2012届高考化学无机推断常见突破口专题教案

专题九 无机推断常见突破口

【考点分析】
无机化学推断题是高考中每年必考的题型之一。该题型具有考查知识面广，思考容量大，逻辑推理严密，综合性强等特点；从试题形式来看有叙述型、转化型、图表型等。这类题一方面考查中学化学知识间的内在联系掌握的熟练程度，另一方面考查考生思维的敏捷性、严密性、整体性和创造性。其解题思路一般是：迅速浏览→产生印象→找突破口→注意联系→全面分析（正推或逆推）→验正确认。解题的关键是依物质的特性或转换特征来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。无机化学推断题中学阶段常见的可作为突破口的主要有以下六类。
方法一：根据物质的特殊颜色推断
知识准备：物质颜色
1．白色固体Fe（OH）2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3、铵盐，白色。黄色腊状固体：白磷
淡黄色或黄色：S 黄或浅黄、FeS2 黄、AgI 黄、Au 黄、Na2O2 浅黄、AgBr 浅黄、
红色或红棕色：Cu 紫红、 Cu2O 红、Fe2O3 红、Fe（OH）3红褐色
黑色：C、CuS、Cu2S 、FeS 、MnO2、FeO、Fe3O4（磁性物质）、CuO、PbS 、Ag2O棕黑
紫黑色：I2 紫黑、KMnO4 紫黑
2．有色溶液： Cu2+蓝、 MnO4－紫红、Fe2+ 浅绿、Fe3+ 棕黄、Fe（SCN）3 血红、NO2－浅黄。
氯水浅黄绿色、溴水橙黄色、碘水棕黄色、溴的有机溶液 橙红?红棕、I2的有机溶液 紫红
3．有色气体：Cl2（黄绿色）、Br2（g）（红棕色）、NO2、（红棕色）、I2（紫色）O3（淡蓝色）
4．物质的状态、气味硬度等：
呈液态的金属单质：Hg 呈液态的非金属单质：Br2
常温呈气态的单质：H2、O2、Cl2、N2、F2、稀有气体等。
刺激性气味的气体： SO2、NH3、HCl、Cl2、臭鸡蛋气味的气体：H2S
地壳中元素的含量：O、Si、A、Fe、硬度最大的单质：C（金刚石）
形成化合物种类最多的元素： C
方法二、根据特征反应现象推断
知识准备：特征反应现象
1．焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）
2．能使品红溶液褪色的气体可能是：加热恢复原颜色的是SO2，不恢复的是Cl2、NaClO、Ca（ClO）2等次氯酸盐、氯水、过氧化钠、过氧化氢、活性碳等
3． （由白色→灰绿→红褐色）
4．能在空气中自燃：P4 5．在空气中变为红棕色：NO
6．能使石灰水变浑浊：CO2、O2
7．通CO2变浑浊：石灰水（过量变清）、Na2SiO3、饱和Na2CO3、浓苯酚钠、NaAlO2
8．气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4
9．遇酚酞显红色或湿润红色石蕊试纸变蓝的气体：NH3（碱性气体）
10．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝：Cl2、Br2、FeCl3、碘水等。
11．加苯酚显紫色或加SCN-显血红色或加碱产生红褐色沉淀，必有Fe3+
12．遇BaCl2生成不溶于硝酸的白色沉淀，可能是：SO42?、Ag+、 SO32?
13．遇HCl生成沉淀，可能是： Ag+、 SiO32?、AlO2?、S2O32?
14．遇H2SO4生成沉淀，可能是：Ba2+、Ca2+、S2O32?、SiO32?、AlO2?
15．与H2S反应生成淡黄色沉淀的气体有Cl2、O2、SO2、NO2
16．电解时阳极产生的气体一般是：Cl2、O2，阴极产生的气体是：H2
17．两种气体通入水中有沉淀的是2H2S+SO2=3S+2H2O
同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物生成盐的元素一定是氮（NH4NO3）
18．两种溶液混合生成沉淀和气体，这两种溶液的溶质可能是
①Ba（OH）2与（NH4）2SO4或（NH4）2CO3或（NH4）2SO3

