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一、初中化学推断题
1．已知奥运五环中A、B、C、D、E为稀硫酸、氢氧化钠溶液、二氧化碳、氧化铁、水中一种，且相连环内两种物质能发生化学反应,E是常见溶剂。请回答:

(1)B物质是__________。
(2)A与B反应试验现象是______________。
(3)写出C与D反应化学方程式________________。
【答案】H2SO4 红色固体溶解，生成淡黄色溶液 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
【解析】
根据题干提供信息进行分析解答，E是常见溶剂，故E是水，能与水反应物质是二氧化碳，故D是二氧化碳，能与二氧化碳反应物质是氢氧化钠，故C是氢氧化钠，能与氢氧化钠反应物质是硫酸，故B是硫酸，因此A是氧化铁，据此解答。（1）B是硫酸（或H2SO4）；（2）A是氧化铁，B是硫酸，两者反应生成硫酸铁和水，会观测到红色固体溶解，生成淡黄色溶液；（3）C是氢氧化钠，D是二氧化碳，两者反应生成碳酸钠和水，反应化学方程式为2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。

2．如图所示，围棋棋盘上有甲、乙、丙、丁、戊五枚棋子分别代表铁、稀盐酸、氢氧化钙、碳酸钙、氧化铁五种物质中一种，相邻棋子间连线表达物质间可以反应。其中，乙为红棕色固体，甲和戊反应类型不一样于其他三个反应，试验室常用丁来检查丙跟戊反应生成气体。请回答问题：

（1）乙化学式为_____；
（2）甲和戊反应基本类型是_____；
（3）生活中丙用途是_____；
（4）戊与乙反应化学方程式是_____；
【答案】Fe2O3 置换反应 建筑材料或补钙剂 Fe2O3+6HCl=FeCl3+3H2O
【解析】
【分析】
乙为红棕色固体，故乙是氧化铁，常用丁来检查丙跟戊反应生成气体。则丁也许是氢氧化钙，丙跟戊反应生成气体也许是二氧化碳，故丙戊即为稀盐酸和碳酸钙两种中一种，故甲是铁，据此分析解答即可；
【详解】
乙为红棕色固体，故乙是氧化铁，常用丁来检查丙跟戊反应生成气体。则丁也许是氢氧化钙，丙跟戊反应生成气体也许是二氧化碳，故丙戊即为稀盐酸和碳酸钙两种中一种，故甲是铁，铁和戊可以反应，戊是稀盐酸，丙是碳酸钙，甲和戊反应类型是置换反应，其他三个反应均是复分解反应；
（1）由分析知乙是氧化铁，化学式为：Fe2O3；
（2）甲和戊是铁和稀盐酸反应，其类型是置换反应；
（3）丙是碳酸钙，生活中常用来做建筑材料或补钙剂；
（4）戊与乙反应化学方程式是：Fe2O3+6HCl=FeCl3+3H2O

3．A、B、C、D四种化合物，由如下8种离子构成（每种离子只能选用一次）。
阳离子：Na+、Ba2+、Cu2+、Mg2+； 阴离子；Cl−、NO3-、OH−、SO42-
四种化合物之间反应有如下现象：
①AB→白色沉淀，不溶于硝酸；
②BD→蓝色沉淀：
③CB→白色沉淀，再加硝酸沉淀则转化为C。
（1）由此可推知：A为__________，D为__________。（填化学式）
（2）请写出BC反应化学方程式___________________。
【答案】Na2SO4 CuCl2 2HNO3+Mg（OH）2=Mg（NO3）2+2H2O
【解析】
【分析】
题目中突破口“A+B→白色沉淀，不溶于硝酸”，则为Ba2+和SO42-反应生成硫酸钡沉淀；根据“B+D→蓝色沉淀”，则为Cu2+和OH-作用生成氢氧化铜沉淀；“C+B→白色沉淀，再加硝酸沉淀则转化为C”，则可推测生成沉淀为不溶性碱氢氧化镁，而C为硝酸镁。又由于“每种离子只能选用一次”，每个物质只有一种也许，因此推测出各物质，带入验证符合题意即可。
【详解】
根据“A+B→白色沉淀，不溶于硝酸”，则为Ba2+和SO42-反应生成硫酸钡沉淀，则推测A也许为硫酸钠；B为氢氧化钡；化学方程式为：Ba（OH）2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH；
根据“B+D→蓝色沉淀”，则为Cu2+和OH-作用生成氢氧化铜沉淀；则推测B为氢氧化钡，而D为氯化铜；化学方程式为：CuCl2+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaCl2；
根据“C+B→白色沉淀，再加硝酸沉淀则转化为C”，则可推测生成沉淀为不溶性碱氢氧化镁，而C为硝酸镁；化学方程式为：Mg（NO3）2+Ba（OH）2=Ba（NO3）2+Mg（OH）2↓；2HNO3+Mg（OH）2=Mg（NO3）2+2H2O
故A为硫酸钠，B为氢氧化钡，C为硝酸镁，D为氯化铜。
故答案为：
（1）Na2SO4，CuCl2．（2）2HNO3+Mg（OH）2=Mg（NO3）2+2H2O。

