高考化学专题复习分类练习 高无机综合推断综合解答题附详细答案

高考化学专题复习分类练习高无机综合推断综合解答题附详细答案

一、无机综合推断

1．无机化合物X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成(X比Y的相对分子质量大)，常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1.00mol·L－1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色。请回答：

(1)X的化学式______________。白色沉淀属于_____________ (填“强”、“弱”或“非”)电解质。

(2)Y与水反应的化学方程式_________________。

(3)二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030mol Z与足量氨反应生成

0.92gA(原子个数之比1：1，其相对分子量为184)和淡黄色单质B及离子化合物M，且M 的水溶液的pH＜7。将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C。

①写出Z与足量氨反应的化学方程式____________。

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下_____________(填“可能”或“不能”)发生反应，判断理由是_________________。

③请设计检验离子化合物M中阳离子的实验方案：_________________。

【答案】SO2Cl2或SCl2O2强 SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑ 6SCl2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl 可能 NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+

【解析】

【分析】

X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与

0.04mol的NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol

的硫酸钡沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有S：

0.01mol，Cl：0.02mol，则氧元素的物质的量是（1.35g－0.32g－0.71g）÷16g/mol＝0.02mol，故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色，因此Y为SOCl2；二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030mol Z与足量氨反应生成0.92gA（物质的量是0.005mol）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7，所以淡黄色固体B为S，M为氯化铵，0.92gA(原子个数之比1：1，其相对分子量为184)隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C，可知气体C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是0.02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g－0.64g＝0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知Z为S4N4。据此解答。

【详解】

(1)由分析可知X为SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：SO2Cl2，强；

(2)Y与水反应的化学方程式：SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑；

(3)①Z与足量氨反应的化学方程式为：6SCl2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl；

②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；

③检验M中的阳离子即检验铵根离子，方法为：取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH 溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。

2．A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：

(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。

(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。

(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。

(4)向含有0.4 mol F、0.1 mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a L气体

C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2 g，则

a=________L。

【答案】第三周期第ⅥA族 3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O 2H+ +S2O32-

=S↓+ SO2↑+H2O 4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+ 2.24

【解析】

【分析】

A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；

B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为

Na2SO3，H为NaOH。

(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置

的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；

(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；

(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和

SO2，反应的离子反应方程式为：2H+ +S2O32-=S↓+ SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把

S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；

(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4 mol Na2S、0.1 mol Na2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1 mol Na2SO3反应消耗0.2 mol Na2S，剩余0.2 mol的Na2S，反应产生0.2 mol H2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2 g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S =2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量

n(S)=m 3.2?g

M32?g/mol

=0.1 mol，该反应消耗0.1 mol H2S，所以放出H2S气体的物质的量为

0.1 mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·V m=0.1 mol×22.4 L/mol=2.24 L。

【点睛】

本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。

3．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。

(2)A―→D反应的化学方程式为_______。

(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D___ mol。【答案】NH4HCO3 NO2 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性 NH4+＋HCO3—＋2OH －=2H2O＋CO32—＋NH3↑ 2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与

D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋

2CO2=2Na2CO3＋O2；

(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋

CO32—＋NH3↑；

(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守

恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

()

amol53

4

??

?--

??=2amol。

4．如图所示：

图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：

(1)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。

(2)写出下列反应的化学方程式

①_____________________________________________。

②______________________________________________。

【答案】(NH4)2CO3(或NH4HCO3) NH3 NO2 HNO3 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 4NH3＋

5O2催化剂

Δ

4NO＋6H2O

【解析】

【分析】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A 能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反

应①为CO 2与Na 2O 2反应，且NH 3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D 为O 2，反应②为NH 3在O 2中催化氧化生成的E 为NO ，NO 和O 2反应生成的F 为NO 2，NO 2再与水反应生成HNO 3和NO ，则G 为HNO 3，再结合物质的性质进行解答。

【详解】

X 既能与盐酸反应，又能与NaOH 反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C 为NH 3，气体A 能与过氧化钠反应，故A 为CO 2，则X 应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B 为H 2O ；反应①为CO 2与Na 2O 2反应，且NH 3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D 为O 2，反应②为NH 3在O 2中催化氧化生成的E 为NO ，NO 和O 2反应生成的F 为NO 2，NO 2再与水反应生成HNO 3和NO ，则G 为HNO 3；