②Na2S2O3溶液与强酸 ③强烈双水解

④可溶性铁盐与可溶性碳酸盐或碳酸氢盐
19．能使溴水褪色的物质：H2S和SO2及它们的盐、活泼金属、不饱和烃、醛、酚、碱
20．两物质反应先沉淀后溶解的有：CO2与Ca（OH）2或Ba（OH）2、NaOH与铝盐、氨水与AgNO3、强酸与偏铝酸盐
知识准备：依据特征结构
1．正四面体型分子：CH4、SiH4、CCl4、SiCl4、P4等。
2．直线型分子：乙炔、二氧化碳、二硫化碳等。
3．平面型分子: 苯、乙烯等。
4．含有非极性共价键的离子化合物：过氧化钠（Na2O2）、二硫化亚铁（FeS2）等。
5．10个电子的离子：O2? 、F?、Ne、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+、OH?、 NH2?
10个电子的分子：CH4、NH3、H2O、HF
6．18个电子的分子：Ar、F2、SiH4、PH3、H2S、HCl、H2O2、C2H6、CH3OH、CH3NH2、CH3F、 NH2 OH、 NH2?NH2 等； 18个电子的离子：K+、Ca2+、HS?、S2?、Cl?、O22?
7．9个电子的粒子：?OH、?CH3、?NH2、F
方法三、根据特殊反应条件推断
知识准备：熟悉具有特殊反应条件的反应，多数是重要工业生产反应
1、高温条件
C＋H2O H2＋CO，4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2，3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2，
CaCO3 CaO＋CO2，SiO2＋CaCO3 CaSiO3＋CO2，SiO2＋2C Si＋2CO↑，SiO2＋CaO CaSiO3，C＋2H2O CO2＋2H2，SiO2＋Na2CO3 Na2SiO3＋CO2
2、高温高压催化剂：N2＋3H2 2NH3
3、催化剂、加热：
4NH3＋5O2 4NO＋6H2O 2SO2＋O2 2SO3 2KClO3 2KCl＋3O2
4、放电：N2＋O2 2NO 3O2 2O3（放电或电弧）
5、电解
2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 2H2O 2H2↑＋O2↑
方法四、根据特征转化关系推断
知识准备：1、一般思路是找出特别的变化关系，用可能的几种情况试探，得出合理答案．2、掌握一些特别的连续变化关系
（1）
①
②
③
④
（2）A?
A为弱酸的铵盐：（NH4）2CO3或NH4HCO3；（NH4）2S或NH4HS；（NH4）2SO3、NH4HSO3
（3）形如 的反应，中学化学里常见的有：

3、注意几个典型转化关系
三角转化：


4、置换反应：（1）金属→金属
（2）金属→非金属
（3）非金属→非金属
（4）非金属→金属
5、与碱反应产生气体
⑴
⑵铵盐：
6、既能酸反应，又能与碱反应
Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHSO3、NaHS等） 、弱酸的氨盐[NH4HCO3、（NH4）2CO3、NH4HSO3、 （NH4）2SO3、 （NH4）2S、NH4HS等]、氨基酸等；
7、与酸反应产生气体
⑴ ⑵
8、与水反应产生气体
（1）单质 （2）化合物
9、气体反应特征
（1）苍白色：H2在Cl2中燃烧；
（2）蓝色：CO在空气中燃烧；
（3）淡蓝色：H2S、H2、CH4、CH3CH2OH、S等在空气中燃烧；
（4）明亮的蓝紫色：S在纯氧中燃烧； （5）金属的焰色反应
烟、雾
在空气中形成白雾的：HCl、HBr、HI、NH3等气体及浓盐酸、浓硝酸；
相遇形成白烟或固体的：NH3+HCl、NH3+HBr、NH3+HNO3、H2S+SO2、H2S+Cl2；
燃烧时出现白色烟雾的：（P+Cl2）；
燃烧时出现棕黄色烟的：（CuCl2）。
10、受热分解产生2种或3种气体的反应：
（1）铵盐
（2）硝酸盐
（3）硝酸：4HNO3==2H2O+4NO2↑+O2↑
（4）碱式碳酸铜：Cu（OH）2（CO3）2== CuO + 2CO2↑ + H2O
（5）碳酸氢盐：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2；Ca（HCO3）2 CaO＋H2O＋2CO2
方法五、根据特殊工业生产推断

知识准备：重要工业生产反应
1、煅烧石灰石
2、煅烧黄铁矿
3、二氧化硫的催化氧化
4、氨的催化氧化
5、合成氨
6、电解饱和食盐水
7、工业制盐酸
8、高炉炼铁
9、工业制取漂粉精
10、工业制水煤气
11、硅酸盐工业
方法六、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；反应物之间的物质的量比；电子总数；质子总数等重要数据。
【07-08高考再现】
图中各物质均由常见元素（原子序数≤20）组成。已知A、B、K为单质，且在常温下A和K为气体，B为固体。D为常见的无色液体。I是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀产生。J是一种实验室常用的干燥剂。它们的相互转化关系如图所示（图中反应条件未列出）。请回答下列问题：
（1）I的化学式为_____________；J的电子式为__________________。
（2）反应①的化学方程式为______________________________________________。
（3）F的水溶液与氯气反应的离子方程式_________________________________________。
【解析】D为常见的无色液体，可考虑是H2O，由于B为固体单质，能和水发生反应生成气体单质K，可知B为活泼金属，K为H2。I是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加AgNO3，有不溶于稀HNO3的白色沉淀产生，说明I中含有氯离子，可考虑是NH4Cl，由此可说明E可能为NH3或HCl，若E为HCl，则A为Cl2，则Cl2和金属B反应后生成物的金属氯化物不会和水发生反应，可知E不是HCl，E应为NH3，H为HCl，则A为N2。考虑到H和F反应生成J和水，说明该反应是中和反应，F是碱，J是氯化物，而题中描述J是一种实验室常用的干燥剂，因此可考虑是CaCl2，由此可推知金属B为钙，钙和氮气反应后的产物氮化钙的性质类似于氮化镁，能在水中发生强烈的水解生成氢氧化钙和氨气。
答案：（1）NH4Cl； 。 （2）Ca3N2＋6H2O = 3Ca（OH）2＋2NH3↑。 （3）2OH－＋Cl2 = Cl－＋ClO－＋H2O。
2．（13分）短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，并有下列转化关系（反应条件略去）：

