本站原创无机推断题集元素化合物、基本概念和基本理论等知识为一体,具有考查知识面广、条件隐蔽性强、思维跨度大、试题区分度高等特点,是高考命题的热点和难点.这种题型不但综合考查学生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、化学用语、电解质溶液、化学平衡、化学反应与能量、氧化还原反应等知识,更重要的是能突出考查学生抽象、求异、发散、收敛、逻辑推理、知识迁移、信息处理等方面的能力,而且结构紧凑,文字表述少,包含信息多,思维能力要求高.从历年高考考生答卷情况来看,无机推断题仍为考生的“软肋”.本文结合典型例题对无机推断题进行分类突破,以期对高三化学复习备考有所帮助.
题型一：以离子能否共存为背景的无机综合推断
例1.水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO-2、SiO2-3、SO2-3、CO2-3、SO2-4中的若干种离子.某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断正确的是（）
A.气体甲一定是纯净物
B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C.K+、AlO-2和SiO2-3一定存在于溶液X中
D.CO2-3和SO2-4一定不存在于溶液X中
解析：溶液X与过量稀盐酸反应能生成气体,则原溶液中至少有SO2-3或CO2-3中的一种,因此气体甲可能是纯净物也可能是混合物.由于溶液中至少有SO2-3或CO2-3中的一种,则一定不存在Mg2+和Al3+,则生成的沉淀一定是H2SiO3,反应的离子方程式为SiO2-3+2H+H2SiO3↓,说明溶液中一定含SiO2-3.反应后的溶液中再加入过量氨水得到的白色沉淀应为Al（OH）3,原因是AlO-2+4H+Al3++2H2O、Al3++3NH3H2OAl（OH）3↓+3NH+4,由此可知原溶液中一定有AlO-2,根据电荷守恒可知溶液中一定有K+,而是否存在SO2-4无法判断.
答案：C
题后反思：依据常见离子的特征性质及实验现象,判断离子的存在与否.在分析判断过程中,一要注意题目所给的限制条件和推断范围；二要注意当得出肯定存在的结论后,要根据离子能否共存而推断出不可能存在的离子；三要注意上一步实验对下一步实验的影响；四要注意电荷守恒的应用.
【知识储备】
1.重要的五种微溶物：Ca（OH）2、CaSO4、Ag2SO4、MgCO3、MgSO3.
2.重要的双水解反应：如AlO-2与Mg2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+等,Al3+与HCO-3（或CO2-3、S2-、HS-、AlO-2）,Fe3+与AlO-2（或HCO-3、CO2- 3、ClO-）,NH+4与SiO2-3 等.
3.重要的氧化还原反应：溶液中常见的离子发生氧化还原反应的情况见下表（“√”表示能发生反应,“×”表示不能发生反应,括号内注“H+”表示酸性条件）：
S2-SO2- 3I-Fe2+Br-Cl-（H+）
题型二：以框图为背景的无机综合推断
例2.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）.已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物,E 为黑色固体,I为红棕色气体；M为红褐色沉淀.
请回答下列问题：
（1）B中所含元素位于元素周期表中第周期族.
（2）A在B中燃烧的现象是.
（3）D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是.
（4）G+J→M的离子方程式是.
（5）Y受热分解的化学方程式是.
解析：F是地壳中含量最多的金属元素的单质,说明F是Al,X溶液电解后的产物分别是2种气体和碱溶液,可推知X为NaCl或KCl溶液,C中含OH-；气体A和B反应后生成D,而D能和黑色固体E反应生成B,可推知A为H2、B为Cl2、E为MnO2.
M为红褐色沉淀,应是Fe（OH）3,J中含有Fe3+；由于D是盐酸,故H为Fe2O3,红棕色气体I为NO2,溶于水后生成N,应是HNO3,M溶于硝酸得Y,应为Fe（NO3）3.
（1）B中含有的氯元素位于元素周期表第三周期ⅦA族.
（2）H2在Cl2中燃烧产生苍白色火焰.
（3）浓盐酸与MnO2发生的反应为MnO2+4HCl（浓）△MnCl2+Cl2↑+2H2O,反应中被氧化（注意发生反应的HCl只有一半被氧化,另一半起酸的作用）与被还原的物质的物质的量之比是2∶1.
（4）NaAlO2与FeCl3在溶液中发生双水解反应,离子方程式为3AlO-2 +Fe3++6H2O3Al（OH）3↓+ Fe（OH）3↓.
