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备战中考化学——化学推断题综合压轴题专题复习含详细答案

一、初中化学推断题
1．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=FeCl33H2O
【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

2．A~F是初中化学中常见六种物质，其中A是一种黑色物质，B、C构成元素相似，C、D、E、F是不一样类别化合物，D和E溶液均呈碱性，且E可用作建筑材料，它们互相间关系如图所示(图中“—”表达相连物质两两之间可以发生反应，“→”表达由某一物质转化为另一物质，部分反应物生成物及反应条件已略去)，请回答。

(1)E化学式为____；
(2)写出反应①化学方程式_____；
(3)反应②属于____反应(填基本反应类型)。
【答案】 复分解
【解析】
【分析】
A~F是初中化学中常见六种物质，E可用作建筑材料，D和E溶液均呈碱性，则E是氢氧化钙，D和氢氧化钙反应，D是碳酸钠，F与碳酸钠和氢氧化钙反应，则F是酸，B、C构成元素相似，则B、C是二氧化碳、一氧化碳中一种，D生成C，B也能生成C，则C是二氧化碳，B是一氧化碳，A是一种黑色物质，则A是碳。
【详解】
(1) E可用作建筑材料，D和E溶液均呈碱性，则E是氢氧化钙，E化学式为
(2)反应①是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应化学方程式为
(3)反应②是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故属于复分解反应。
【点睛】
A~F是初中化学中常见六种物质，E可用作建筑材料，D和E溶液均呈碱性，则E是氢氧化钙，D和氢氧化钙反应，D是碳酸钠，A是一种黑色物质，则A是碳。

3．如图所示，A～I为初中化学中常见物质。已知A为金属氧化物，C为大理石重要成分，D为蓝色沉淀，E、H为单质，F为浅绿色溶液，G、I均为各具有一种溶质溶液。“→”表达物质间存在着互相转化关系（部分生成物未标出），如图所示。请回答问题：

（1）物质D化学式：_____。
（2）写出A与H2O反应化学方程式：_____。
（3）写出G与H反应化学方程式：_____；反应类型属于_____。
【答案】Cu（OH）2 CaO+H2O＝Ca（OH）2 Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4 置换反应　
【解析】
【详解】
（1）A﹣I为初中化学中所学物质，C为大理石重要成分，因此C是碳酸钙，D为蓝色沉淀，因此D是氢氧化铜沉淀，E、H为单质，F为浅绿色溶液，因此H是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，因此E是铜，G可以是硫酸铜，F是硫酸亚铁，A为金属氧化物，A和水反应生成B会与I反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，因此A是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，因此B是氢氧化钙，I是碳酸钠，通过验证，推导对，因此D是Cu（OH）2；
（2）A与H2O反应是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（3）G与H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＝Cu+FeSO4，该反应属于置换反应。

4．往具有AgNO3、Cu(NO3)2和Al(NO3)3废液中加入一定量锌粉，充足反应后过滤，得到滤液甲和固体乙。请回答：
(1)康康认为滤液里也许有AgNO3、Zn(NO3)2和Al(NO3)3。老师认为他猜想是错，为何?____________________
(2)写出引起溶液质量减小化学方程式______________。
【答案】 锌应先与硝酸银溶液反应，后与硝酸铜溶液反应，当硝酸银溶液有剩余时，溶液中一定有硝酸铜（猜想中无硝酸铜，阐明硝酸铜已与锌反应生成铜，而铜能与硝酸银反应，故不也许有硝酸银） Zn+2AgNO3=2Ag+Zn(NO3)2
【解析】铝比锌活泼，锌比铜活泼，铜比银活泼，往具有AgNO3、Cu（NO3）2和Al（NO3）2废液中加入一定量锌粉，锌不能和硝酸铝反应，先和硝酸银反应，假如锌过量，则再和硝酸铜反应。(1)理由是：锌应先与硝酸银溶液反应，后与硝酸铜溶液反应，当硝酸银溶液有剩余时，溶液中一定有硝酸铜（猜想中无硝酸铜，阐明硝酸铜已与锌反应生成铜，而铜能与硝酸银反应，故不也许有硝酸银）；(2)由于锌相对原子质量比银小，比铜大，故引起溶液质量减小化学方程式为Zn+2AgNO3=2Ag+Zn(NO3)2
点睛：氢前边金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边金属会把后边金属从其盐溶液中置换出来。