已知：a．常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多。
b．甲分子含10个电子，乙分子含18个电子。
（1）X的电子式是 。
（2）实验室可用下图所示装置（缺少收集装置，夹持固定装置略去）制备并收集甲。

①在图中方框内绘出用烧瓶收集甲的仪器装置简图。
②试管中的试剂是（填写化学式）____________________。
③烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程式表示）________________________。
（3）磷在Z中燃烧可生成两种产物，其中一种产物丁分子中各原子最外层不全是8电子结构，丁的化学式是_________。
（4）n mol丁与n mol丙在一定条件下反应，生成4n mol乙和另一化合物，该化合物蒸气的密度是相同状况下氢气的174倍，其化学式是______________。
【解析】根据常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多，可知单质X为N2，因此其分子中存在氮氮三键，再根据甲分子含10个电子，乙分子含18个电子，可知单质Y为H2，单质Z为Cl2，离子化合物丙为NH4Cl。

（2）①由于氨气极易溶于水，通常用排空气法收集，而考虑到氨气的密度比空气小，同时本题中烧瓶需倒置，因此导气管应“长进短出”。②制备氨气常采用三种方法，本题中采用“固?固”加热法制备，因此试管中的试剂常用NH4Cl和Ca（OH）2。③氨气溶于水显碱性，因此使得溶液变红。
（3）磷在氯气中燃烧产物有PCl3和PCl5，其中PCl3分子中各原子最外层全是8电子结构，PCl5分子中的磷原子周围已超过8个电子，因此丁的化学为PCl5。
（4）根据题意可知反应的化学方程式可表示为：PCl5＋NH4Cl = 4HCl＋x（另一化合物），根据质量定恒守恒和另一化合物的相对分子质量348可得x等于1/3，化合物的化学式为P3N3Cl6。
答案：（1） 。 （2）① 。
②NH4Cl、Ca（OH）2（合理答案均给分）。③NH3?H2O NH4＋ ＋OH－。
（3）PCl5。 （4）P3N3Cl6。
3．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。

请填写下列空白：
（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第______周期第______族。
（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又能属于非氧化还原反应的是________（填写序号）。
（4）反应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K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是：_______________________________________。
【解析】本题的突破点是“I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属”和“K是一种红棕色气体”，可先确定I为Al，K为NO2； 第一条线索由反应①入手可知：A是SO2、B是SO3、C是H2SO4，D是Fe2O3，反应⑦为铝热反应，则产物G是Fe。第二条线索是由K 是NO2入手，推出L是NO，J为HNO3，M是Fe和HNO3反应得到的产物，可能是Fe（NO3）3或Fe（NO3）2，而根据M与C溶液反应可生成NO气体，可断定发生了氧化还原反应，故M只能为Fe（NO3）2溶液；第三条线索是Fe（NO3）2（M）与H2SO4（C）反应得F为Fe（NO3）3，E为Fe（OH）3，到此框图中的物质全部推出。
答案：（1）四（或4）；Ⅷ。
（2）1:2。
（3）③。
（4）3Fe2＋＋NO3－ ＋4H＋ = 3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
（5）Fe2O3＋3KNO3＋4KOH 2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。

4．常状况下，X、Y和Z是三种气态单质。X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外）；Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I-+2H+ I2+Z+H2O常作为Y的临定反应。
（1）Y与Z的关系是（选填字母）_______。
a．同位素 b．同系物 c．同素异形体 d．同分异构体
（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色。简述用褪色的溶液区别二者的实验方法____________________。
（3）举出实例说明X的氧化性比硫单质的氧化性强（用化学方程式表示）。
________________________________________________________________________。
（4）气体（CN）2与X化学性质相似，也能与H2反应生成HCN（其水溶液是一种酸）。
①HCN分子中含有4个共价键，其结构式是___________________________________。
②KCN溶液显碱性，原因是（用离子方程式表示）_____________________________。
（5）加热条件下，足量的Z与某金属M的盐MCR3（C为碳原素）完全反应生成CR2和MmRn（m、n均为正整数）。若CR2质量为 1g，MmRn质量为 2g，M的相对原子质量为a，则MmRn中m:n＝_____________（用含 和a的代数式表示）。
【解析】本题主要考查利用元素周期表确定元素和元素组成物质的性质。本题属于推断题，考查了元素周期表的知识，要求熟练掌握元素周期表的知识，同时，对常见元素化合物的知识要熟练掌握，在此基础上，根据题目大胆猜测，仔细验证，即能得出正确答案。X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素，为：Cl2，根据反应式：Y＋2I－＋2H＋=I2＋Z＋H2O，可知Y中必含有“O”，其为气体单质，只能是O3，故Z是O2，据此可知Y和Z是同素异形体；O3的漂白是利用其强氧化性，是不可逆的，而SO2的漂白具有可逆性，受热能恢复原色，故可以加热区分；证明Cl2比S的氧化性强，可以从其单质的置换，氧化变价金属呈现的价态不同等多方面体现；HCN的结构简式为：H-C≡N，KCN溶液呈碱性，是由于其中的CN-水解的缘故；足量的Z与盐完全反应生成CR2和MmRn，根据原子守恒，可知R为O，据此反应式可写为：
O2+MCO3= CO2+1/mMmRn
w1 w2
44 1/m（am+16n），列比例式整理得：m：n=16
答案： （1）c
（2）加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3
（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3 Fe+S FeS（其他合理答案均给分）
（4）①H-C=N ②CN-+H2O HCN+OH-
（5）16

