Transcript 第2讲

第2讲
无机物的推断
一、无机物的转化与推断方法
突破口又称“题眼”，解无机推断题的关键在于寻找突破口，常见的突破
口主要有以下几类：
1．特殊结构
(1)原子个数比为1∶1的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。
(2)“A≡A”分子必然是N2，三角锥形的分子是NH3、PH3等；
＋
(3)具有正四面体结构的有CH4、CCl4、NH4 、P4等。
(4)不含金属元素的离子化合物为铵盐。
2．物质的特有颜色
常见的有颜色的物质
3.特殊的实验现象
(1)H2在Cl2中燃烧呈苍白色火焰。
(2)遇酚酞溶液变红色的气体是氨气。
(3)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。
(4)Cl2通入含Br－的溶液中，会出现橙色，加入有机溶剂，在有机
溶剂层出现橙红色；Cl2通入含有I－的溶液中，会出现深黄色，加入有
机溶剂，在有机溶剂层出现紫红色。
－
－
＋
(5)遇SCN 显红色或遇OH 生成红褐色沉淀的离子是Fe3 。
(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能含
＋
－
－
有Ag 或SO24 或SO23 。
(7)遇HCl生成白色沉淀，则溶液中可能含有Ag＋或SiO23－。
(8)使品红溶液褪色的气体可能是Cl2或SO2，但将褪色后的液体
加热又复原的是SO2。
(9)碘遇淀粉显蓝色。
(10)实验现象为：白色沉淀→灰绿色→红褐色的转化一定是：
Fe(OH)2→Fe(OH)3。
(11)既能跟酸反应又能跟碱反应且生成气体的物质一般
是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、
(NH4)2S、NH4HS。
(12)与碱反应产生气体的物质是铝、铵盐，产生的气体一般是
H2、NH3。
(13)与水反应产生气体的物质一般是Na、Na2O2、CaC2、
Mg3N2等。
(4)属于“单质＋化合物===新单质＋新化合物(置换反应)”类型的
反应有：
①单质同主族：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑；
高温 Si＋2CO↑；Cl ＋2NaBr===2NaCl＋Br 等。
2C＋SiO2=====
2
2
②单质不同主族：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑；H2S＋
高温 CO＋H 等。
Cl2===2HCl＋S↓；C＋H2O(g)=====
2
③有过渡元素参加的常见置换反应：
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
(5)能“三合一”的反应有：NH3＋H2O＋CO2===NH4HCO3；
4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3。
(6)常见的一种物质能分解生成三种物质的反应，该物质可能为
NaHCO3、NH4HCO3、(NH4)2CO3、HNO3或KMnO4。
[特别提醒]
(1)电解池阳极生成的气体一般是O2、Cl2阴极生成的气体一定
是H2。
(2)短周期元素中
①气态非金属单质有H2、N2、O2、F2、Cl2。
②常考H、C、N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl 10种元素外加
长周期的K和Ca。
二、解无机推断题“五步曲”
1．审：审清题意，从题干→问题→框图迅速浏览一遍，尽量在框
图中把相关信息表示出来，明确求解要求。
2．找：找“题眼”，即找到解题的突破口，此步非常关键。
3．析：从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，大胆猜测，顺
藤摸瓜，应用正逆向思维、发散收敛思维、横向纵向思维等多种思
维方式，进行综合分析、推理，初步得出结论。
4．验：验证确认，将结果放入原题检验，完全符合才算正确。
5．答：按题目要求写出答案。
[易错警示]
1．答非所问是考生解答此类试题经常出现的错误。因此在答题
时必须注意：(1)答名称，还是答符号、化学式；(2)答离子方程式
，还是化学方程式；(3)答现象，还是答结论；(4)答规律，还是答
具体物质或具体内容。
2．烟、雾易混
(1)在空气中出现白雾：HCl、HF、HBr、HI、NH3、HNO3(极易
溶于水的气态物质)；
(2)燃烧出现棕黄色的烟：Fe、Cu在Cl2中燃烧。
结合元素周期表和物质的特征进行元素推断
[例1]
(2011年高考天津理综)图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，
它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中，A俗称磁性氧
化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。
回答下列问题：
(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是________；M中存在的
化学键类型为________；R的化学式是________。
(2)一定条件下，Z与H2反应生成ZH4。ZH4的电子式为________。
(3)已知A与1 mol Al反应转化为X时(所有物质均为固体)，放出a
kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：________。
(5)向含4 mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末
至过量．假设生成的气体只有一种，请在坐
标系中画出n(X2＋)随n(X)变化的示意图，并
标出n(X2＋)的最大值。
[解析] A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4。A(Fe3O4)与Al在高温条
件下发生铝热反应：8Al＋3Fe3O4
9Fe＋4Al2O3，则单质X
