2025届高三化学一轮复习 过关专题训练--无机推断题

2025届高三化学过关专题训练--无机推断题 1．（2024·四川成都·模拟预测）红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 (1)Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72- 的离子方程式： 。 (2)Ⅱ中，加入NaOH调节pH至 (填字母序号)。 a．4.3~5.6    b．4.3~7.1 c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 (3)Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为 。 (4)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是 。 (5)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。 (6)为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 (已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为 (用质量分数表示)。 2．（2024·黑龙江吉林·模拟预测）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3](M=222g/mol)是孔雀石主要成分，绿色晶体，在冷水中的溶解度很小，在沸水中易分解。实验室制备Cu2(OH)2CO3步骤如下： .将CuSO4•5H2O和Na2CO3分别溶解配制成浓度为0.5的溶液； Ⅱ.按不同的物质的量之比将CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合，在一定温度下搅拌，监测沉淀的生成速率和质量； Ⅲ.静置，减压过滤，洗涤，干燥，得产品，测定产品纯度。 表一反应物物质的量之比对产物的影响 n(CuSO4)∶n(Na2CO3) 1∶0.9 1∶1.1 1∶1.2 1∶1.4 沉淀生成速率 很慢 慢 快 很快 最终沉淀质量/g 0.547 0.533 0.549 0.527 表二反应温度对产物的影响 温度/℃ 65 70 75 85 沉淀生成速率 较慢 较快 快 较快 最终沉淀质量/g 1.303 1.280 1.451 1.280 (1)依据表一信息，步骤Ⅱ中的CuSO4与Na2CO3最佳投料比为 。 (2)依据表二信息，确定步骤Ⅱ中制备温度为75℃，应采取的加热方式为 。此温度下产生的沉淀量最大，可能的原因为 。 (3)制备碱式碳酸铜[Cu(OH)2•CuCO3]时，有一种无色无味气体生成，则离子方程式为 。 (4)步骤Ⅲ中测定样品纯度实验如下：取三份质量均为0.2400g碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]样品，溶解，以淀粉为指示剂，加入过量KI溶液，保持体系密封避光5min后，用0.1000mol/LNa2S2O3标准液滴定，反应原理为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2S2O+I2=S4O+2I-，使用标准液体积分别为19.98mL、20.02mL、20.90mL，产品的纯度为 。 (5)制备碱式碳酸铜也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、HCO、CO的分布系数δ随pH的变化如图。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中c(CO)∶c(HCO)= 。 (6)若制备过程中，条件控制不当，会生成蓝色晶体[xCaCO3•yCu(OH)2]，该物质为蓝铜矿的主要成分。可通过高温灼烧确定xCaCO3•yCu(OH)2组成，取34.6g蓝色晶体，灼烧后残留物质量为24.0g。则x∶y= 。 3．（2024·浙江杭州·二模）固态化合物CaCu2O3有如下转化： 已知：固体G的摩尔质量为80g/mol。 (1)用化学式表示A的组成 ，写出溶液D中主要的阳离子 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．反应Ⅰ中NH3体现氧化性 B．反应Ⅱ的现象说明稳定性： C．气体混合物B的组成为N2、NH3 D．固体G与水反应可以得到NH3 (3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。 ①写出制备NaCuO2的离子方程式 。 ②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在 。 4．（2023·浙江金华·模拟预测）化合物A由三种元素组成，某学习小组按如图流程进行实验(除说明外，所加试剂均过量)    请回答： (1)A的组成元素是 ，A的化学式是 。 (2)写出A→B的化学反应方程式 。 (3)写出C→D所发生的主要离子方程式 。 (4)设计实验检验无色溶液G中的阴离子 。 5．（2023·浙江·模拟预测）某研究小组按下列路线以马来酸酐(A)为原料合成吡唑酸(H)： 已知：①R－COOHRCOCl ②R－OHR－Br ③R－CNR－CH2NH2 请回答： (1)下列说法一定不正确的是 。 A．化合物F→G为还原反应 B．化合物E可以归类为醇类 C．化合物A中的所有原子共平面 D．化合物H的分子式为C8H7O2N3BrCl (2)化合物B中的含氧官能团名称为 ，化合物C的结构简式是 。 (3)化合物D+X→E的反应由加成、消去、取代三步反应构成，写出其中加成反应的化学方程式 。 (4)写出符合下列条件的X的2种同分异构体的结构简式： (不考虑立体异构)。 ①含有一个六元环；②1H－NMR检测表明仅含1种氢 (5)根据题给信息，设计以丙烯为原料合成  的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 6．（2022·四川成都·模拟预测）A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，相关信息如下： 序号 信息 ① A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子 ② C为地壳中含量最高的元素 ③ E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强 ④ F为短周期中原子半径最大的元素 根据以上信息提示，回答下列问题。 (1)C元素在周期表中的位置为 。简单氢化物沸点最低的是 。 (2)由B、C、D三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为 ，化合物DEC所含化学键的类型有 (填“金属键”、“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。 (3)将通入到FEC溶液中可制得。该反应的离子方程式为 。 (4)写出可使酸性高锰酸钾溶液褪色的A的含氧酸(相对分子质量为90)的结构式 。 (5)一种淡黄色固体，其电子式为 。该固体与硫酸亚铁溶液(按物质的量之比为1∶1)反应。反应过程中有气体生成，则该反应的还原剂为 。 7．（2022·湖南常德·模拟预测）I.现有部分短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，四种元素的性质或原子结构如下表。 元素编号 元素性质或原子结构 X L层电子数比K层电子数多3 Y Y的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应 Z Z与Y元素相邻 W 常温下，0.1mol/LW的最高价含氧酸的pH<1 (1)写出元素X的气态氢化物的电子式 。 (2)Y元素在周期表中的位置为 ，元素W的离子结构示意图为 。 (3)下列事实能说明W元素的非金属性比Cl元素的非金属性弱的是 (填标号)。 a.Cl2与H2W溶液反应，溶液变浑浊 b.在氧化还原反应中，1molCl2比1molW得电子多 c.Cl和W两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 d.Cl和W对应的单质分别与Fe反应，Cl2把Fe氧化到更高的价态 (4)Z与Cl2反应生成1molZ的液态最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，写出该反应的热化学方程式： 。 II.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 (5)电化学降解的原理如图所示。 ①左侧Pt电极为 (填“阳极”或“阴极”)，阳极的反应式为 。 ②若电解过程中转移了2mol电子，则理论上膜右侧电解液的质量变化为 g。 8．