4．试验室有失去标签五个试剂瓶，分别盛有NaOH溶液、CuSO4溶液、BaCl2溶液、稀盐酸和稀硫酸。鉴别操作如下：
（1）呈蓝色溶液为CuSO4溶液。取少许其他溶液分别于四支试管中，再分别滴加CuSO4溶液，可鉴别出NaOH溶液和BaCl2溶液。鉴别出NaOH溶液现象是_____。
（2）另取少许剩余两种溶液分别放入两支试管中，再分别滴加BaCl2溶液，其中一支试管内产生白色沉淀，该反应化学方程式为_____。
（3）试验结束后，将所有试管中物质充足混合，过滤除去沉淀，得到无色滤液，此滤液一定具有溶质为_____（填化学式）。取少许无色滤液滴加Na2SO4溶液，无明显现象。另取少许无色滤液分别与下列物质混合时，一定无明显现象是_____。
A Ba(OH)2溶液 B AgNO3溶液 C Mg D 酚酞溶液
【答案】产生蓝色沉淀 C
【解析】
【详解】
（1）呈蓝色溶液为CuSO4溶液。取少许其他溶液分别于四支试管中，再分别滴加CuSO4溶液，可鉴别出NaOH溶液和BaCl2溶液。CuSO4溶液与BaCl2溶液产生白色沉淀；CuSO4溶液与NaOH溶液产生蓝色沉淀；鉴别出NaOH溶液现象是产生蓝色沉淀；故填：产生蓝色沉淀
（2）另取少许剩余两种溶液分别放入两支试管中，再分别滴加BaCl2溶液，能与BaCl2溶液产生白色沉淀是稀硫酸，其反应化学方程式为：H2SO4+ BaCl2 ==BaSO4+2HCl；故填：H2SO4+ BaCl2 ==BaSO4+2HCl
（3）根据反应可知，氯化钠为反应产物，且可溶解在水里，故此滤液一定具有溶质为NaCl；
将五种溶液混合，过滤后得到无色溶液，阐明铜元素全在氢氧化铜沉淀里，滤液里无铜离子，试管中能生成氢氧化铜沉淀，阐明滤液中没有氢离子，滤液加入硫酸钠后没有明显现象，阐明滤液中没有钡离子。
A、溶液中也许具有硫酸根离子，因此加入氢氧化钡后也许有沉淀生成，故不符合题意；
B、溶液中具有氯离子，因此加入硝酸银后有沉淀生成，故不符合题意；
C、溶液中没有氢离子，因此加入镁后没有明显现象，故符合题意；
D、根据以上分析可知滤液中没有氢离子，滤液呈碱性或中性，因此加入酚酞也许会有明显现象，故不符合题意；
故填C

