2025届高三化学一轮复习---无机推断题

2025届高三化学专题复习---无机推断题 1．（2024·山西吕梁·一模）已知为中学化学中一种常见的盐，为淡黄色固体；、为常见的金属，的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；为气体单质，为无色气体，在空气中会出现红棕色，各物质的转化关系如下图(部分反应产物已略去)。 请回答下列问题； (1)氧化物的化学式为 ，的电子式为 。 (2)反应③的化学方程式为 。 (3)在反应①②③④中不属于置换反应的是 (填序号)。 (4)写出与以等物质的量进行反应的离子方程式 。 (5)和的混合溶液，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为。 ①写出电解时阳极的电极反应式 ； ②电解后溶液中为 2．（2024·上海奉贤·二模）Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。 (1)周期表中的位置： ，其原子核外有 种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是 (用元素符号表示)。 (2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性 > (用分子式表示) (3)Q与R两元素组成的分子构型可能是 (填写序号)。 a．直线型            b．平面形            c．三角锥形            d．正四面体 (4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)： 非金属X Y(填“>”或“<”)，请用事实说明该结论： 。 3．（2024·上海青浦·一模）下表为元素周期表的短周期部分 a b c d e f g h 请参照元素a﹣h在表中的位置，根据判断出的元素回答问题： (1)h原子核外有 种不同伸展方向的电子云，最外层共有 种不同运动状态的电子。 (2)比较d、e元素常见离子的半径大小(用化学式表示) ＞ ；b、c 两元素非金属性较强的是(写元素符号) ，写出证明这一结论的一个化学方程式 。 (3)d、e元素形成的四原子化合物的电子式为 ；b、g元素形成的分子bg2为 分子(填写“极性”或“非极性”)。 (4)上述元素可组成盐R：ca4f(gd4)2，和盐S：ca4agd4，相同条件下，0.1mol/L 盐R中c(ca4+) (填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol/L 盐S中c(ca4+) (5)向盛有10mL1mol/L盐S溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液至中性，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是 。 (6)向盛有10mL 1mol/L盐 R溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液32mL后，继续滴加至35mL写出此时段(32mL﹣35mL)间发生的离子方程式： 。若在10mL 1mol/L 盐R溶液的烧杯中加20mL1.2mol/L Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。 4．（2024·浙江嘉兴·一模）为探究化合物X(含三种元素)的组成与性质，设计并完成了如下实验： 已知：①固体B加水只得到溶液C和固体D，且溶液C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；②气体E通入足量澄清石灰水得到15 g白色沉淀。请回答： (1)溶液C中金属离子的结构示意图为 。 (2)写出固体B中加水时发生反应的离子方程式 。 (3)写出X隔绝空气加热分解的方程式 。 (4)若将固体D溶于足量的氢碘酸中得到溶液G，设计实验确定G中含有何种金属离子 。 5．（2024·浙江·一模）已知化合物X由4种元素组成，某学习小组进行了如下实验： 已知：步骤②中消耗KI0.15mol 请回答： （1）X的化学式是 ，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是 。 （2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，写出该反应的化学方程式： 。 6．（2024·天津·一模）下列六种短周期元素（用字母x等表示）。最高正价或最低负价与原子序数关系如图所示。    根据判断出的元素回答问题： （1）f在周期表中的位置是 。已知x为非金属元素，由x、e、g三种元素组成的离子化合物的电子式： 。 （2）上述元素简单离子半径最大的是（用化学式表示，下同）： ；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： 。 （3）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。 （4）x和d组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是 （填化学式），此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为 。 7．（2024·江苏·模拟预测）有关物质的转化关系如图所示。C为常见的调味品,D是常见的无色液体。E、F、H和J均为气体,其中H和J为单质,且两者在一定条件下可生成E。    （1）物质的性质决定物质的用途。物质I的溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为物质I具有 性。 （2）写出反应①的化学方程式： 。 （3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目： 。 （4）写出反应④的离子方程式： 。 （5）写出反应⑤的化学方程式： 。 8．（2024·江苏·一模）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，C、E、G、I均为无色气体，其中C为单质，E为最简单的烃，G能使澄清石灰水变浑浊，I能使品红褪色；D、E均由两种元素组成，D的摩尔质量为144g·mol－1，H中两种元素质量比为7∶8，F是白色胶状沉淀，J是红棕色固体。    （1）G的电子式为 。 （2）H的化学式为 。 （3）写出反应①的化学方程式： 。 （4）写出反应②的离子方程式： 。 9．