5．有一固体混合物A，该混合物中也许具有、、、四种物质中几种物质。按下图所示进行试验，出现现象如下图所述（假设过程中所有也许发生反应恰好都完全迸行）。

请根据试验过程和发生现象，填写下列空白：
（1）气体B化学式为_____；沉淀G化学式为_____。
（2）滤液F中溶质为_____。
（3）混合物A也许构成状况有_____种。
（4）写出生成沉淀D所发生反应化学方程式：_____。
【答案】CO2 Mg（OH）2 硫酸钠、氯化钠（或Na2SO4、NaCl） 3
【解析】
【分析】
有一固体混合物A与过量稀硫酸反应生成使澄清石灰水变浑浊气体（气体B为二氧化碳），阐明混合物中具有碳酸钠，则白色沉淀E为碳酸钙；滤液C与氢氧化钠溶液反应，生成白色沉淀G（G为氢氧化镁），阐明混合物中一定具有氯化镁或氢氧化镁中一种，或氢氧化镁和氯化镁同步存在，沉淀D加稀硝酸不溶解，阐明生成了硫酸钡，则混合物一定具有氯化钡。
【详解】
（1）由分析知，气体B为二氧化碳，化学式为：CO2；沉淀G为氢氧化镁，化学式为：Mg（OH）2；
（2）碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、水、二氧化碳；硫酸和氯化钡反应生成氯化氢，又和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯化镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，故滤液F中溶质为硫酸钠、氯化钠（或Na2SO4、NaCl）；
（3）由分析可知，混合物中一定具有碳酸钠和氯化钡，一定具有氢氧化镁和氯化镁中一种或两种都具有，故混合物A构成状况有3种；
（4）氯化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应化学方程式为：。

6．A-H表达初中化学常见物质,它们之间转化关系如图所示(部分生成物已略去)

其中A为红棕色固体,反应①为冶金工业重要反应,且B、D构成元素相似,C、F为金属单质,其他物质为化合物,其中F为紫红色,H为白色沉淀。 请按规定填空:
（1）写出下列物质化学式:
A________D________E________
（2）①~④反应中属于置换反应是________(填序号)。
（3）反应①化学方程式为___________。
【答案】Fe2O3 CO2 CuSO4 ②③ 3CO+Fe2O32Fe+3CO2
【解析】
【分析】
A～H表达初中化学常见物质，A为红棕色固体，反应①为冶金工业重要反应，且B、D构成元素相似，因此A是氧化铁，B是一氧化碳，D是二氧化碳，C是铁，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，H为白色沉淀，因此H是碳酸钙，C、F为金属单质，其他物质为化合物，F为紫红色，因此F是铜，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，因此G是硫酸亚铁，E和铁反应会生成硫酸亚铁和铜，因此E是硫酸铜，通过验证，推导对，
【详解】
（1）因此A是Fe2O3，D是CO2，E是CuSO4；
（2）①是一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，不属于置换反应，②是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应，③是铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应，④是二氧化碳和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和水，不属于置换反应，因此①～④反应中属于置换反应是②③；
（3）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2。

7．已知某固体样品A也许是NH4NO3和MgCO3或两者之一，另有一固体样品B，其中也许具有Na2SO4、BaCl2、CuSO4、KCl四种物质中一种或多种，按下图所示进行探究试验，出现现象如图中所述（设计过程中所有发生反应都恰好完全反应）。

试根据试验过程和发生现象，填写如下空白。
（1）将气体C通入紫色石蕊试液，试液变_____色。
（2）沉淀F化学式为_____。
（3）溶液D中，一定存在阳离子是_____（填写离子符号）。
（4）写出环节③中生成沉淀I化学方程式_____。
（5）在溶液H中，肯定存在阴离子有_____种。
（6）固体样品B中，一定不存在物质是_____（填写化学式），得出此结论理由是_____。
【答案】红 BaSO4 Mg2+和NH4+ MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4 3 CuSO4 若固体样品B中存在CuSO4，则溶液E中不具有NaOH，则环节③后不会生成气体G
【解析】
【分析】
样品A加入稀硫酸，有气体生成，阐明A中一定具有碳酸镁，也许具有硝酸铵；样品B中加入氢氧化钠溶液后，生成沉淀F和溶液E．溶液E与溶液D混合后，有气体G生成．根据A、B中也许具有物质可知，生成气体G为氨气，则A中一定具有硝酸铵．则E中具有氢氧化钠，即样品B中没有与氢氧化钠反应物质，因此样品B中一定不含硫酸铜，则生成沉淀F为硫酸钡沉淀，即样品B中一定具有物质是硫酸钠与氯化钡，也许具有氯化钾。氢氧化钠与溶液D中硫酸镁反应生成沉淀I为氢氧化镁。
【详解】
（1）C为二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸可使紫色石蕊试液变红。
（2）由以上分析可得F为BaSO4。
（3）溶液D为硝酸铵和生成硫酸镁溶液，因此一定存在阳离子是Mg2+、NH4+。
（4）环节③中生成氢氧化镁沉淀化学方程式为MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4。
（5）溶液H中肯定存在阴离子为Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣，共3种。
（6）由以上分析可得，固体样品B中，一定不存在物质是CuSO4，原因是若固体样品B中存在CuSO4，则溶液E中不具有NaOH，则环节③后不会生成气体G。