5．甲。乙两厂废水共含盐酸、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钙四种溶质，甲厂pH＜7．先将甲乙两厂废水混合，试着分析如下问题。
（1）甲、乙两厂废水溶质各是什么？
（2）两厂溶液混合后经检查混合液中pH＞7，溶液中不含钙离子；写出两厂废水混合后一定发生反应并设计试验最终确定两厂混合液中溶质。
【答案】（1）甲厂废水中具有稀盐酸和氯化钙，乙厂废水中具有氢氧化钠、碳酸钠；（2）HCl+NaOH═NaCl+H2O，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl；加入过量氯化钙，若不产生沉淀，阐明了废液中不具有碳酸钠，只具有氢氧化钠；若产生了沉淀，废液中一定具有碳酸钠，再加入酚酞试液，若酚酞试液不变色，阐明了不具有氢氧化钠；若变成红色，阐明了具有氢氧化钠
【解析】
【分析】
（1）根据物质性质和甲厂废水pH不大于7分析甲、乙两厂废水溶质；
（2）根据碳酸钠能与氯化钙反应，氢氧化钠、碳酸钠溶液显碱性分析回答。
【详解】
（1）由题意可知，甲厂pH＜7，阐明了废液中不具有氢氧化钠、碳酸钠，氢氧化钠、碳酸钠应在乙厂废水中，又由于碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，乙厂中不具有氯化钙。因此，甲厂废水中具有稀盐酸和氯化钙，乙厂废水中具有氢氧化钠、碳酸钠；
（2）两厂溶液混合后经检查混合液中pH＞7，溶液中不含钙离子，阐明了稀盐酸、氯化钙完全发生了反应，反应方程式是：HCl+NaOH═NaCl+H2O，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl．为了检查混合液中溶质，可加入过量氯化钙，若不产生沉淀，阐明了废液中不具有碳酸钠，只具有氢氧化钠。若产生了沉淀，废液中一定具有碳酸钠，再加入酚酞试液，若酚酞试液不变色，阐明了不具有氢氧化钠，若变成红色，阐明还具有氢氧化钠。
故答为：（1）甲厂废水中具有稀盐酸和氯化钙，乙厂废水中中具有氢氧化钠、碳酸钠；
（2）HCl+NaOH═NaCl+H2O，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl；加入过量氯化钙，若不产生沉淀，阐明了废液中不具有碳酸钠，只具有氢氧化钠；若产生了沉淀，废液中一定具有碳酸钠，再加入酚酞试液，若酚酞试液不变色，阐明了不具有氢氧化钠；若变成红色，阐明了具有氢氧化钠；
【点睛】
本题重要考察物质性质，解答时要根据多种物质性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出对结论。

6．A～H是初中化学常见物质。A俗称纯碱，C可用作补钙剂，G是一种常见氮肥，H、F物质类别相似，它们之间转化关系如图所示（图中“一”表达两端物质间能发生化学反应；“→”表达物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去）。请回答问题。

（1）C化学式为_____。
（2）D一种用途是_____。
（3）写出H转化为B化学方程式_____。
（4）没有波及到基本反应类型为_____反应。
【答案】CaCO3 干燥剂 CaO+H2O═Ca（OH）2 置换
【解析】
【分析】
A俗称纯碱，因此A是碳酸钠； C可用作补钙剂，因此C是碳酸钙；A和B反应会转化成C和D，因此B是氢氧化钙，D是氢氧化钠； H、F物质类别相似，碳酸钙生成F会与氢氧化钠反应，因此F是二氧化碳，碳酸钠生成H会转化成B，因此H是水；G是一种常见氮肥，且能与氢氧化钠、氢氧化钙反应，因此G是一种铵盐；E会与碳酸钠、碳酸钙反应，因此E是盐酸。
【详解】
（1）由分析可知，C为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故填CaCO3。
（2）由分析可知，D为氢氧化钠，具有潮解性质，可做干燥剂，故填干燥剂。
（3）由分析可知，H为水，B为氢氧化钙，H转化为B反应是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，故反应化学方程式写为：CaO+H2O═Ca(OH)2。
（4）碳酸钙和氢氧化钠反应属于复分解反应，碳酸钙转化成二氧化碳反应属于分解反应，氧化钙和水反应属于化合反应，因此没有波及到基本反应类型为置换反应，故填置换。

7．有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中几种构成。为确定其构成，现进行如下试验，各环节均已充足反应。