（21-22高二下·浙江温州·期末）化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验： 已知：A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题： (1)X的组成元素有 ；X的化学式为 。 (2)固体B的成分是 (用化学式表示) (3)X化学性质相当活泼，1mol X吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，请写出Y与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。 (4)设计实验证明溶液G中的阳离子 。 9．（2022·浙江·高考真题）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 化合物X在空气中加热到，不发生反应。 请回答： (1)组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。 (2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。 (3)①写出由X到A的化学方程式 。 ②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。 (4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。 10．（2021·浙江宁波·模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。 已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。 请回答： (1)写出气体E的结构式 ；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有 (用化学式表示)。 (2)化合物X含有的元素有Cu、H、 (写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式 。 (3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式 。 (4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分 。 11．（21-22高三上·北京海淀·阶段练习）R、W、X、Y是原子序数依次增大的四种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。 (1)W的原子结构示意图是 。 (2)WX2的电子式是 。 (3)R2X、R2Y中，稳定性较高的是 (填化学式)，沸点较高的是 。(填化学式) (4)Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。 ①根据元素周期律，下列推断正确的是 。(填字母序号) a．Se的最高正化合价为+7价 b．H2Se的还原性比H2Y强 c．H2SeO3的酸性比H2YO4强 d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应 ②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为 。 (5)科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为A2O3。为确定A元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：①A的相对原子质量介于K和Rb(铷)之间；②0.01mol A2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到A的简单氢化物，反应完全时，被A2O3氧化的Zn为0.06mol；综合以上信息推断，A可能位于元素周期表第 族。 12．（21-22高三上·辽宁铁岭·阶段练习）A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na+、Ba2+、Cu2+、Ag+中的某一种，阴离子分别是Cl-、SO、CO、NO中的某一种。现做以下实验：①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有C盐溶液呈蓝色。②分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现D盐溶液中产生白色沉淀，A盐溶液中有较多气泡产生，而B盐溶液无明显现象。 (1)根据上述实验事实，推断B、D两种盐的化学式分别为：B： ；D： 。 (2)向饱和A溶液中通入过量二氧化碳可能出现的现象为 ，写出反应的化学方程式 。 (3)将C溶液盛装在电解槽中，利用两只铂电极进行电解，写出电解总反应的化学方程式 ，若在实验室内欲检验C中的阴离子，写出简要步骤 。 (4)写出B、D两溶液混合的离子方程式为 。 13．（2021·山西吕梁·一模）甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。 (1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式 。 (2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因 ，写出此时反应④的离子方程式 。 (3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为 。 (4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式 。 14．（2020·福建福州·一模）A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图所示转化关系。 (1)若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中，C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应。写出电解D的水溶液时发生反应的化学方程式： 。 (2)若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，常温下，0.1mol·L－1 E溶液中只有3种离子，且溶液中的。则： ①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中是位置为 ，B的电子式为 。 ②E→ C反应的离子方程式为 。 (3)若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标准状况下2.24 L C气体通入1L0.1mol·L－1的NaOH溶液中，恰好完全反应，所得溶液的pH<7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为 (OH-除外)。 (4)若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀。若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后，再加入足量的氢氧化钠溶液，产生的气体只有一种，该气体无色、有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该反应的离子方程式为 。 15．（2018·山西·一模）已知1L某待测液中除含有0.2mol·L-1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或几种： 阳离子 K＋、NH、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ 阴离子 Cl-、Br-、CO、HCO、SO 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)： 已知：NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O (1)由气体B可确定待测液中含有的离子是 。 (2)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是 ，据此可以排除的离子是 。 (3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是 。 (4)某同学读图后，认为待测液中一定不含溴离子，他判断的依据是 。 (5)综合分析，待测液中K＋的最小浓度为 。 16．（2020·浙江·一模）X是由四种短周期元素组成的纯净物，含结晶水，相对分子量范围：105～230。它是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，现将X按如图流程实验，气体A到气体B质量减轻7.2g，气体B能使品红溶液褪色，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，溶液D焰色反应呈黄色。