(1)由分析知：X 为(NH 4)2CO 3(或NH 4HCO 3)，C 为NH 3，F 为NO 2，G 为HNO 3；

(2) 反应①为CO 2与Na 2O 2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na 2O 2＋2CO 2=2Na 2CO 3＋O 2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH 3＋5O 2催化剂Δ4NO ＋6H 2O 。

【点睛】

以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X 的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH 溶液反应生成无色气体，确定X 为碳酸铵或碳酸氢铵。

5．探究化合物A(仅含三种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应。

请回答：

(1)写出A 受热分解的化学方程式为___________________________________________。

(2)请设计实验方案检验溶液E 中所含的阳离子_________________________________。

(3)若固体F 中金属元素的百分含量为19.29%，硫为22.86%，氧为57.14%，且300 g/mol

【答案】232523222Al O N O 2Al O 4NO O ?===++g 取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸

上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子 ()2433Al SO Al(OH)?

【解析】

【分析】

红棕色气体B 为二氧化氮，生成的物质的量为0.2mol ，白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应，说明其为氧化铝或氢氧化铝，由于A 仅含有三种短周期元素，故C 为氧化铝，其物质的量为0.1mol ，则气体单质D 为氧气，生成的质量为

210.246/10.2 1.6g mol g mol g g -?-=，则其物质的量为0.05mol ，故A 的化学式为2325Al O N O g 。

【详解】

（1）通过分析可写出A 受热分解的化学方程式为

232523222Al O N O 2Al O 4NO O ?===++g ；

（2）E 中的阳离子为氢离子和铝离子，故可设计两组实验，取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子；

（3）根据原子守恒，可知，F 中Al 元素的质量为27210.2 5.4102

g ??=，故F 的质量为5.4g÷19.29%=28g ，故可算出S 的质量为6.40g,O 的质量为16.00g ，剩余为H 的质量，因为300 g/mol

6．有关物质的转化关系如下图所示。A 为一种黄绿色的气体，B 为常见的无色液体，H 为一种助燃的气体，F 为一种气体，它在A 中燃烧产生苍白色火焰，E 为一种能被磁铁吸引的金属。

（1）B 的化学式为____________。

（2）F 的化学式为____________。

（3）写出反应②的化学方程式：_______________________________。

（4）写出反应①的化学方程式：_______________________________。

【答案】H 2O H 2 2HClO

光照2HCl + O 2↑ Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑ 【解析】

【分析】

由题给信息可知，A 为一种黄绿色的气体，则其为Cl 2；B 为常见的无色液体，则其为H 2O ；H 为一种助燃的气体，则其为O 2；H 2在Cl 2燃烧，产生苍白色火焰，则F 为H 2，E 为

一种能被磁铁吸引的金属，则E为Fe，从而推出C为HCl，D为HClO；（1）由以上分析可知，B为水；

（2）F为氢气；

（3）反应②是次氯酸光照分解；

（4）反应①是铁与盐酸反应。

【详解】

（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B为水，化学式为H2O；（2）F为氢气，化学式为H2；

（3）反应②是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO 光照

2HCl + O2↑；

（4）反应①是铁与盐酸反应，其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

【点睛】

在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。如本题中，反应②就是解题的突破口，或者叫题眼。Fe与某物质反应，生成H2，则C中必含有能被Fe置换的H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。

7．某种电镀废水含A阴离子，排放前的处理过程如下：

己知：4.5g沉淀D在氧气中灼烧后，产生4.0g黑色固体，生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时，产生5.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E 560mL。

(1)E的结构式为____________。

(2)写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。

(3)溶液B具有性质____________(填“氧化性”或“还原性”)。

(4)滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，用离子方程式表示该反应为______________________________________。

【答案】 2CuCN+3O2

2CuO+2CO2↑+N2↑还原性 2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-

+2CO2↑+N2↑+H2O

【解析】

【分析】

单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，则E为N2，则

n(N 2)=-10.56L 22.4L mol g =0.025mol ；沉淀D 含有Cu ，灼烧后产生的黑色固体为CuO ，产生无色无味气体为CO 2，n(CuO)=-14.0g 80g mol g =0.5mol ，n(CO 2)= n(CaCO 3)=-1