8．A、B、C、D是初中化学常见不一样类别（单质、氧化物、酸、碱、盐）稳定物质。它们转化关系如下图所示（“→”表达反应能一步实现，“一”表达相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件均已略去），回答问题。

问题一：
（1）若A是磁铁矿重要成分，写出反应②化学方程式为： _______________________；
（2）若B俗名是苏打，固体C易潮解，反应③化学方程式为：__________________________；
（3）在（1）、（2）中D物质类别是_______，上述过程中没有波及到基本反应类型是________。
问题二：工业上冶炼1732t含铁97%生铁，需要含杂质10%磁铁矿石质量是多少？_______。（写出计算过程，成果保留一位小数。）
【答案】 Na2CO3+Ca(OH)2 = CaCO3↓+2NaOH 酸 分解反应 2577.8t
【解析】
【详解】
问题一
（1）A是磁铁矿重要成分为Fe3O4，A可以和B互相转化，则A可以是铁单质，铁在氧气中燃烧：3Fe +2O2Fe3O4；
（2）B俗名是苏打Na2CO3，固体C易潮解是氢氧化钠，反应③化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3↓+2NaOH；
（3）由（1）（2）问分析，D为酸，该反应过程中判断①置换反应，②化合反应，③、④复分解反应，没有分解反应。
问题二
解：设需要磁铁矿质量为x。
Fe3O4 + 4CO 4CO2 + 3Fe
232 168
x×(1-10%) 1732t×97%

x≈2577.8t
答：需要磁铁矿质量为2577.8t。

9．A、B、C、D四种化合物，均具有同一种金属元素，它们转化关系如图所示(部分物质已略去)。

已知A是大理石重要成分。请回答问题：
(1)B一种用途是_________；
(2)C化学式为_________；
(3)B转化为D化学方程式为__________________。
【答案】用作干燥剂 Ca(OH)2 CaO+2HCl=CaCl2+H2O
【解析】
A是大理石重要成分，则A是碳酸钙；A、B、C、D四种化合物，均具有同一种金属元素，故该金属元素是钙元素；碳酸钙在高温条件下反应生成B，则B是氧化钙；氧化钙与水反应生成C，则C是氢氧化钙；氢氧化钙与二氧化碳或碳酸钠等反应生成碳酸钙；氧化钙与稀盐酸反应生成D，则D是氯化钙；碳酸钙与稀盐酸反应也可以生成氯化钙。(1)B是氧化钙（俗称生石灰），氧化钙能与水反应，它一种用途是用作干燥剂；(2)C为氢氧化钙，故C化学式为Ca(OH)2；(3) B转化为D是氧化钙与稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应化学方程式为CaO+2HCl=CaCl2+H2O。