为Fe。X(Fe)与单质Y在点燃条件下生成A(Fe3O4)，则Y为O2。E是
不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，E为SiO2，从而推知单
质Z为Si。E(SiO2)与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，则M为
Na2SiO3。Y(O2)与NO、H2O发生反应生成HNO3：4NO＋3O2＋
2H2O===4HNO3，则D为HNO3。M(Na2SiO3)溶液与D(HNO3)溶液
混合，可得H2SiO3(或H4SiO4)胶体，则R为H2SiO3(或H4SiO4)。
(1)O元素处于周期表中第二周期第ⅥA族。Na2SiO3为离子化合物，
存在离子键和共价键。
(2)在一定条件下，Si与H2反应生成SiH4，其电子式为
(3)1 mol Al与Fe3O4反应时放出a kJ热量，那么8 mol Al与Fe3O4反
应放出8a kJ热量，故Al与Fe3O4反应的热化学方程式为：8Al(s)＋
3Fe3O4(s)===9Fe(s)＋4Al2O3(s) ΔH＝－8a kJ/mol。
(4)Fe3O4 中 Fe 元素显＋2、＋3 价，与稀硝酸发生氧化还原反应，
＋
－
＋
离子方程式为 3Fe3O4＋28H ＋NO3 ===9Fe3 ＋NO↑＋14H2O。
(5)向 HNO3 溶液中加入 Fe 粉，开始时 HNO3 过量，Fe 被氧化成
Fe(NO3)3：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，当加入 1 mol
Fe 时恰好生成 1 mol Fe(NO3)3。再加入铁粉时，发生反应：2Fe(NO3)3
＋Fe===3Fe(NO3)2，当加入 1.5 mol Fe 时，生成 1.5 mol Fe(NO3)2，继
续加入铁粉后，不再发生反应，n(Fe2＋)不变。
由此可画出 n(Fe2＋)随 n(Fe)
变化的曲线。
[答案]
(1)第二周期第ⅥA族
离子键、共价键
H2SiO3(或H4SiO4)
(2)
(3)8Al(s)＋3Fe3O4(s)===9Fe(s)＋4Al2O3(s) ΔH＝－8a kJ/mol
(4)3Fe3O4＋28H＋＋NO 3 －===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
(5)
1．(2011年三明模拟)已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单
质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则
W、X不可能是(
)
解析：无论NH3·H2O少量还是过量都生成Al(OH)3沉淀，因为
Al(OH)3不溶于弱碱NH3·H2O的溶液。
答案：D
结合图像、图表及特征转化关系推断
[例2] (2010年高考课标全国理综)物质A～G有下图所示转化关系(部
分反应物、生成物没有列出)。其中A为某金属矿的主要成分，经过
一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红
色沉淀。
请回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：B________、E_______、G______；
(2)利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是_______，
阴极物质是____，电解质溶液是________；
(3)反应②的化学方程式是__________；
(4)将0.23 mol B和0.11 mol氧气放入容积为1 L的密闭容器中，发生
反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12 mol D，则反应的
平衡常数K＝________。若温度不变，再加入0.50 mol 氧气后重新达
到平衡，则B的平衡浓度________(填“增大”“不变”或“减小”)
，氧气的转化率__________(填“升高”“不变”或“降低”)，D的
体积分数________(填“增大”“不变”或“减小”)。
[解析]
(1)由G为砖红色沉淀及F转化为G的条件可知，G为Cu2O，
则C为Cu，E为浓硫酸或者硝酸，结合题中所给的信息可知，矿物
A应为Cu2S，则B为SO2，D为SO3，E为浓硫酸而不是硝酸，F为
CuSO4。(2)用电解法提纯金属铜的方法是将粗铜作为电解池的阳极，
精铜作为电解池的阴极，一般用CuSO4溶液作电解质溶液。(3)反应
②的化学方程式：
Cu＋2H2SO4(浓)
CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
2SO2(g)＋O2
(4)
2SO3(g)
初始浓度/mol·L
－1
0.23
0.11
0
变化浓度/mol·L
－1
0.12
0.06
0.12
平衡浓度/mol·L
－1
0.11
0.05
0.12
ΔH<0
据此可计算出该温度下的化学平衡常数：K＝
－
0.12 mol·L 12
－1
；保持温度不变，向
－1 ≈23.8 L·mol
－1 2
0.11 mol·L  ×0.05 mol·L
容器中再加入一定量的氧气后，氧气浓度增大，转化率降低，化学平
衡向正反应方向移动，故二氧化硫的转化率增大，其平衡浓度减小，
所得混合气体中三氧化硫的体积分数减小。因为三氧化硫增大的浓度
－
最大值为0.11 mol·L 1，而氧气增大的浓度远大于该值，故三氧化硫的
体积分数减小了。
[答案] (1)SO2 H2SO4 Cu2O
(2)粗铜 精铜
CuSO4溶液
(3)Cu＋2H2SO4(浓)
(4)23.8 L·mol－1 减小
CuSO4＋SO2↑＋2H2O
降低
减小
2．(双选)A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、
B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系(部分产物及反应条件
已略去 )，则正确的是(
)
A．X元素可能为Al