（2024·吉林·二模）有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，现取两份100mL溶液进行如下实验： ①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，称量沉淀质量为6.99g； ②第二份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题： （1）该溶液中一定不存在的阳离子有 ； （2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 ；NaOH溶液的浓度为 (用字母c、d表示）； （3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为 ； （4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为 。 10．（2024·江西赣州·一模）A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题： （1）C在元素周期表中的位置为 ，G的离子结构示意图是 。 （2）D与E按原子个数比1:1形成化合物甲，其电子式为 ，所含化学键类型为 。 （3）E、F、G形成的简单离子，半径由大到小顺序是 。（用离子符号表示） （4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。在a极通入BA4气体，b极通入D2气体，则b极是该电池的 极，负极的电极反应式为 11．（2024·广东茂名·一模）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A原子核内只有1个质子；B原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C原子最外层的电子数比次外层的多4；C的简单阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。回答下列问题： (1)B在元素周期表中的位置为 。 (2)E的氧化物对应的水化物有 (写化学式)。 (3)B、C、D、E形成的简单离子半径由大到小的关系是 (用离子符号表示)。 (4)化合物D2C的形成过程为 (用电子式表示)。 (5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物的化学式为 ，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发生反应的离子方程式为 。 (6)化合物D2EC3在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为 。 12．（12-13高三上·河北唐山·期末）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3—、SO42—、CO32—，已知： ①五种盐均溶于水，水溶液均为无色； ②D的焰色反应呈黄色； ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性； ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀； ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失； ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀； 已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。 请回答下列问题： （1）五种盐中，一定没有的阳离子是 ；所含阴离子相同的两种盐的化学式是 。 （2）D的化学式为 ，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示) 。 （3）A和C的溶液反应的离子方程式是 ；E和氨水反应的离子方程式是 。 （4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是： 。 13．（2024·江西·一模）“一酸两浸，两碱联合”法是实现粉煤灰（含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等）综合利用的新工艺。工业流程如下： 回答下列问题： （1）聚合氯化铝铁（PAFC）化学式为[Al2(OH)nCl6－n]m·[Fe2(OH)xCl6－x]y，是一种新型高效的净水剂，PAFC中铁元素的化合价为 。      （2）“一酸两浸”中的酸是 （填结构式）。   （3）实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应，滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中，它们分别发生反应的化学方程式为 、 。 （4）“滤液B”的主要溶质有 （填化学式）。滤液混合后“蒸发”的作用是 。 （5）“电解”时的化学方程式 。 14．（2024·浙江温州·二模）已知固体A受热易分解，实验流程和结果如下： B和C为常见气体且所含元素相同。气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1。请回答： （1）白色沉淀的化学式 。 （2）写出A受热分解的化学方程式 。 （3）取少量固体D溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。写出产生该现象的离子方程式 。 15．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一  半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。 (1)XW4的空间构型为 ，HWO的结构式为 ，Z在元素周期表中的位置是 。 (2)①X、Y、Z、W原子半径由大到小依次是 （填元素符号）。 ②X、Z、W最高价氧化物水化物酸性由强到弱依次是 。（填化学式）。 (3)W同族上一周期元素单质不能把W元素从其钠盐的水溶液中置换出来，用化学方程式解释 。 (4)①家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为 。 ②含Y元素的盐与小苏打溶液可用作泡沫灭火剂，写出灭火时发生反应的离子方程式 。 (5)NW3是黄色油状液体，无漂白性，在热水中会发生水解。NW3的电子式为 。若取该液体滴入50℃左右的热水中，片刻后取该热水溶液滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色。写出NW3在热水中发生水解的化学方程式 。 16．（2024·山东枣庄·一模）甲、乙、丙是三种常见的单质,A、B、C是三种常见的二元无机化合物，它们之间的转化关系如右图所示。请回答下列有关问题：    （1）若甲为常见气态非金属单质,丙为金属单质，三种单质中只有甲由短周期元素组成;甲与乙同主族、乙与丙同周期;它们的转化关系均在溶液中进行。则： ①甲物质的名称为 。 ②丙元素在元素周期表中的位置是 。 ③反应A+甲→乙+B的离子方程式为 。 ④请简述B中阳离子的检验方法 。 （2）若甲为常见金属单质，乙为常见固态非金属单质,且所有物质组成元素均为短周期元素。则： ①乙的化学式为 。 ②A的电子式为 。 ③将A缓慢通入氢氧化钠溶液中，所得溶液中的某种阴离子的物质的量随n(A)的通入转化关系如右图所示。图中a、b两点的溶液中水的电离程度的大小关系为a b(填“>”、“=”或“<")。若溶液X为图中曲线上任意一点，则向溶液X中逐滴加入盐酸至反应完全,消耗盐酸的物质的量最大为 。    17．（2024·河北邯郸·一模）A、B、C、D、E、F六种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。 回答下列问题： （1）在周期表中,E位于第 周期第 族。 （2）A、B能组成既含极性键又含非极性键的化合物，其电子式为 。 （3）在E、F的气态氢化物中,热稳定性较强的是 (填化学式,下同),还原性较强的是 。 （4）A、C、D、E组成两种酸式盐X、Y,将X、Y溶液混合发生复分解反应,写出离子方程式： 。 （5）常用(BA4)2E2C8检验废水中的Mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含Mn2+,还原产物与盐酸酸化的BaCl2溶液混合产生白色沉淀。写出无色溶液变紫红色溶液的离子方程式： 。 18．（2024·吉林·一模）A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A、B、D、E的原子序数依次增大，E的单质及某种氧化物是常用的饮用水消毒剂。它们的单质及某些化合物问存在如下转化关系，其中q是与人类生活密切相关的液态化合物，由A、B两元素所形成，它们之间右如下转化关系（反应条件省略）： （1）E的最高价氧化物对应水化物的化学式为 。 A、B两元素形成如另一种化合物具有较强的氧化性，用相应的离子方程式加以证明： 。 （2）若化合物Ⅳ是含有两种常见金属元素的盐，则化合物Ⅱ的电子式为 ，生成化合物Ⅳ时反应的离子方程式为 。 （3）若在常温下化合物Ⅰ、Ⅱ均为气体，且D的单质与化合物Ⅲ浓溶液混合无明显变化但与化合物Ⅲ的稀溶液混合后有无色气体产生，该气体遇空气变为红棕色。 ①从物质结构角度解释C的单质在常温下化学性质很稳定的原因是 。 ②由D单质、石墨、化合物Ⅲ的稀溶液构成的原电池中，正极上的电极反应式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． Al2O3 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 ②④ 2Cu2＋+2Na2O2 +2H2O ＝ 2 Cu(OH)2 +O2 ↑ + 4Na＋ 4OH－— 4e－＝O2↑ +2H2O 或  2H2O — 4e－＝O2↑ +4 H＋ 0.4 【分析】已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，两者反应生成蓝色沉淀，可以推出F为Na2O2，而X为铜盐；D为无色气体，D在空气中会出现红棕色，可以推出D为NO气体，结合M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，可以推出N为Mg或者Al ，再结合固体E与N的反应，可以推出E为 Fe2O3，该反应为熟悉的铝热反应，综上所述，A为硝酸亚铁，B为氯化铁，C为铜，D为一氧化氮，E为氧化铁，F为过氧化钠，G为氢氧化铁，H为氧气，M为铁，N为铝，X为硝酸铜，Y为氢氧化铜。 【详解】(1)N为铝，其氧化物为氧化铝，化学式为，F为过氧化钠，其电子式为，故答案为：；； (2)反应③是铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3； (3)①是铁和硝酸铜反应，属于置换反应，②是硝酸亚铁和盐酸反应，不是置换反应，③是铝和氧化铁发生铝热反应，属于置换反应，④是氯化铁和过氧化钠反应，反应物中没有单质，不是置换反应，故答案为：②④； (4)X为硝酸铜，F为过氧化钠，二者等物质的量反应的离子方程式为： ，故答案为：； (5)X为硝酸铜，电解与混合溶液，阳极产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，根据两极均收集到标况下2.24L气体，可知阳极一共生成0.1mol，转移0.4 mol e－，其中阴极产生0.1mol时转移0.2 mol e－，其余便是电解产生的，有0.2 mol e－转移，产生0.2mol，故，故答案为： 或 ；0.4。 【点睛】电解与混合溶液，阳极始终产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，相当于开始电解硝酸铜溶液，当硝酸铜反应完后，继续电解是电解水。 2． 第二周期第VA族 2 C O H2O>NH3 abd < 2H2S+O2=2H2O+S↓ 【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。 【详解】根据上述分析可知Q是H，R是C，X是N，Y是O，Z是Na元素。 (1)X是N元素，原子核外电子排布为2、5，所以其处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素； (2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：H2O>NH3； (3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd； (4)X是N，Y是O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+O2=2H2O+S↓，比较出元素的非金属性：N<O。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。 3． 4 7 O2﹣ Na+ N 2HNO3+Na2CO3 =2NaNO3+CO2↑+H2O 非极性 小于 c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+) NH4++OH﹣=NH3•H2O 0.022 【分析】由元素在周期表中位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。 【详解】(1)h为Cl，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，只有s、p轨道电子云，有4种伸展方向不同的电子，核外没有运动状态相同的电子，最外层有7种运动状态不同的电子；故答案为：4；7。 (2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2−＞Na+，同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＞C，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；故答案为：O2−；Na+；N；2HNO3 + Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。 (3)d、e元素形成的四原子化合物为Na2O2，电子式为：，b、g元素形成的分子CS2为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；故答案为：；非极性。 (4)NH4Al(SO4)2溶液中铵根离子与铝离子相互抑制水解，而NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，铝离子抑制程度不如酸的抑制程度大，则NH4HSO4溶液中铵根离子浓度更大；故答案为：小于。 (5)NH4HSO4与NaOH按物质的量1:1反应时生成物为硫酸钠、硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，二者混合呈中性，还有一水合氨生成，为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨混合溶液，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)。 (6)10mL 1mol⸱L−1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+物质的量为0.01mol，SO42−物质的量为0.02mol，32mL 1 mol⸱L−1 NaOH溶液中NaOH物质的量为0.032L×1 mol⸱L−1=0.032mol，由Al3++3OH－ = Al(OH)3↓，可知完全沉淀铝离子消耗0.03mol NaOH，消耗NaOH溶液30mL，由NH4+ + OH－ = NH3·H2O，可知铵根离子完全反应消耗NaOH为0.01mol，又消耗NaOH溶液10mL，故加入32mLNOH溶液后，继续滴加至35mL时反应离子方程式为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；20mL 1.2 mol⸱L−1 Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH−为0.048mol，由SO42− + Ba2+ = BaSO4↓，可知SO42−不足，故可以得到0.02mol BaSO4，根据Al3++3OH－= Al(OH)3↓，0.01mol Al3+ 消耗0.03mol OH－生成0.01mol Al(OH)3沉淀，此时剩余n(OH－) = 0.048mol- 0.03mol = 0.018mol，再发生反应NH4++OH－ = NH3·H2O，0.01mol NH4+消耗0.01mol OH－，生成0.01 mol NH3·H2O，此时反应剩余n(OH－)=0.018mol-0.01mol=0.008mol，继而发生Al(OH)3+OH－=AlO2－+ 2H2O，0.008mol OH－溶解0.008mol Al(OH)3，此时剩余Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol = 0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol；故答案为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；0.022。 【点睛】在计算时一定要注意每一步发生的反应以及每一步物质的量，消耗的物质的量，剩余的物质的量，沉淀的物质的量都分清楚。 4． K2O + H2O＝2K++2OH- 4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2↑ 取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液） 【详解】“气体E通入足量澄清石灰水得到15 g白色沉淀”，则E为CO2，物质的量为=0.15mol；则D为金属氧化物，设其化学式为R2On，则发生反应为R2On+nCO2R+nCO2，设R的相对原子质量为M，则有，由此得出，从而得出n=3，M=56，R为Fe元素。由“溶液C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)”，可确定金属为K，固体B为Fe2O3和K2O的混合物，并可求出n(Fe)=0.05mol×2=0.1mol，n(K)==0.2mol。X中，n(O)==0.4mol，由此可得出X中，n(K):n(Fe):n(O)=0.2mol:0.1mol:0.4mol=2:1:4，X的化学式为K2FeO4，A气体为O2。 (1)从上面分析中，可确定溶液C中金属为钾，其离子的结构示意图为。 (2)固体B中含有Fe2O3和K2O，Fe2O3不溶于水，不与水发生反应，只有K2O能与水反应，离子方程式为K2O + H2O＝2K++2OH-。 (3)X隔绝空气加热分解，生成Fe2O3、K2O和O2，化学方程式为4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2↑； (4)若将固体D(Fe2O3)溶于足量的氢碘酸中，发生反应Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，检验Fe2+的方法是取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液）。 【点睛】检验Fe2+时，也可使用硫氰化钾溶液。因为氢碘酸足量，所以溶液G中不含有Fe3+，先加硫氰化钾溶液，无现象，再滴加氯水，若溶液变为血红色，则表明溶液G中含有Fe2+。虽然滴加氯水时，I-也会被氧化为I2，但碘水为黄色，不会对实验结果产生干扰。 5． KIO3•2HIO3 I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+ 3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3 【分析】由反应②可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=，则n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤②中消耗KI0.15mol，化合物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，则5.66gX应含有n（I）=0.03mol，应发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）=0.03mol，如化合物为0.01mol，则相对分子质量为 ，应为KIO3•2HIO3，以此解答该题。 