO和Fe(NO3)2溶液，则G为Fe，H为Al2O3；E能转化为Fe2O3，F和NaOH溶液反应生成E，则F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3；FeS2和O2反应生成Fe2O3和A，A为SO2；SO2和O2反应生成B，B为SO3；SO3和H2O反应生成C的溶液，C是一种强酸，则C为H2SO4。
【解析】(1)由分析可知，A为SO2，E为Fe(OH)3；
(2)反应④是Fe(NO3)2溶液和硫酸反应生成Fe(NO3)3和NO，离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
(3)反应②是SO2和O2反应生成SO3，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应③是SO3和H2O反应生成H2SO4，属于化合反应，但不属于氧化还原反应；反应⑥是Fe(OH)3转化为Fe2O3，属于分解反应，不属于氧化还原反应；反应⑧是NO和O2反应生成NO2，既属于化合反应又属于氧化还原反应；反应⑨是NO2和H2O反应生成HNO3和NO，属于氧化还原反应，但不属于化合反应；答案选②⑧；
(4)检验硫酸根的方法为：取样于试管中，加入盐酸酸化，取清液，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则为硫酸根离子；
(5)将Fe2O3与KNO3、KOH高温共融可制得K2FeO4、KNO2和H2O，化学方程式为：。
13．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
ABC
(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。
①W在周期表中属于___族(填主族、副族)元素。
②向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为___。过程中发生的氧化还原反应的方程式为___。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1。
①B的化学式为___。
②实验室制取B时，收集方法为___。
③C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为___。
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质。
①下列说法正确的是___。
A．A和W的原子价电子数相等
B．A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在
C．A在过量的W气体中燃烧，可以直接生成C
D．简单氢化物沸点H2A比H2W高
②C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为___。
【答案】副 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NO 排水法收集 1：2 AB S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O
【解析】(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe ，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为 Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
①Fe在周期表中的位置：第四周期第VIII族，属于副族元素，故答案为：副；
②向装有FeCl2溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，过程中发生的氧化还原反应的方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1，则A为 N2、W为O2、B为NO、C为NO2。
①B的化学式为：NO，故答案为：NO；
②由于NO能与O2反应，实验室制取NO时，不能用向上排空气法收集，NO不溶于水，用排水法收集，故答案为：排水法收集；
③NO2与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO+NO，NO2既是氧化剂又是还原剂，由还原产物、氧化产物可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
(3)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，则A为S、W为O2、B为SO2、C为SO3。
①A．S和O均为第VIA族元素，最外层电子数均为6，则原子价电子数相等，故A正确；
B．氧元素在自然界既可以以游离态氧气存在，也可以以化合态存在如氧化铝等，游离态的硫元素存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，化合态的硫元素存在于火上喷出物里，故 B正确；
C．S在过量氧气体中燃烧，只能生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故C错误；
D．H2S与H2O相比，水分子间存在氢键，水的沸点比硫化氢高，故D错误；
故答案为：AB；
②SO3溶于水形成化合物D为H2SO4，在加热的条件下，浓硫酸与S反应的化学方程式为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O。
14．人们从化石燃料的燃烧过程中获得能量，同时也产生废气及颗粒等污染物，它们在太阳辐射等作用下，经过复杂变化形成次生污染物(如图所示)，进而在一定的天气条件下造成酸雨、雾霾、光化学烟雾等污染现象。某班同学分成几个学习小组，以其中的SO2为例，进行了一系列的研究性学习：
（1）在空气、水蒸气的共同作用下，SO2最终会形___________(填化学式)随雨水落下，损伤农作物、加快建筑物腐蚀。
（2）甲组同学设计用生石灰进行燃煤脱硫工艺，如图所示，请写出脱硫生成X的总反应方程式：______________________________________。
（3）乙组同学拟用碱液吸收的方法去除烟气中的SO2，设计了如下两种方案：
方案A
方案B
方案展示后，全班同学讨论后认两种方案各有优势并可以进一步优化：
新方案优点是：___________(填物质名称)实现了循环利用，降低了成本，符合资源再利用的原则。
（4）为测定空气中SO2的含量，丙组同学将空气样品经过管道通入盛有200 mL 0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的密闭容器中，该反应的离子方程式为________________________
_________________________，若管道中空气流量为a L·min－1，经过b min溶液恰好褪色，假定空气中的SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中的SO2含量为___________g·L－1(用含a、b的代数式表示)。
【答案】（1）H2SO4 （2）2CaO＋2SO2＋O2＝2CaSO4 （3）氢氧化钠 （4）2MnO4－＋5SO2＋2H2O＝2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋
【解析】（1）在空气、水蒸气的共同作用下，SO2最终被氧化、吸收会形H2SO4随雨水落下，损伤农作物、加快建筑物腐蚀；（2）用生石灰进行燃煤脱硫生成X，X是CaSO4，总反应方程式：2CaO＋2SO2＋O2＝2CaSO4；（3）对比前后方案可知，新方案氢氧化钠实现了循环利用，降低了成本，符合资源再利用的原则；（4）空气中SO2经过管道通入酸性KMnO4溶液的密闭容器中，发生反应：2MnO4－＋5SO2＋2H2O＝2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋；依题意，KMnO4物质的量是0.200 L×0.1 mol·L－1＝0.02 mol，溶液恰好褪色，则KMnO4完全反应，根据方程式的系数关系可知，通入的SO2物质的量为0.02 mol×＝0.05 mol，则该空气样品中的SO2含量为＝ g·L－1。
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