（5）硝酸铁受热分解生成Fe2O3、NO2,根据得失电子守恒可得还应有O2生成,化学方程式为4Fe（NO3）3△2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑.
答案：（1）三ⅦA
（2）产生苍白色火焰
（3）2∶1
（4）3AlO-2+Fe3++6H2O3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓
（5）4Fe（NO3）3△2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑
题后反思：框图型无机推断通常从以下3个角度作为突破口进行推断：特殊颜色、特殊现象和特殊转化.分析过程如下：
【知识储备】
1.具有特征颜色和状态的常见物质.
（1）（淡）黄（棕）色固体：Na2O2、S、FeCl3、CuCl2,黑色固体：MnO2、C、CuO、FeO、Fe3O4,紫（黑）色固体：KMnO4、I2,红色固体：Cu,绿色固体：Cu2（OH）2CO3. （4）气态氢化物最稳定的元素是F.
（5）三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两皆能反应,则其中必定含有Al元素.
（6）焰色反应呈的元素是Na,呈紫色的元素是K.
（7）最高价氧化物对应水化物的酸性最强的元素是Cl.
3.常见的等电子微粒：10电子微粒、14电子微粒、18电子微粒.
4.几组常用的原子序数关系：Z（H）+Z（Na）等于12[Z（O）]+Z（S）],Z（O）等于 12Z（S）,Z（O）+Z（N）等于Z（P）.
题型四：元素推断与化学反应原理的综合考查
例4.在常温下A、B、C、D、E是5种常见的气体,F是固体,它们之间存在如下图所示的转化关系,转化关系中涉及的三步反应均是化合反应.已知D分子是含有18个电子的异核双原子分子.请回答下列问题：
（1）反应①和反应②均是反应（填“放热”或“吸热”）.
（2）D分子的电子式为,F中所含有化学键的类型有.
（3）01molL-1的D溶液和01molL-1的E溶液等体积混合,溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”）,原因是（用离子方程式说明）.
（4）常温下01molL-1的E溶液中c（H+）c（OH-）等于1×10-8,下列叙述正确的是.
A.该溶液的pH等于11
B.该溶液中溶质电离出的阳离子浓度为01molL-1
C.该溶液中水电离出的c（H+）与c（OH-）乘积为1×10-22
D.pH等于3的盐酸溶液V1L与该01molL-1的Y溶液V2L混合,若混合溶液pH等于7,则V1>V2
E.将以上溶液加水稀释100倍后,pH为9
解析：由题给条件推知A是Cl2、B是H2、C是N2、D是HCl、E是NH3、F是NH4Cl.（3）两者恰好完全反应时生成NH4Cl,NH+4水解而使溶液显酸性.（4）常温下Kw等于c（H+）×c（OH-）等于1×10-14,结合题中信息c（H+）c（OH-）等于1×10-8,可得c（OH-）等于1×10-3molL-1,故溶液的pH等于11,A项正确.根据NH3H2ONH+4+OH-可得由氨水电离出的c（NH+4）等于1×10-3 molL-1,B项错.由水电离出的c（H+）等于c（OH-）等于1×10-11molL-1,C项正确.选项D表示等pH的盐酸和氨水混合后溶液的pH等于7,则V1>V2,D项正确.选项E考虑到氨水是弱电解质溶液,故加水稀释过程中NH3H2O会继续电离,稀释100倍后溶液的pH应大于9.
答案：（1）放热 （2）H∶Cl∶离子键、共价键（3）酸 NH+4+H2ONH3H2O+H+（4）ACD
题后反思：无机推断与化学反应原理的有机结合,使考题具有考查知识面广,综合性强,思维跨度大的特点,预计在今后的理科综合试卷中,它将依然是化学学科的一种重要题型.
【知识储备】
元素推断和框图推断涉及的大多是常见物质,与化学反应原理联系的常见考点有如下几种.
（1）C、CO、H2、烷烃、烃的含氧衍生物等物质的燃烧反应,涉及的知识点有燃烧热、热化学方程式、盖斯定律等.
（2）合成氨、二氧化硫的催化氧化、氯气与水的反应等都是可逆反应,涉及的知识点有化学反应速率、化学平衡状态的标志、化学平衡的影响因素、等效平衡、平衡常数等.