①取一定质量粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；
②向①步得到沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；
③将①步得到无色溶液A进行如下图所示试验。
请回答问题：
（1）B化学式是_______________________。
（2）A中一定存在溶质化学式是______________。
（3）生成白色沉淀D化学方程式是________________________。
（4）这包粉末中也许具有物质化学式是_______________________。
【答案】BaSO4 MgCl2、Na2SO4 MgCl2+2AgNO3==2AgCl↓+Mg(NO3)2 NaNO3
【解析】
试题分析：①取一定质量粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；详细无法确定与否具有哪种物质；②向①步得到沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液，证明一定具有碳酸钙、氯化铁和氢氧化钠；由③操作可知，物质中具有硫酸钠和氯化镁；故（1）B化学式是BaSO4 （2）A中一定存在溶质化学式是MgCl2、Na2SO4 （3）生成白色沉淀D化学方程式是MgCl2+2AgNO3==2AgCl↓+Mg（NO3）2（4）这包粉末中也许具有物质化学式是NaNO3
考点：物质推断

8．A～G是初中化学常见物质，已知A、D、F均为单质，其中D是平常生产生活中使用最多金属，B是一种氧化物，C是一种常见酸，E(相对分子质量为160)水溶液呈蓝色，它们互相转化关系如图所示(部分生成物和反应条件已略去)。试回答问题：

(1)B化学式：______。
(2)A在生产生活中一种用途______。
(3)反应③化学方程式___；图中所波及到反应中，与③同属于置换反应是____(填序号)。
【答案】CuO 冶炼金属 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu ①
【解析】
【分析】
A～G是初中化学常见物质，已知A、D、F均为单质，其中D是平常生产生活中使用最多金属，因此D是铁，B是一种氧化物，C是一种常见酸，E(相对分子质量为160)水溶液呈蓝色，因此E是硫酸铜，G通电会生成A，A会与氧化物B反应生成F，因此G是水，A是氢气，B可以是氧化铜，F就是铜，氧化铜和C反应生成硫酸铜，因此C是硫酸，通过验证，推导对。
【详解】
(1) B是氧化铜，其化学式：CuO；故填：CuO。
(2)A在生产生活中一种用途是：冶炼金属；故填：冶炼金属。
(3)反应③是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，①是氢气和氧化铜反应，属于置换反应，②是氧化铜和硫酸反应，属于复分解反应，因此图中所波及到反应中，与③同属于置换反应是①，故填：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，①
【点睛】
在解此类题时，首先将题中有特征物质推出，然后结合推出物质和题中转化关系推导剩余物质，最终将推出多种物质代入转化关系中进行验证即可。

9．下列框图中物质均为初中化学常见物质，其中A是建筑材料重要成分，B是金属氧化物，如图所示是各物质之间互相转化关系．请回答：

（1）写出下列物质化学式：B ；D ．
（2）反应①化学方程式为 ．
（3）举出E在农业生产中一种用途 ．
【答案】（1）Fe2O3，CaO；（2）FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；（3）改良酸性土壤．
【解析】
试题分析：（1）A是建筑材料重要成分，高温分解会生成无色气体C和D，因此A是碳酸钙，C是二氧化碳，D就是氧化钙，氧化钙和水反应会生成氢氧化钙，因此E是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应会生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，因此F是氢氧化钠，B是金属氧化物，与盐酸反应会生成黄色溶液，黄色溶液中具有铁离子，因此B是氧化铁，G就是氯化铁，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，因此H是氢氧化铁，通过验证，推出多种物质均满足题中转化关系，推导合理，因此B是：Fe2O3，D是：CaO；（2）反应①是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，化学方程式为：FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；（3）通过推导可知E是氢氧化钙，可以和酸发生酸碱中和反应，因此在农业生产中一种用途是：改良酸性土壤．
考点：物质鉴别、推断；化学式书写及意义；书写化学方程式

10．已知A～G是初中化学常见物质，A、B、C、E、F属于不一样类别物质，G溶液呈 黄色，A与C反应产生白色沉淀（微溶物不列为沉淀），它们互相间发生反应或转化 关系如图所示（“﹣”表达两种物质间能发生反应，“→”表达两种物质间转化 关系，部分反应物、生成物和反应条件已经略去）．