5.0g 100g mol g =0.05mol ；即D 中含有0.05mol Cu 、0.05mol C 、0.05mol N ，共4.5g ，则D 中不含其他元素，所以D 为CuCN ；则A 离子为CN -。

【详解】

（1）经分析，E 为N 2，其结构式为；

（2）D 为CuCN ，其灼烧的化学方程式2CuCN+3O 2 2CuO+2CO 2↑+N 2↑；

（3）由题知，Cu(II)→Cu(I)，该过程需要还原剂，A 溶液不体现还原性，故B 溶液具有还原性；

（4）用次氯酸钠把CN -氧化为无毒的二氧化碳和氮气，离子方程式为2CN -+5ClO -+2H +=5Cl -+2CO 2↑+N 2↑+H 2O 。

8．现有金属单质A 、B 、C 、D 和气体甲、乙、丙及物质E 、F 、G 、H 、I ，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式： B____________； F_____________；

（2）已知A 的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则其氧化物供氧时的化学方程式为_____________

（3）①、④离子方程式：________________；________________。

【答案】Al FeCl 2 2Na 2O 2+2CO 2= 2Na 2CO 3+O 2 2Na+2H 2O =2NaOH+H 2↑ Fe 3+ +3OH - =Fe(OH)3

【解析】

【分析】

焰色反应呈黄色的金属单质A 是Na ，Na 与水发生产生氢气和NaOH ，所以气体甲是H 2，物质I 是NaOH ，可以与NaOH 溶液反应的金属B 是Al ，H 2与Cl 2反应产生气体丙是HCl ，HCl 溶于水得到的物质E 是盐酸，盐酸与金属单质C 反应产生的物质F 可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G 与NaOH 溶液反应产生红褐色沉淀H ，则H

是Fe(OH)3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，据以上分析解答。

【详解】

焰色反应呈黄色的金属单质A是Na，Na与水发生产生氢气和NaOH，所以气体甲是H2，物质I是NaOH，可以与NaOH溶液反应的金属B是Al，H2与Cl2反应产生气体丙是HCl，HCl溶于水得到的物质E是盐酸，盐酸与金属单质C反应产生的物质F可以与氯气发生反应，说明该金属具有可变的化合价，生成物G与NaOH溶液反应产生红褐色沉淀H，则H 是Fe(OH)3，G是FeCl3，F是FeCl2，所以金属C是Fe，

（1）结合以上分析可知，物质B的化学式是Al；物质F的化学式是FeCl2；

（2）A的一种氧化物可以做核潜艇的供氧剂，则该氧化物是Na2O2，其作供氧时的化学方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2；

（3）①钠与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：2Na+2H2O

=2NaOH+H2↑；

④氢氧化钠与FeCl3发生反应产生氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3+

+3OH- =Fe(OH)3。

9．A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：

（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。

①写出E转变为C的化学方程式________________________________。

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为

_____。

（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。

②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为

___________________。

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。

【答案】C+2H2SO4(浓) △ CO2↑ +2SO2↑+2H2O 1:4 离子键、共价键 Ag+4H++NO3-=3Ag+

+NO↑+2H2O 4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓

【解析】

【分析】

（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。

【详解】

(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：

①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：

C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为

2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；

(2) 经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：

①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；

②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3- =3Ag+

+NO↑+2H2O；

③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：

4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。

【点睛】

掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。

10．某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解．，某研究小组设计并完成如下实验：

试回答如下问题：

（1）X的化学式为__________，写出X与H2O反应的离子方程式__________________（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式____________________（3）保存X时应注意_________________．

【答案】K2FeO4 4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣

Fe2O3+3CO3CO2+2Fe 避免吸潮和受热

【解析】

【分析】

根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X 由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为1.49g，则其中钾元素的物质的量为

0.02mol，固体2为氧化铁，质量为0.80g，则铁元素的物质的量为0.01mol，所以X中氧元

素的物质的量为1.980.02390.0156

16

g-?-?

mol=0.04mol，所以X中Fe、K、O的物质的

量之比为0.01：0.02：0.04=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，据此分析解答。

【详解】

（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣；

（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；

（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热。

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