（3）S对应的H2SO3、C对应的H2CO3、Cl对应的HClO等弱酸以及水会与电离平衡紧密联系,常见元素形成的盐：Na2SO3、Na2CO3、NaHCO3、AlCl3、FeCl3等与盐类水解紧密联系.
（4）常见物质NaCl、CuCl2等与电解有关联,H2、CO、烷烃等与燃料电池有关联.
题型五：以工业生产为背景的无机综合推断
例5.工业上由钒钛磁铁矿经“选矿”得到的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2和金属Ti（海绵钛）的主要工艺流程如下,请回答下列问题：
（1）已知反应①中得到的生铁是铁碳合金,则反应①的化学方程式为.
（2）已知反应①和反应②有一种相同的生成物,试写出反应②的化学方程式：.某兴趣小组设计了一套实验装置在实验室中模拟反应②,装置中尾气处理部分如上图所示,瓶中应加入溶液,在导管B处应.
（3）已知在氯化过程中还有一种副产物VOCl3,实际生产中常在409K下用Cu还原VOCl3得到难溶于TiCl4的还原物VOCl2,反应中当有1molCu参与反应时转移的电子数为NA,则该反应的化学方程式为.
（4）用氧化还原滴定法测定产品TiO2的质量分数的方法如下：一定条件下,将TiO2溶解并还原为Ti3+,再以KSCN溶液作指示剂,用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+.当滴定分析时,称取TiO2（摩尔质量为M gmol-1）试样w g,消耗c molL-1 NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL,则TiO2的质量分数表达式为.
解析：（1）还原熔炼时得到生铁,说明碳过量,因此碳的主要氧化产物应为CO.
（2）氯化过程中相同的生成物指的是CO,由此可得方程式.氯化过程中的尾气主要是CO和Cl2,Cl2可用烧碱吸收,CO可直接点燃.
（3）根据题意当有1molCu参与反应时转移的电子数为NA,说明Cu的氧化产物为CuCl,而题中已明示VOCl3的还原产物为VOCl2,由此可得方程式.
（4）设TiO2的质量分数为y,根据电子得失守恒则有：TiO2 ～ Fe3+.
wyM等于 cV×10-31mol y等于 cVM1000w.
答案：（1）FeTiO3+C高温Fe+CO↑+TiO2 （2）TiO2+2Cl2 +2C△TiCl4+ 2CONaOH（其他答案合理均可）点燃 （3）Cu+ VOCl3△VOCl2+CuCl（4）cVM1000w（或cVM10w%）
题后反思：以工业生产为背景的无机推断都是以框图信息的形式给出,解答时既要看框内,又要看框外,里外结合；边分析,边思考,易处着手；先局部,后全盘,逐步深入.而且还要看清问题,不能答非所问.要求用理论回答的试题,这时应采用“四段论法”：本题改变了什么条件（或是什么条件）→根据什么理论→所以有什么变化→结论.
【知识储备】
1.工业制氯气及烧碱.
原理：2NaCl+2H2O电解2NaOH+Cl2↑+H2↑,原料：纯净的饱和食盐水,设备：离子交换膜、电解槽,其他：食盐水的精制,离子交换膜的作用及特点.
2.硫酸的工业制法.
（1）SO2的制取和净化：4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2（沸腾炉内进行）.
（2）SO2转化为SO3：2SO2+O2V2O5500°C2SO3（接触室中进行）.
（3）SO3的吸收和硫酸的生成：SO3+H2OH2SO4（在吸收塔内用98.3%的浓H2SO4吸收）.
（4）尾气的处理（用氨水吸收SO2）：SO2→（NH4）2SO3NH4HSO3H2SO4SO2（回收）（NH4）2SO4（化肥）.
3.硝酸的工业制法：（氨催化氧化法）生产阶段和反应原理.
第一阶段：氨催化氧化成NO（氧化炉）：4NH3+5O2Pt500°NO+6H2O.
第二阶段：HNO3的生成（吸收塔）：2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO↑（放出的NO被氧化再被吸收）,得到50%的HNO3,经Mg（NO3）2或浓H2SO4处理再蒸馏浓缩,可得96%以上的浓HNO3.
尾气处理：用NaOH溶液吸收尾气,有关反应可表示为2NaOH+NO+NO22NaNO2+H2O、2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O.
4.氨工业制法.