5． V、W、X、Y、Z是由周期表中1～20号部分元素组成的5倍化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成，上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。它们之间的反应关系如下图：

（1）5种化合物分别是V 、W 、X 、Y 、Z ：（填化学式）
（2）由上述5种化合物中2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是 ：
（3）V的电子式是 。
【解析】抓住信息Z与氧气反应生成水，即Z一定含有H元素；X为无色无味气体，且有两种元素组成，说明X为一种氧化物，无色无味可推测X为碳的氧化物，由此推测Z是碳氢化合物，X二氧化碳（注最好限制，否则填写一氧化碳也合理）。V由两种元素组成的化合物，根据V +H2O－Y ＋Z （含C和H），说明V中含有碳和另一种元素，根据上述转化关系，可以确定五种化合物所涉及的元素只有四种，其中有C、H、O三种元素，根据原子序数之和等于35，可以确定另一种元素为钙。由于v只有两种元素，这样就可以可以确定V是CaC2 、由此推测Y是Ca（OH）2 、Z是C2H2。W只有两种元素，且W与水反应生成Ca（OH）2，根据质量守恒定律可以确定W是CaO。
答案：（1）CaC2 CaO CO2 Ca（OH）2 C2H2
（2）Ca（OH）2+2CO2= Ca（HCO3）2，
（3）Ca2+ C C
6．下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料。

（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式
____________________________________________________________
（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式___________________________
（3）写出一个由D生成B的化学方程式____________________________________；
（4）将5mL0．10mol?L－1的E溶液与10mL0．10 mol?L－1的NaOH溶液混合。
①写出反应的离子方程式__________________________________________；
②反应后溶液的pH ______7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是________；
③加热反应后的溶液，其pH________（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是________________________________。
【解析】固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64∶80＝4∶5，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S。E为H2SO3。
答案：（1）H2+S H2S（写成可逆反应也正确）。
（2）H2SO3 + 2H2S=3S + 3H2O。
（3）C+2H2SO4（浓） CO2 ↑+2SO2 ↑+2H2O或Cu+ 2H2SO4（浓） CuSO4 +SO2 ↑+ 2H2O等。
（4）①H2SO3 +2OH? = SO32? + 2H2O。
②大于；Na2SO3溶液中SO32-发生水解使溶液显碱性。
③增大；升高温度促进Na2SO3溶液的水解。
7．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验（部分产物略去）：

（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填化学式）________________。
（2）Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是______________________________。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量的水，则Z中两种气体的化学式是________________。
（3）向Y中通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）________________。
（4）取Y中的溶液，调节pH约为7，加入淀粉KI和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI－时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_________________________________。
（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应，若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中物质用化学式表示）__________________________。
【解析】根据题给物质，包括Fe2O3，Fe，CuO，C，Al，根据（1）中现象，可知不含Al，Y为亚铁盐溶液，固体为Cu和Fe；Z为一种气体时，浓酸为硫酸，其：C＋2H2SO4（浓） CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，通过碳酸氢钠后，气体只有CO2， 若是两种气体时，浓酸为硝酸，C＋4HNO3=CO2↑＋4NO2↑＋2H2O，通过水后，气体为CO2和NO；向Y中通入过量氯气，生成的FeCl3逐渐与铁粉和铜粉反应生成CuCl2和FeCl3，溶液阳离子为Cu2＋，Fe3＋和H＋；氯化亚铁溶液中加淀粉碘化钾和H2O2时，其反应为:2Fe2＋＋3H2O2＋4I－=2Fe（OH）3↓＋2I2；原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝，故其可能组合为：CuO和C或CuO、C和Fe2O3。
【答案】
【模拟组合】
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行实验。
（1）逐滴加入6mol?L-1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束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）逐滴加入6mol?L-1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是（ ）
A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3
C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2?6H2O、Na2CO3
【解析】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应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行验证，逐项判断跟题干中各个条件是否吻合。
答案：D。
2． A、B、C是三种短周期元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物。这些化合物和单质之间存在如下图所示的关系。