【详解】（1）由以上分析可知X为KIO3•2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：KIO3•2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+； （2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。 6． 第三周期IIIA族 S2- HClO4 >H2SO4 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)  ΔH＝－511kJ·mol-1 H2O2 H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑ 【分析】根据图象可知，x、d、e、f、g、h原子序数依次增大，已知x为非金属元素，根据化合价可判断x、d、e、f、g、h六种元素分别为：H、O、Na、Al、S、Cl； 【详解】（1）f为Al，位于第三周期IIIA族；由H、Na、S三种元素组成的离子化合物为NaHS，其电子式为：； （2）根据“层多径大，序大径小”，则上述元素简单离子半径最大的是S2-；S、Cl的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、高氯酸，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl强于S，则酸性高氯酸强于硫酸；答案为：S2-；HClO4 >H2SO4 ； （3）e为Na，d为O，已知1molNa的单质在足量O2中燃烧，产物为过氧化钠，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)  ΔH＝－511kJ/mol； （4）x和d分别为H、O，组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的为过氧化氢，过氧化氢与CN－在碱性条件下发生氧化还原反应，生成碳酸根离子和氨气，反应的离子方程式为：H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑； 【点睛】非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其气态氢化物的稳定性越强。 7． (强)氧化 NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O    Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O 【分析】C为常见的调味品，则C为NaCl；F和G在点燃条件下反应生成NaCl，F为气体，则F为Cl2，G为Na；其中D是常见的无色液体，则D为H2O；Na和H2O反应生成NaOH和H2(H和B)，H为气体单质，则H为H2，B为NaOH，Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O（C、D和I），则I为NaClO，A和B(NaOH)反应能生成E，E为气体，则E为NH3，A为NH4Cl，H和J为单质且两者在一定条件下可生成E，则J为N2，则NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，据此答题。 【详解】（1）物质I为NaClO，其溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为具有强氧化性，故答案为(强)氧化。 （2）反应①为NH4Cl与NaOH在加热条件下反应生成NaCl、NH3和H2O，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故答案为NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O。 （3）反应③为Na和H2O反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH +H2↑，该反应中钠的化合价由0价升高为+1价，H元素的化合价由+1价降低为0价，转移2个电子，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：  ，故答案为  。 （4）反应④为Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。 （5）反应⑤为NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，化学方程式2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O，故答案为2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O。 【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 8．    FeS2 Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑ Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O 【分析】由A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，A在二氧化锰作用下分解生成生成无色液体B和气体C，可知A为H2O2，B为H2O，C为O2；由E为最简单的烃，E与氧气反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体G，可知E为CH4，G为CO2；由D能够与H2O反应生成CH4和白色胶状沉淀F，结合D的摩尔质量为144g·mol－1，可知D为Al4C3，F为Al(OH)3；由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3；由H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3，结合H中铁和硫两种元素质量比为7∶8，可知H为FeS2；由转化框图可知，SO2和H2O2反应生成H2SO4，则K为H2SO4；H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，则L为Al2(SO4)3。 【详解】（1）G为共价化合物CO2，电子式为  ，故答案为  ； （2）由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3，H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3说明H中含有铁和硫两种元素，由两种元素质量比为7∶8，可得n(Fe)：n(S)= 7/56∶8/32=1:2，所以H的化学式为FeS2，故答案为FeS2； （3）反应①为Al4C3与H2O反应生成无色气体CH4和白色胶状沉淀Al(OH)3，反应的化学方程式为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑，故答案为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑； （4）反应②为H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O，故答案为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O。 