（1）三阶段：①原料气的制备、净化、压缩：C+H2O△CO+H2、CO+H2O催化剂△CO2+H2,N2取自空气（液化蒸发）；②合成：N2+3H2催化剂500°C,高压2NH3；③氨的分离（冷凝液化）.（2）有关设备：合成塔（掌握其结构）.（3）循环操作（掌握其特点）.（4）催化剂中毒及预防.
5.水泥工业.
（1）原料：石灰石、黏土和其他辅助原料.（2）设备：水泥回砖窑.（3）主要流程：两磨一烧.（4）水泥的主要成分：3CaOSiO2、2CaOSiO2、3CaOAl2O3.（5）水泥的水硬性（硬化过程）.
6.玻璃工业.
（1）原料：石灰石、石英、纯碱.（2）生产设备：玻璃熔炉.（3）成分：Na2SiO3、CaSiO3、SiO2.（4）反应原理：Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2↑.（5）玻璃种类：普通玻璃、特种玻璃（变色玻璃、石英玻璃、钢化玻璃等）.（6）玻璃态物质的特点：没有固定的熔点,而在某一定温度范围内逐渐软化.
7.侯德榜制碱.
将饱和的食盐溶液在冷却时用氨饱和,后在加压下通入CO2（由碳酸钙分解而来）,由于NaHCO3溶解度较小而析出,将析出的NaHCO3晶体煅烧,即可制得碳酸钠.
原理：NH3+CO2 +H2ONH4HCO3
NH4HCO3+NaCl（饱和） NaHCO3↓+ NH4Cl
2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+ H2O↑
原创题演练
1.水溶液X中只可能溶有Na+、NH+4、Al3+、Fe3+、HCO-3、CO2-3、I-、SO2-4中的若干种离子,某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断不正确的是（）
A.气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B.沉淀丙一定属于纯净物
C.在同一溶液中Na+、Fe3+、HCO-3、I-不能大量共存
D.戊中一定含有Na+、I-和HCO-3
2.下图涉及多种无机化工反应,其中R是一种新型无机材料,M是一种应用广泛的金属材料,F是人工合成的第一种有机物,且是一种常见的化学肥料,A、C、D、M均为常见元素的单质,“↑”表示该物质常温下是气体,反应G+J→F+H2O中G与J的最佳配比为2∶1,向Y溶液中通入足量的J气体时可得到一种白色胶状沉淀,将该白色胶状沉淀滤出洗净后加热分解可以得到B.
（1）试写出下列指定物质的化学式：B,F.
（2）反应①的化学方程式为.
（3）反应④的离子方程式为.
（4）上述反应中属于非氧化还原反应的有（填写相应反应的序号）.
3.A、B、D、E四种元素均为短周期元素,原子序数逐渐增大.A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等.B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图1所示,只有E元素的单质能与水反应生成两种酸.甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或两种组成,其中只有M分子同时含有三种元素；W为A、B两元素组成的18电子分子,可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质；X分子中含有10个电子.它们之间的转化关系如图2所示.
请回答下列问题：
（1）甲和乙反应生成1.12 L Y（标准状况下）,吸收9025kJ的热量,写出反应的热化学方程式：.
（2）一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后,所得溶液的pH7（填“大于”、“等于”或“小于”）,原因是（用离子方程式表示）.
（3）W―空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是20%～30%的KOH溶液.W―空气燃料电池放电时,正极反应式为,负极反应式为.
（4）将一定量的A2、B2混合气体放入1L密闭容器中,在500℃、2×107Pa下达到平衡.测得平衡气体的总物质的量为050mol,其中A2为03mol,B2为01mol.则该条件下A2的平衡转化率为,该温度下的平衡常数为.
参：1.BD
2.（1） Al2O3CO（NH2）2
（2） N2+Al2O3+3C1400～1800°C3CO+2AlN
（3） AlN+OH-+H2OAlO-2+NH3↑
（4） ④⑦
提示：由框图所示分析可知B是Al2O3,M是Al,白色胶状沉淀是Al（OH）3；结合反应⑧可知E是CO,J是CO2,Y是NaAlO2.根据题中信息知F是CO（NH2）2,则G是NH3.结合上述两点得新型无机材料R是AlN,D是H2,A是NH3,C是碳.
3.（1）N2（g）+O2（g）2NO（g）ΔH等于+361kJmol-1
（2）大于ClO-+H2OHClO+OH-
（3）O2+2H2O+4e-4OH-N2H4+4OH--4e-N2+4H2O
（4）33.3%10027