据此判断：
（1）在甲、乙两种化合物中，不含有组成A元素的化合物是_________，不含组成B元素的化合物是_______________（用“甲”、“乙”填写）。
（2）单质A是_____________（填“金属”、“非金属”或“既可以是金属又可以是非金属”）。
（3）若单质A是___________，则单质B、C分别是______________；若单质A是________，则单B、C分别是_____________；若单质A是___________，则单质B、C分别是________________。
【解析】（1）从图中可发现下列反应关系：“单质B+单质C→化合物甲”，故甲中不含A元素；“单质A+单质C→化合物乙”，故乙中不含有B元素。
（2）从图示信息进行转换，可提炼出“单质A+ 化合物甲→单质B+化合物乙”该反应属置换反应。置换反应有如下几种情况：
第一种情况：金属单质置换出金属单质。结合铝热反应可获得下列各种可能：（a）A为铝、B为铁、C为氧气等（铝与金属氧化物如四氧化三铁、三氧化二铁、氧化铜、二氧化锰、五氧化二钒等多种氧化物进行的反应，因而可得出多组答案。但由于题中限定了是短周期元素，可排除这些可能性）。
第二种情况：非金属单质置换出非金属单质。结合一些反应实例可获得答案（b）A、B、C依次为（下同）Cl2、S、H2；（c）O2、S、H2；（d）F2、O2、H2。（还可进一步分析：反应中单质表现了何种性质？总结出：氧化性A>B。）这样，就可进而获得更多答案（e）Cl2、Br2、H2；（f）Cl2、I2、H2；（g）Br2、I2、H2；（h）I2、S、H2；（I）C、H2、O2（制水煤气）；（j）C、Si、O2（工业上制硅）；（k）Br2、S、H2；（l）Cl2、N2、H2；（m）Si、H2、F2。
第三种情况：金属单质置换出非金属单质。（n）4）Mg、C、O2。
第四种情况：非金属单质置换出金属单质。（o）H2、Cu、O2；（p）H2、Fe、O2；（q）C、Cu、O2（由于铁、铜等不是短周期元素，所以不合题意）。
答案：（1）甲；乙。（2）单质A可以是金属也可以是非金属。
（3）可以有多组答案（见思路精析）。
3．阅读下列信息：
Ⅰ．表中①～⑥为短周期元素及相应氢化物沸点的数据：
元素性质元素编号
①②③④⑤⑥
氢化物的沸点（℃）－60．7－33．4100－87．719．54－84．9
最高化合价+6+5+5+7
最低化合价－2－3－2－3－1－1
A、B、Y均为上表中的元素。
Ⅱ．X是一种历史悠久，应用广泛的金属元素。
Ⅲ．X与Y可形成化合物XY、XY2，二者可用于接触法制备强酸甲；
Ⅳ．A与B可形成化合物AB、AB2，二者可用于制备强酸乙。
请回答：
（1）写出一个表中所含电子数不同的两种氢化物之间的反应方程式 。
（2）元素①氢化物的沸点低于元素③氢化物的沸点原因是 。
（3）下列有关强酸甲、乙说法正确的是 。
a．二者的浓溶液在常温时均可用铁或铝制成的容器贮运
b．二者的浓溶液在敞口容器中放置，质量都会变化
c．工业生产强酸甲、乙时，都是用水来吸收相应的氧化物
d．二者的稀溶液均是强氧化剂
（4）工业生产强酸甲时可用浓氨水处理尾气，并获得某种正盐，其化学方程式为 。
（5）写出工业生产强酸乙的过程中获得AB的化学方程式： 。
【解析】据题意，X是一种历史悠久，应用广泛的金属元素，即Fe；X与Y可形成化合物XY、XY2，二者可用接触法制强酸甲，即Y是S，甲是硫酸；A与B可形成化合物AB、AB2，二者可用于制备强酸乙，即A是N，B是O，乙是硝酸。分析表中数据，可知①是S，②是N，③是O，④是P，⑤是F，⑥是Cl；其他结果可推得。
【答案】（1）NH3+HCl= NH4Cl或PH3+HF= PH4F或NH3+H2S= NH4HS 或2NH3+H2S= （NH4）2HS
（2）H2O中存在氢键
（3）a b
（4）2NH3?H2O+SO2 ＝（NH4）2SO3+H2O
（5）4NH3+5O2 4NO+6H2O
4．物质A～E的转化关系如图所示:
已知气体单质D能使带火星的木条复燃,反应①是实验室制单质D的常用方法之一,反应②是实验室制黄绿色气体E的重要反应,（部分生成物未列出）。
依据上述信息,回答下列问题：
（1）A的化学式 。
（2）从氯元素化合价的变化看，以上写出反应②③④⑤四种方法的共同点是 。
（3）写出反应④的化学方程式 。
（4）利用反应③④⑤的变化，不写化学方程式比较A、C、D的氧化性由大到小的顺序 。
【解析】本题以氧气、氯气的实验室制备为素材，注意两者制备方法均为氧化还原反应，二者都以高锰酸钾为反应物，这是解题的突破口。很显然，黄绿色气体单质为氯气，单质D为氧气，A为高锰酸钾。框图的终点物质为氯气，都是和盐酸反应，所以，②③④⑤四个反应的共同点为用不同的氧化剂均将浓盐酸氧化为氯气，氯元素的化合价由-1价升高到0价。根据③④⑤三个反应中反应条件的差异（常温反应、加热、加热催化剂），得出A、C、D的氧化性由大到小的顺序为KMnO4>MnO2>O2。
【答案】（1）KMnO4
（2）氯元素的化合价由-1价升高到0价
（3）4HCl+O2 2Cl2+2H2O
（4）KMnO4>MnO2>O2
5．下图表示各物质之间的转化关系，其中D、E、N为单质。⑤为工业生产中常见反应，O是一种具有漂白作用的盐，P易潮解，I常温下为液态化合物，L是一种直线型的非极性气体分子。