B．X元素一定为非金属元素
C．反应①和②互为可逆反应
D．反应①和②一定为氧化还原反应
解析：A为单质，由图示知B、C中必含A元素，且一为正价，一
为负价，故是非金属元素。
答案：BD
有关化工流程题的推断
[例3] (2011年高考福建理综)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业
材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4
等产品的一种工艺流程示意如下：
回答下列问题：
(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过
程中有如下反应发生：
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是________。
(2)在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该
溶胶的分散质颗粒直径大小在________范围。
(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3
杂质，还可制得钛白粉。已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39
，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋
________。
Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝
(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋O2(g) ΔH＝＋140 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化
学方程式：_______。
(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿
色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是________(只要求写出
一项)。
(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用_____
方法。
[解析] (1)加入铁屑使溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，保护TiO2＋不
被Fe3＋氧化。
(2)胶体的分散质微粒的直径大小介于1 nm～100 nm之间即10－9
m～10－7 m。
(3)根据氢氧化铁的平衡常数表达式：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)
·c3(OH－)，而该反应的平衡常数K的表达式为K＝c(Fe3＋)/c3(H＋)，
又由于25 ℃时水的离子积为Kw＝1×10－14，从而推得K＝
Ksp[Fe(OH)3]/(Kw)3，即K＝2.79×10－39/(1×10－14)3＝2.79×103。
(4)根据盖斯定律将第一个反应和第二个反应相加即得该热化学
反应方程式：TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋2CO(g) ΔH＝
－81 kJ·mol－1。
(5)该工艺流程中产生一些氯气等废气，还有一些废渣、废液等
，给环境造成污染。
(6)根据表中的数据可知二者的沸点差距较大，因此可以通过分
馏的方法把SiCl4除去。
[答案] (1)使溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，保护TiO2＋不被Fe3＋氧化
(2)10－9 m～10－7 m(或其他合理答案)
(3)2.79×103
(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)
ΔH＝－81kJ·mol－1
(5)产生三废(或其他合理答案)
(6)蒸馏(或分馏或精馏)
3．工业上用铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 SiO2、Fe2O3 等杂质)为原
料冶炼铝的工艺流程如下：
对上述流程中的判断正确的是(
)
A．试剂 X 为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物
－
B．反应Ⅱ中生成 Al(OH)3 的反应为 CO2＋AlO2 ＋H2O===
－
Al(OH)3↓＋HCO3
＋
－
－
－
C．结合质子(H )的能力由强到弱的顺序是 OH >AlO2 >CO32
D．Al2O3 的熔点很高，工业上还可采用电解熔融 AlCl3 冶炼 Al
解析：根据题中冶炼铝的流程图知，试剂X可以为NaOH，则Y为
CO2，沉淀中含有Fe2O3，A项错误；B项中的反应方程式中氢元素
－
不守恒，B项错误；C项根据反应Ⅱ的产物有Al(OH)3和HCO3 ，则
－
－
－
＋
结合质子(H )的能力由强到弱的顺序是OH ＞AlO2 ＞CO23 ，C项
正确；AlCl3是共价化合物，不能用电解熔融AlCl3的方法制Al，D
项错误。
答案：C
FeCl3可通过多种途径转化成FeCl2。
(1)在FeCl3溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为_____；
(2)工业上常将无水FeCl3在氮气作保护气下加热至300～350 ℃，通入干燥
H2，而制得FeCl2。该反应的化学方程式为______；
(3)工业上另一种制备FeCl2的方法是：将无水的FeCl3与适量氯苯(C6H5Cl)
，在130 ℃持续加热约3小时，可发生如下反应：
2FeCl3＋C6H5Cl
2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl
根据有机反应规律，该反应中氯苯发生的是________(填有机反应类型)。
(4)分析上述三个反应，下列有关说法正确的是________(填序号)。