【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查元素化合物知识的综合理解和运用，注意题给信息的理解，把握过氧化氢、铁、铝等化合物的性质及其转化是解答关键。 9． Fe3+ + OH-= NH3·H2O mol/L 1：1：1 c（）≥0.3 mol·L－1 【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在，结合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+； （1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+； （2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 + OH-= NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1； （3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1； (4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+ n() ×1= n()×2+ n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能还有K+，则n()≥0.3 mol，c()=n()÷0.1L≥0.3 mol·L－1。 10． 第二周期VA族 Na+[:::]2- Na+ 离子键、非极性共价键（或共价键） S2-＞Cl->Na+ 正 CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O 【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，A为H元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C（碳）元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素 【详解】（1）C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期VA族，G为Cl元素，原子结构示意图是； （2）D与E按原子个数比1：1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为Na+[:::]2- Na+ ，所含化学键类型为：离子键、共价键； （3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故E、F、G形成的简单离子，离子半径由大到小的顺序是：S2－＞Cl－＞Na＋； （4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极，即用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池．在a极通入CH4气体，b极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－═4OH－。负极上甲烷被氧化生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。 11． 第二周期第ⅤA族 H2SO3、H2SO4 S2-＞N3-＞O2-＞Na+ NH4NO3 NH4++OH-NH3↑+H2O 4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4 【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答。 【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素， （1）B为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第ⅤA族； （2）E为S元素，氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4； （3）B、C、D、E分别为N、O、Na、S，形成的简单离子S2-多一个电子层，N3-、O2-、Na+具有相同电子层结构核电荷数越大半径越小，则半径由大到小的关系是：S2-＞N3-＞O2-＞Na+； （4）Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：； (5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物硝酸铵的化学式为NH4NO3，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发生反应的离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O； (6)化合物D2EC3（Na2SO3）在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐Na2S，则此反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4。 【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。 12． Cu2＋、Fe3＋ (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 Na2CO3 CO32-+H2OHCO3-+OH- Ag＋＋Cl－=AgCl↓ Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ 取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色 【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中； ②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+； ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3； ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-； ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3； ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。 