试回答下列有关问题：
⑴M的化学式 ，L的结构简式 。
⑵b g的A物质与m gSiO2在高温煅烧后,能得到 mol C（用含b或m的表达式表示）
⑶反应①的化学方程式是____________________________________________。
⑷反应⑤的化学方程式是 。
（5）写出电解溶液K的阴极电极反应方程式是 。
【解析】本题一个看是比较容易，但是做起来比较难的。难点设计在三个方面：“题眼”设计比较隐蔽、问答中含有技巧性计算、电极反应考查了电解质的影响。即使推断出来了物质也难得到高分。O是一种具有漂白作用的盐，P易潮解，推测⑤是制取漂 *** 的反应，则O是Ca（ClO）2，P是CaCl2，所以N是Cl2，M是Ca（OH）2，I是水，看反应③，G和水反应生成Ca（OH）2和一种直线型的非极性分子，联想到实验室制取乙炔的反应，所以G是CaC2，L是C2H2，根据A高温煅烧，可知C是CO2，和Ca（OH）2反应生成了A，A是CaCO3，煅烧后得到B是CaO，C是CO2，满足题意，D和E是单质，反应②是CO2参加的置换反应，于是可知是Mg和CO2反应生成了MgO和C，E是碳，F是氧化镁，氧化镁和盐酸反应生成了MgCl2和水，MgCl2电解得到Cl2，满足前面的推测；对于反应①是CaO和C反应生成CaC2，则副产物H是CO，方程式是：CaO＋3C=CaC2＋CO。
（2）此问可以不要考虑过量问题，虽然b和m的关系没有给出，但是生成的CO2的量仅和CaCO3有关，利用碳的守恒，CO2的物质的量即为CaCO3的物质的量为b/100mol。
（3）反应①是CaO和C的反应，生成CaC2和CO，方程式是：CaO＋3C CaC2＋CO。
（4）反应⑤制取漂 *** 的反应，方程式为：2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O。
（5）电解MgCl2溶液，阴极是阳离子H＋放电，阳极是Cl－放电，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极区域留下了大量的OH－，和溶液中的Mg2＋反应生成沉淀，总方程式是：MgCl2＋2H2O=Mg（OH）2↓＋H2↑+Cl2↑，总方程式减去阳极反应式即为阴极反应式：Mg2＋＋2H2O＋2e－=Mg（OH）2↓＋H2↑。
【答案】（1）Ca（OH）2 ;HC≡CH
（2）b/100
（3）CaO＋3C CaC2＋CO↑
（4）2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O
（5）Mg2＋＋2H2O＋2e－=Mg（OH）2↓＋H2↑
6．下图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物。其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一。B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子。

试回答下列有关问题：
（1）以上7个化学反应属于氧化还原反应且氧化剂与还原剂是同一物质的是 （用编号①→⑦填写）
（2）在G、J、H中含有相同的元素是______________；
（3）J的水溶液和F （填写“能”或“否”）发生反应，其理由是 。
（4）反应⑤的化学方程式是 。
（5）写出电解溶液H的阴极电极反应方程式是 。
【解析】此题没有明显的突破口，需综合分析题给条件。本题可以采用试探法。当通过题中文字说明和框图中的变化无法找到相应物质时，此时，可通过题中规律，将中学化学中的常见物质代入试探，如发现试探的物质不符合时，再代入其它物质，直至获得结果。G能与盐酸反应生成H+B+F，说明G为一种的弱酸的含氧盐。结合由B常温下为液态化合物，推出B为是水。J与盐酸反应生成H+K，则J可能是一种不易分解的弱酸的盐。再综合考虑G和I的反应是在高温下进行的一种重要的化工生产中的主要反应，可联想玻璃工业（SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3 CaSiO3+CO2↑）。由短周期元素组成物质，可知G：Na2CO3 、I：SiO2 、J：Na2SiO3、F：CO2、K:H2SiO3或H3SiO4、H：NaCl。G：Na2CO3是CO2和NaOH反应生成，A是Na。逆推反应③,得到E是Na2O2，D是O2，满足题意，E和D是单质。 （5）电解NaCl溶液，阴极是阳离子H＋放电，阳极是Cl－放电，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极区域留下了大量的OH－，总方程式是：2NaCl＋2H2O NaOH＋H2↑+Cl2↑，总方程式减去阳极反应式即为阴极反应式：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。
【答案】（1）③ （2）Na （3）能，较强酸制较弱的酸
（4） SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑ （5） 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑
7．A、B、C、D、E、F六种中学化学中常见的物质，有转化关系（见下图）：