（1）A、F化学式分别为_____，_____；
（2）B与E反应化学方程式为_____，其反应基本反应类型为_____；G→D化学方程式为_____；
（3）A→D反应试验现象为_____．
【答案】Ba（OH）2 Fe2O3 Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 置换反应 FeCl3+3NaOH＝Fe（OH）3↓+3NaCl 有红褐色沉淀生成
【解析】
【分析】
A～G是初中化学常见物质，A、B、C、E、F属于不一样类别物质，G溶液呈黄色，A与C反应产生白色沉淀，因此G中具有铁离子，F会转化成G，因此F可以是氧化铁，F也会转化成E，因此E是铁，铁会与B反应，因此B可以是硫酸铜，C可以是硫酸，A是氢氧化钡，D是氢氧化铁，因此G可以是氯化铁，F氧化铁会转化成氯化铁、铁，会与硫酸反应，铁、氢氧化钡会与硫酸铜反应，硫酸会转化成硫酸铜，会与氢氧化钡、氢氧化铁反应，氢氧化钡、氯化铁都会转化成氢氧化铁，通过验证，推导对，
【详解】
（1）根据分析A是Ba（OH）2，F是Fe2O3；
（2）B与E反应是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，该反应属于置换反应，G→D反应是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，化学方程式为：FeCl3+3NaOH＝Fe（OH）3↓+3NaCl；
（3）A→D反应是氢氧化钡和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钡，试验现象为：有红褐色沉淀生成。

11．A--E为初中化学五种不一样类别常见物质。已知C具有两种元素，E为世界年产量最高金属。它们之间互相关系如图所示，图中“-”表达相连物质能互相反应，“”表达种物质转化成另一种物质(都分反应物、生成物及反应条件已略去)。请回答问题:

（1）物质E是_________
（2）写出下列反应化学方程式:A+B:___________________ D→E:___________
（3）图中互相关系波及基本反应类型有______________种。
【答案】铁 2
【解析】
【分析】
E为世界年产量最高金属，则E是铁，D生成E，则D铁氧化物，C和D反应，C和E反应，则D是氧化铁，C具有两种元素，则C是稀盐酸，C能生成A，A和E反应，则A是氯化铜，A−E为初中化学五种不一样类别常见物质，则B是碱，B可以是氢氧化钠。
【详解】
（1）E为世界年产量最高金属，则E是铁。 
（2）A和E反应，则A是氯化铜，A−E为初中化学五种不一样类别常见物质，则B是碱，B可以是氢氧化钠，A+B反应是氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氯化钠，化学方程式为。
D生成E，D是铁氧化物，D→E反应是氧化铁和一氧化碳生成铁和二氧化碳，化学方程式为。
（3）四大基本反应类型为化合反应，分解反应，置换反应和复分解反应，图中互相关系波及反应是氧化铁和稀盐酸反应，属于复分解反应，铁和氯化铜反应，属于置换反应，基本反应类型有2种。
【点睛】
E为世界年产量最高金属，则E是铁，D生成E，则D铁氧化物，C具有两种元素，则C是稀盐酸。

12．下图是初中化学某些常见物质之间转化关系图（有些反应条件已省略）。其中，A、B、X、Y均为无色气体，E、F为常见金属。已知高温下CO能与多种金属氧化物反应生成对应金属和CO2。请安规定回答问题：

（1）B物质化学式为 ；
（2）蓝色溶液与E反应化学方程式为 ；
（3）黑色固体甲与X反应化学方程式为 。
【答案】（1）O2（1分）
（2）Fe + CuSO4 = FeSO4+ Cu（1分）
（3）4CO+ Fe3O43Fe +4CO2（1分）
【解析】
根据通电反应条件，可知无色液体为水，根据B、E及B、F间反应条件为点燃，可知B为氧气，则A为氢气，根据E与稀硫酸反应生成浅绿色溶液和氢气，可知E为铁，浅绿色溶液为硫酸亚铁溶液，因此气体X为一氧化碳，黑色固体甲为四氧化三铁，Y为二氧化碳，黑色固体乙与稀硫酸反应生成蓝色溶液，因此乙为氧化铜，蓝色溶液为硫酸铜溶液，因此F为铜。