据此分析作答。 【详解】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中； ②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+； ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3； ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-； ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3； ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。 （1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，其中阴离子都为SO42-。 （2）D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解，CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。 （3）A为BaCl2，C为AgNO3，A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2（SO4）3，E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。 （4）B为（NH4）2SO4，B中阳离子为NH4+，检验NH4+的正确的实验方法是：取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明B中含NH4+。 【点睛】本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存）、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。 13． +3 H-Cl Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑ AlCl3、NaCl 促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁（PAFC） 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑ 【详解】(1)该物质是碱式氯化铝和碱式氯化铁形成的复杂物质，根据化合价规则，设铁元素的化合价为a，则有(6-x)+x=2a，所以铁元素的化合价为+3价； (2)因最终产物为氯化物，所以该酸为盐酸，其结构式为H—Cl； (3)SiO2和Al2O3在高温下都能与纯碱反应，类似于生产玻璃的主要反应原理：Na2CO3+ SiO2 Na2SiO3+CO2↑ 和Na2CO3 +Al2O3 2NaAlO2+CO2↑； (4)根据滤渣A中主要含有SiO2和Al2O3，与纯碱焙烧后生成Na2SiO3和NaAlO2，再用盐酸酸浸后得到滤渣为H2SiO3，所以滤液B的主要溶质为AlCl3和NaCl；滤液混合后其中的溶质为AlCl3、FeCl3和NaCl，由于Al3+和Fe3+都能够水解，且加热能够促进水解，所以滤液混合后加热蒸发的作用就是促进Al3+、Fe3+水解生成聚合氯化铝铁（PAFC）； (5)分离出聚合氯化铝铁（PAFC）后的滤液中主要是NaCl，即粗盐，经过精制处理后，再进行电解，即氯碱工业，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑。 14． CaCO3 CuC2O4 CuO +CO↑+CO2↑ 2CuO + 4I-+4H+ =2CuI↓+ I2 +2H2O 或2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2 【分析】气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1，C的摩尔质量为1.96g·L-1×22.4mol/l=44g·mol－1，C为CO2，白色沉淀为CaCO3，B和C为常见气体且所含元素相同，B为CO，D为CuO，CO2的物质的量=碳酸钙的物质的量=20g/100g·mol－1=0.2mol，氧化铜的物质的量=16g/80g·mol－1=0.2mol，固体A的摩尔质量=30.4g/0.2mol=152g·mol－1,化学式为CuC2O4 【详解】（1）白色沉淀的化学式CaCO3。 （2）A受热分解的化学方程式CuC2O4 CuO +CO↑+C02↑ 。 （3）取少量固体D为CuO溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。产生该现象的离子方程式2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2。 15．(1) 正四面体 H-O-Cl 第三周期第ⅣA族 (2) Al>Si>Cl>C HClO4>H2CO3>H2SiO3 (3)2H2O+2F2=4HF+O2 (4) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5) NCl3+3H2O=3HClO+NH3 【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z为原子序数大于Y的短周期元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素；X与Z位于同一主族，X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，W原子的最外层电子数为14-3-4=7，W为原子序数大于Z的短周期元素，W为Cl元素，据此分析解答。 【详解】（1）XW4为CCl4，CCl4的空间构型为正四面体；HWO为HClO，HClO的结构式为H-O-Cl；Z为Si元素，Si为14号元素，Si位于第三周期第IVA族； （2）①根据同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，一般电子层数多原子半径大，则X、Y、Z、W原子半径由大到小的顺序为AlSiClC；②非金属性：ClCSi，C、Si、Cl的最高价氧化物水化物酸性由强到弱依次为HClO4H2CO3H2SiO3； （3）W为Cl元素，W同族上一周期元素为F，F2不能从NaCl溶液中置换出Cl2是因为F2与溶剂水反应，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2； （4）①Y为Al元素，加入一定量的水，Al与NaOH、H2O反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②含Y元素的盐与小苏打溶液可用作泡沫灭火剂，含Y元素的盐为Al2 (SO4)3，Al2 (SO4)3溶液与NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑； （5）NW3为NCl3，根据价键规则，NCl3的电子式为：；NCl3滴入50℃左右的热水中，片刻后取该热水溶液滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，NCl3与热水反应生成HClO，NCl3在热水中发生水解的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。 