（1）若A、C、E皆为氧化物，且E为有毒气体，B、D、F皆为非金属单质，且D为气体。则A的结构简式为 ，单质F的晶体类型为 ，1molC中含有 个共价键。
（2）若A、C、E皆为氢化物，三者皆为极性分子，其中C的相对分子质量最小；D、E、F皆为氧化物， 其中D、F为有毒气体。则
①A、C、E沸点由高到低的顺序为 ，（填化学式）；A、C、E三种气态氢化物稳定性最强的是 （填化学式）
②B跟C反应生成E和F的化学方程式为 。
③A跟D常温下反应可生成一种单质，化学方程式为 。
【解析】（1）① A、C、E皆为氧化物，且E为有毒气体。常见的氧化物中有毒气体有：CO、NO、NO2、SO2；
② A、C、E皆为氧化物， B、D、F皆为非金属单质。说明A与B，B与C发生的都是发生在氧化物之间的置换反应。 通过置换反应不可能生成NO、NO2、SO2，这样就可以确定E为CO，能生成CO的单质B为碳。再从碳能发生的置换反应：C+H2O=CO+ H2和2C+SiO2=Si+2CO就不难推出A??F这六种物质了。
（2）最先确定的是E，E既是氢化物，又是氧化物，E肯定为H2O，B为O2。下面的入手点是气态氢化物，常见的气态氢化物除H2O外还有：CH4、NH3、HF、SiH4、PH3、H2S、HCl，通过三者皆为极性分子，先排除非极性分子CH4、SiH4，再根据不能被氧化排除了HF、HCl，再根据不常见排除PH3，就可知A、C为H2S和NH3，最后根据C的相对分子质量最小，确定A为H2S，C为NH3。而NH3生成的氧化物NO有毒，H2S生成的氧化物SO2有毒。符合题意，A??F就可以推出了。
[答案]（1）H-O-H，原子晶体，4NA。（2）①H2O＞NH3＞H2S，H2O；②4NH3 + 5O2 4NO +6 H2O，
③SO2 + 2H2S=2H2O + 3S↓。
8．A～I的物质转化关系如图所示：
已知：①A、B、I为常见的单质,其它的为化合物。
②化合物C、D、E由相同元素组成的化合物且M（E）=2M（D）。
③H为三大强酸之一。
④G的溶液显蓝色。
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出A的电子式 。
（2）写出反应④的化学反应方程式并用双线桥表示电子转移的方向和数目。
（3）假设C和D的物质的量之比恰好为1：1，则两者的混合物相当于一种酸酐。写出由烧碱溶液吸收这种酸酐的化学方程式 。
（4）写出反应⑤的离子反应方程式 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
【解析】H为三大强酸之一，盐酸、硫酸和硝酸，能与单质反应生成蓝色溶液，单质I为Cu，排除盐酸。根据E、D式量之间关系，显然是二氧化氮与四氧化氮之间的偶合反应，H为硝酸。框图中其他物质迎刃而解。NO、NO21：1相当于N2O3，被NaOH吸收N2O3+2NaOH=2NaNO2+H2O。

答案：（1）
（2）
（3）N2O3+2NaOH=2NaNO2+H2O（或NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O）
（4）3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：3
9．下图A、B、C、D四线表示常见单质M（金属或非金属）与氯气在点燃条件下进行化合反应的物质的量之间关系：

（1）以上四线仅能表示非金属单质与氯气反应的是 线（填“A或B或C或D），理由是 。
（2）写出符合B线现行教材中常见的非金属单质与氯气的反应： 。
（3）写出符合C线现行教材中常见的非金属单质与氯气的反应： 。
（4）若将另一种卤素单质代替氯气发现由C线变成B线且条件变为加热，请写出该单质与另一种卤素单质的化学反应为 。
【解析】本题考查了根据单质与氯气反应的物质的量的关系确定单质的种类。A线反应方程式为：2M+Cl2=2MCl；B线反应方程式为：M+Cl2=MCl2或者M2+Cl2==2MCl；C线反应方程式为：：2M+3Cl2==2MCl3；D线反应方程式为2M+5Cl2=2MCl5，所以A、B、C、D产物中元素化合价分别为+1、+2或+1、+3、+5，金属元素化合价通常为+1、+2、+3，直线D中M化合价为+5价，一定是非金属。写方程式注意根据化合价进行选择。根据卤族元素氧化性的递变规律，C线变成B线，元素化合价发生变化，M为变价元素，常见为铁。
答案： （1）D；金属常见的化合价≤3，D线中的M化合价为+5价
（2）H2+Cl2 2HCl
（3）2P+3Cl2 2PCl3
（4）Fe+I2 FeI2
10．物质之间的转化关系如下图，其中A、D、E、F、H为常见的单质，其余的为化合物，且单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态化合物。

试回答下列有关问题：
（1）A在元素周期表的位置 周期 族
（2）以上7个化学反应属于非氧化还原反应的是 （用编号①→⑦填写）
（3）写出反应②的化学方程式： ；
（4）写出引发反应④的实验操作
写出该反应一种重要的工业用途 。
【解析】此题明显的突破口单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，马上知道是Na202，说明E、F一定为Na 和O2。结合反应②条件是高温，马上就推出，E是O2，F是Na（Na活泼不需要高温）。结合由B常温下为液态化合物，推出B为是水，D为H2，G为NaOH。反应⑤与NaOH反应产生氢气的单质中学阶段只有Al和Si，结合⑥电解推出H为Al，J为Al2O3。由反应②高温条件下产生氢气体的单质有Fe和C，结合反④高温条件得到Al2O3，那只有A是Fe。验证反应⑦符合条件。
答案：（1） 四 Ⅷ
（2） ⑦
（3） 3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2
（4） 加少量KClO3,插上镁条并将其点燃，焊接钢轨（制高熔点金属）（其他合理答案也给分）
11．如图所示：A、B、C、D为中学化学常见单质或化合物，下述反应均源于现行中学化学教材，按要求填空。