①反应(1)中，氢碘酸既表现了酸性，又表现了还原性
②反应(3)中，HCl为氧化产物
③上述三个反应中，FeCl2均为还原产物
(5)请另写一个FeCl3转化成FeCl2的化学方程式：_______。
解析：(1)Fe3＋有氧化性，I－有还原性，它们可以发生氧化还原
反应；(2)根据信息FeCl3转化为FeCl2，Fe元素化合价降低，那么H
元素化合价升高，这样就可以写出化学反应方程式；(3)根据反应
产物，可以确定为取代反应；(4)根据氧化还原反应概念，确定③
是正确的；(5)FeCl3转化为FeCl2，另一种物质必须是还原剂。
答案：(1)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2↓
(2)2FeCl3＋H2
(3)取代反应
理均可)
2FeCl2＋2HCl
(4)③
(5)2FeCl3＋Fe===3FeCl2(其他答案合
1．(2011年高考福建理综)下表各选项中，不能利用置换反应通过Y
得到W的一组化合物是(
)
解析：通过Mg在CO2中燃烧可制得MgO；通过铝热反应可制得三
氧化二铝；通过乙醇和钠发生置换反应可制得乙醇钠；氯化铁溶液
和铜反应能生成氯化铜，但不是置换反应。
答案：D
2．在200 mL含Mg2＋、Al3＋、NH4+、H＋、Cl－等离子的溶液中，
逐滴加入5 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)
与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示：
下列叙述正确的是(
)
A．x与y的差值为0.01 mol
B．原溶液中c(Cl－)＝0.75 mol·L－1
C．原溶液的pH＝2
D．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶2
解析：剖析图象容易求得：原200 mL溶液中含20 mmol H＋(由横坐标
0～4段求得，依据是H＋＋OH－===H2O)；含10 mmol Al3＋(只能由横
坐标33～35段求得，依据是Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O)；含
50 mmol Mg2＋[在Al3＋已求得的基础上，联合横坐标4～30段求得，依
据是Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓以及Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓]；含
30 mmol NH4＋(由横坐标30～33段求得，依据是NH＋4 ＋OH－===NH3↑
－
＋H2)；含180 mmol Cl (结合上述已经推得的各种数据，由溶液电中
性原则求得)。因此，A正确。B错误，c(Cl－)＝0.9 mol·L－1。D错误，
所求的比值应为5∶1。C错误pH＝1。
答案：A
3．A、B、C、D都是中学化学中常见物质，它们均含有同一种短
周期元素，在一定条件下可发生如图所示的转化。下列 判断中合理
的是(
)
A．A不可能是金属
B．A和D可能发生化合反应
C．X一定为氧气
D．A不可能含有三种元素
解析：若X为O2，A为Na、N2、NH3、乙醇等均成立；若A为P，
X为Cl2也符合题意。若A为氨气，D为硝酸，A和D可发生化合反应
。若A为乙醇，X为氧气，乙醇不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳
继续与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸。
答案：B
4．(2011年曲靖模拟)A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们
之间有如图转化关系(副产物已略去)。
试回答：
(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________。
a．S b．N2
c．Na d．Mg e．Al
(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶
于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式为_______；
C溶液在储存时应加入少量X，理由是(用必要的文字和离子方程
式表示)_______。
(3)若A、B、C为含金属元素的无机化合物，X为强电解质溶液，
A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为________，X的化学式可
能为(写出不同类物质)_____或________，反应①的离子方程式为
_____或______。
解析：此转化关系与我们熟悉的连续氧化非常相似。
(1)当X是强氧化性单质(如：O2)时，S、N2、Na均可被连续氧化，而Mg、
Al只能被氧化一次。因此A不可能是Mg、Al。
(2)由于C溶液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以C中
－
含有Cl ，X应为变价金属，我们常见的有铁、铜等，经验证，X为Fe，A为
Cl2：
Fe FeCl ――→
Fe FeCl ，B为FeCl ，C为FeCl ，由于Fe2＋易被氧化，
Cl2――→
3
2
3
2
储存FeCl2溶液时常加入少量铁粉。
(3)A、B、C均含同一种金属元素，结合题意可推出，应是含铝化合物与
酸或碱的反应。如：
HCl Al(OH) ――→
HCl AlCl
NaAlO2――→
3
3
或AlCl3NaOH
――→ Al(OH)3NaOH
――→ NaAlO2
答案：(1)de
(2)FeCl3 Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋
(3)Al(OH)3 HCl
NaOH
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
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