16． 氯气 第四周期第Ⅷ族 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl- 用试管取少量B溶液,然后向其中滴入几滴KSCN溶液,若溶液呈现血红色,证明有Fe3+存在 C    < 4mol 【详解】根据题给信息，A+甲→乙+B 该反应为置换反应，若甲为常见气态非金属单质，三种单质中只有甲由短周期元素组成，甲与乙同主族；根据周期表中主族元素的置换规律：氯气置换溴，所以甲为氯，乙为溴，乙与丙同周期，丙为铁，A为溴化亚铁，B为氯化铁，溴与过量的铁生成溴化亚铁，溴与少量的铁生成溴化铁； ①正确答案：氯气； ② 铁元素在周期表中第四周期，第Ⅷ族；正确答案：第四周期、第Ⅷ族； ③ 溴化亚铁被氯气全部氧化为单质溴和氯化铁，该反应为置换反应；正确答案： 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-； ④Fe3+的最简的检验方法滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，溶液中含有Fe3+；正确答案：用试管取少量B溶液,然后向其中滴入几滴KSCN溶液,若溶液呈现血红色,证明有Fe3+存在； （2）甲为常见金属单质，乙为常见固态非金属单质,且所有物质组成元素均为短周期元素； A+甲→乙+B 该反应为置换反应，金属置换非金属反应，金属镁在二氧化碳气体中燃烧，生成碳单质和氧化镁；A为二氧化碳，甲为镁，乙为碳，B为氧化镁；碳与足量的氧气燃烧变为二氧化碳，氧气不足，生成一氧化碳； ① 正确答案：C； ② 正确答案：   ③将二氧化碳缓慢通入氢氧化钠溶液中，当达到a点时，生成部分碳酸钠，所得混合液为氢氧化钠和碳酸钠；当二氧化碳继续通入，氢氧化钠完全反应，正好生成碳酸钠溶液，曲线达到最高点；继续通入二氧化碳，碳酸钠继续与二氧化碳反应，达到b 点，溶液变为碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，直到最后，碳酸钠全部变为碳酸氢钠溶液； a点为氢氧化钠和碳酸钠混合液，溶液为强碱，抑制水的电离；b 点碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，两种盐都能够促进水的电离，a<b; 正确答案：<  ；从图象上看，当反应进行到最大值时，，阴离子的总量为2mol，恰好生成碳酸钠溶液，n(Na+)=4 mol, 向溶液X中逐滴加入盐酸至反应完全,,所得溶液的溶质为氯化钠，根据守恒原则，n(Cl-)=n(HCl)=4 mol，正确答案：4 mol； . 17． 三 ⅥA HCl H2S HSO3-+H+=SO2↑+H2O 5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+ 【详解】试题分析：由图可知，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、S、Cl等六种短周期元素。 （1）在周期表中,E位于第三周期第ⅥA族。 （2）A、B能组成既含极性键又含非极性键的化合物为N2H4，其电子式为。 （3）S、Cl的非金属性相比，S<Cl，所以其气态氢化物中热稳定性较强的是HCl，还原性较强的是H2S。 （4）A、C、D、E组成两种酸式盐为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，将两溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O。 （5）常用(NH4)2S2O8检验废水中的Mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含Mn2+,还原产物与盐酸酸化的BaCl2溶液混合产生白色沉淀，则S2O82-被还原为SO42-、Mn2+被氧化为MnO4-，该反应的离子方程式为5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+。 18． HClO4 H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑ N2中两个氮原子间存在键能很大的氮氮三键 NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O 【详解】A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A、B、D、E的原子序数依次增大，E的单质及某种氧化物是常用的饮用水消毒剂，E是Cl。它们的单质及某些化合物问存在如下转化关系，其中q是与人类生活密切相关的液态化合物，q是水，由A、B两元素所形成，则A是H，B是O； （1）Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4。 A、B两元素形成的另一种化合物具有较强的氧化性，该化合物是双氧水，例如双氧水能氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O。（2）若化合物Ⅳ是含有两种常见金属元素的盐，则根据转化关系图可判断C是Na，Ⅰ是氧化钠，Ⅱ是过氧化钠，Ⅲ是氢氧化钠，D是金属铝，化合物Ⅳ是偏铝酸钠。其中过氧化钠的电子式为，生成偏铝酸钠时反应的离子方程式为2OH-+2Al+2H2O＝2AlO2-+3H2↑。（3）若在常温下化合物Ⅰ、Ⅱ均为气体，且D的单质与化合物Ⅲ浓溶液混合无明显变化但与化合物Ⅲ的稀溶液混合后有无色气体产生，该气体遇空气变为红棕色，则根据转化关系图可判断C是氮气，Ⅰ是NO，Ⅱ是NO2，Ⅲ是硝酸，D是金属铝。①由于N2中两个氮原子间存在键能很大的氮氮三键，因此氮气在常温下化学性质很稳定。②由D单质、石墨、化合物Ⅲ的稀溶液构成的原电池中，正极上发生硝酸根得到电子的还原反应，电极反应式为NO3-+4H++3e-＝NO↑+2H2O。 点睛：明确相关物质的性质是解答的关键，注意框图题突破口的寻找。解框图题的方法最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途、特殊性质等。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$