⑴ 若A为黑色单质，C为无色有刺激性气味的气体，则反应的方程式为 。
⑵若A为红色单质，该反应在常温下剧烈发生，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
⑶ 若A为黑色粉末，C为气态单质，产生1molC被氧化B的物质的量为 。
写出反应离子方程式____________________。
⑷ 若A为白色乳状物，溶解度随温度升高而降低，则该反应在工业上可用于制备 。
【解析】（1）A是黑色单质，是单质碳，碳一般与强氧化性酸反应，A与B反应产生无色有刺激性气味的气体C，此外还生成水，所以生成的气体C是SO2，B是浓H2SO4，D是CO2。
（2）A为红色金属单质，则A是单质铜，反应在常温下剧烈发生，所以是浓硝酸与铜的反应，而不是浓硫酸，浓硫酸需要加热。反应方程式为：Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，氧化剂是硝酸，还原剂是铜，4mol硝酸参加反应，有2mol被还原成NO2，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。
（3）黑色粉末A能够与B反应得到气体，联想到实验室制取氯气的反应，可知A是MnO2，B是浓盐酸，C是氯气，D是MnCl2。反应方程式是：MnO2＋4HCl（浓） MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，产生1mol氯气被氧化的盐酸是2mol。
（4）A为白色乳状物，溶解度随温度升高而降低，则A是Ca（OH）2，工业上用来制备漂 *** ，制备原理是：2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O。
答案：⑴C+2H2SO4 CO2↑+2SO2↑+2H2O
（2）2：1
（3）2mol MnO2+4H＋+2Cl－ Mn2＋+Cl2↑+2H2O
（4）漂 *** （漂粉精）
12．有常见A、B、C三种短周期元素，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、庚七种物质之间的相互反应关系如图：

（1）画出C元素核外电子排布式____________，
（2）用有关电离方程式或离子方程式解释：
乙溶液呈酸性的原因 ；
丙溶液呈碱性的原因 ；
（3）写出有关反应①③的离子方程式：
① ；
③ 。
【解析】据题意， 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，可知C的最外层电子数为偶数，乙是含氧酸的钠盐且其中含C元素，可推测其为：C、Si、S其中的一种，乙溶液pH<7，其必为NaHSO4，可知C为S，B原子的最外层电子数为3，A的最外层电子数为4，根据三者的原子序数大小，可知A为C，B为Al。甲中含B元素，为Na AlO2，丙中含A元素，为Na2CO3或NaHCO3，和NaHSO4反应生成CO2气体（丁），故丙为：Na2CO3，两者的PH>7，符合要求； 丁与戊反应，且其为淡黄色固体，即过氧化钠，其他结果可推得。
答案：（1）
（2）NaHSO4＝Na＋+H＋+SO42－
CO32－＋H2O OH－+HCO3－
（3）AlO2-+4H+=Al3++2H2O
HCO3-+ AlO2- + H2O = CO32-+ Al（OH）3↓
13．下面是有关物质的转化关系图（有些物质己省略），其中A为单质，E在常温下为液体，D是一种含氧的化合物，请回答相关问题。

（1）若C的式量为78，则对C的结构、性质推断中不正确的是_____
A．久置于空气中会变成白色
B．具有强的氧化性
C．晶体存在离子键与非极性键
D．与湿润的紫色石蕊试纸接触时，只能使试纸变蓝色

（2）A的原子结构简图______________，H的电子式___________，E的结构式_________
（3）若C也是含氧化合物且氧为18O时，写出C与D反应的方程式___________________，另一产物（D以外）的摩尔质量为______。
（4）当A量较少时，I不可能是____________
A．H2O B．NaCl（aq） C．NaOH（aq） D．CuCl2
（5）若没有E在常温下为无色液体的限制，则E、I还可分别是_________、_________（填物质名称）
【解析】单质A能与同一物质F连续发生两次反应，这样的单质常见的有C、S、N2（此时F为O2）或A为P而F为Cl2，结合C的式量值可初步确定A为钠、C为Na2O2、B为Na2O、D为CO2、G为Na2CO3、H是NaOH，此时I不可能是CuCl2。Na2O2在空气中会与CO2反应最终转化为Na2CO3白色固体，晶体中存在钠氧离子键与“O-O”共价键，其中的氧元素为-1价，具有强的氧化性，能漂白包括酸碱指示剂在内的许多有色物质；也能表现出一定的还原性；与水或CO2反应是一个自身氧化还原反应。当E为盐酸或SO3、I为氯气或硫酸时也能实现上述变化。
答案： （1） D
（2） 、 H-O-H或
（3）2Na218O2+2CO2=2Na2CO2?18O+ 18O2、36g/mol，
（4）D

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