10．既有一包不纯Na2SO4固体，也许具有Fe(NO3)3 、CaCO3、NaCl、MgCl2、Ba(OH)2中一种或几种。现做如下试验：
（1）取少许固体溶于足量水，过滤得白色固体A和无色滤液B,则原固体一定不含____。
（2）取固体A，加入足量稀HC1,固体完全溶解，则原固体一定不含______,一定具有__。
（3）取少许滤液B，滴加NaOH溶液，无明显现象，则原固体一定不含______。
（4）另取少许滤液B，先滴加过量______溶液，静置，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，则原固体中还具有NaCl。
【答案】 Fe(NO3)3 Ba(OH)2 CaCO3 MgCl2 Ba(NO3)2
【解析】
【分析】
根据硝酸铁在溶液中显黄色，碳酸钙不溶于水，溶于酸，硫酸钠和氢氧化钡反应生成不溶于酸硫酸钡沉淀，镁离子和氢氧根离子反应生成溶于酸氢氧化镁沉淀，氯离子和银离子反应生成不溶于酸氯化银沉淀等知识进行分析。
【详解】
（1）取少许固体溶于足量水，过滤得白色固体A和无色滤液B，因此原固体一定不含Fe（NO3）3；（2）取固体A，加入足量稀HC1，固体完全溶解，则原固体一定不含Ba（OH）2，一定具有CaCO3；（3）取少许滤液B，滴加NaOH溶液，无明显现象，则原固体一定不含 MgCl2；（4）另取少许滤液B，先滴加过量硝酸钡溶液，排除碳酸根和硫酸根离子干扰，静置，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，则原固体还具有NaCl。
【点睛】
在解此类题时，首先分析题中所给物质性质和两两之间反应，然后根据题中现象判断各物质存在性，最终进行验证即可。

11．某校试验室有一无色澄清溶液，其中除了硝酸钠以外，也许还具有氢氧化钠、碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡中一种或几种。
试验活动一“探究该废液构成。
去一定量无色溶液，进行如下图所示试验。

请回答问题：
（1）原无色废液呈______（填“酸性”“碱性”或“中性”）操作l名称为_______。
（2）生成固体甲化学方程式为_____________。
（3）原无色澄清废液中一定没有（写名称或化学式均可，下同）_____________。
试验活动二：处理废液得到较纯净硝酸钠溶液。
将溶液A和原无色废液充足混合，无明显现象。接下来进行如下图所示试验。

（4）混合后废液中一定具有溶质是（指示剂除外）______，试剂①是_____________。
【答案】（1）碱性过滤（2）CuSO4+Ba(NO3)2=Cu(NO3)2+BaSO4↓或其他合理答案
（3）硫酸钠、碳酸钠（4）硝酸钠、硝酸钡、硝酸铜碳酸钠或碳酸钠溶液
【解析】
试验活动一“探究该废液构成。（1）原无色废液呈碱性，酚酞遇碱变红。操作l名称为过滤。（2）生成固体甲化学方程式为CuSO4+Ba(NO3)2=Cu(NO3)2+BaSO4↓。（3）原无色澄清废液中一定没有硫酸钠、碳酸钠。试验活动二：处理废液得到较纯净硝酸钠溶液。（4）混合后废液中一定具有溶质是硝酸钠、硝酸钡、硝酸铜，试剂①是碳酸钠或碳酸钠溶液。

12．A—J都是初中化学常用物质。其中B、E、H、J是单质，其他均为化合物，气体C可用于灭火。它们互相间转化关系如下图所示（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。

请回答问题：
（1）写出物质D、J化学式：D ,J 。
（2）“气体C→B”转化过程，在自然界中称为 作用。
（3）反应①反应条件 ，其基本反应类型 。
（4）写出反应②化学方程式： 。
（5）若要实现“H+I→红色固体J”转化，物质I必须满足条件是 。
【答案】（1）CaCO3Cu （2）光合 （3）点燃 化合反应 （4）C + CO2高温2CO （5）可溶性铜盐
【解析】
试题分析：框图式推断题，抓住某些特殊反应现象、特殊性质及特殊反应条件等级题目“题眼”， 该题题眼气体C可用于灭火，可判断为二氧化碳，通入澄清石灰水，得到白色沉淀D，为碳酸钙，E是单质，且在高温下能与二氧化碳反应，故可判断E为碳，F自然为一氧化碳，J是单质，且为红色固体，可判断为铜，H是单质，能与化合物I反应得到铜，可判断H由于较活泼金属单质，结合F一氧化碳和G在高温条件下反应生成H是单质，故可判断H应为单质铁，单质B自然为氧气
（1）物质D为碳酸钙，化学式：CaCO3，物质J为单质铜，化学式为：Cu
（2）“气体C→B”转化过程，即二氧化碳转化为氧气过程，在自然界中称为光合作用
（3）反应①是铁和氧气反应，反应条件点燃；基本反应类型：化合反应
（4）反应②是碳和二氧化碳在高温条件下反应，化学方程式为：C + CO2高温2CO
（5）若要实现“H+I→红色固体J”转化，即铁置换出铜，物质I必须满足条件是：可溶性铜盐
考点：框图式推断题解答