(气体体积均为标况下体积)。 请回答： (1)X中含有的非金属元素有 (填写元素符号)。 (2)写出X隔绝空气加热的化学方程式 。 (3)X溶液暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，请写出离子方程式 。 17．（2018·浙江·模拟预测）Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。 请回答： (1)组成A的非金属元素是 ，气体B的结构简式 。 (2)固体A与足量水反应的化学方程式是 。 (3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式 。 Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图： (4)说明氧化性 Br2＞I2的实验现象是 。 (5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检 。 18．（2020·浙江宁波·二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验： 已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。 请回答： （1）组成A的四种元素是 ，气体E是 。 （2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是 。 （3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为 。 Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。 （1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是 。 （2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验 。 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．(1) (2)c (3)3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O (4)H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低 (5)加入使得溶液中H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率 (6) 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 【分析】浸出液(主要含、、、、和)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()。 【详解】（1）加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，，对应的离子方程式为：，故答案为：； （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故答案为：c； （3）Ⅲ中，氧化沉淀生成Na2CrO4和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O； （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； （5）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入使得溶液中H+增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率，故答案为：加入使得溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； （6）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为，故答案为：。 2．(1)1∶1.2 (2) 水浴加热 适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解 (3) (4)92.5% (5)1:106.75 (6)2:1 【分析】本题为实验室制备Cu2(OH)2CO3，首先考查学生对图表的提取能力，知道最优条件，其次给出相关信息写出离子方程式，最后计算纯度，和在不同环境下离子之间的比值，这是本题的重难点。 【详解】（1）依据表一信息，最终沉淀质量最大，即最佳投料比为1∶1.2，答案：1∶1.2； （2）制备温度为75℃，为了更好控温，采用水浴加热，由表二中信息可知，此温度下产生的沉淀量最大，推测可能的原因为适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解，答案：水浴加热、适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解； （3）根据反应物和产物，制备碱式碳酸铜[Cu(OH)2•CuCO3]时，同时有一种无色无味气体生成可推测离子方程式为，答案：； （4） 标准液体积分别为19.98mL、20.02mL、20.90mL，第三组数据偏差较大，舍弃，可得体积为20.00mL，根据化学式可得，2n(Cu2+)-n(I2)-2n(S2O)可知，n(Cu2+)=0.1000mol/L×20.0mL×10-3，n[Cu2(OH)2CO3]=0.5 n(Cu2+)，纯度=×100%=92.5%，答案：92.5%； （5）饱和碱式碳酸铜溶液,溶液中存在，，当pH=10.25时，，=10-10.25，代入Kh可得到=1010.25，又知道此时pH约为8.5，得c(OH-)=10-3.5，c(CO)∶c(HCO)=1∶106.75，答案：1∶106.75。 （6）xCaCO3•yCu(OH)2，灼烧，失去二氧化碳和水，取34.6g蓝色晶体，灼烧后残留物质量为24.0g ，减少10.6g，可列方程式44x+18y=10.6，100x+98y=34.6，解方程组可得x∶y=2∶1。 3．(1) Ca(OH)2和Cu H+、Cu2+、Ca2+ (2)BD (3) 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反 【分析】固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/mol，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+，故答案为：Ca(OH)2和Cu；H+、Cu2+、Ca2+； （2）A．由分析可知，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误； B．反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：，B正确； C．由分析可知，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误； D．由分析可知，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确； 故答案为：BD； （3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。 ①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O，故答案为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O； ②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反，故答案为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。 4．(1) Cr、O、Cl CrO2Cl2 (2)CrO2Cl2+4KOH=K2CrO4+2KCl+2H2O (3)Cr2O+3SO+8H+=3SO+2Cr3++4H2O (4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，则含有OH-；取少量溶液G于试管，滴加足量稀硝酸(或硝酸酸化的硝酸银溶液)，出现白色沉淀，则含有Cl- 【详解】（1）加入硝酸酸化的硝酸银，生成白色沉淀F为AgCl，2.87gAgCl物质的量为，A中含Cl物质的量0.02mol=0.04mol，根据表格中现象可知B中黄色溶液含CrO，加入硫酸，2CrO+ 2H+Cr2O+ H2O，转变为橙色的Cr2O，加入亚硫酸钠，Cr2O被还原为为绿色的Cr3+，所以A中含Cr元素。由题意可知白色沉淀E为BaSO4，物质的量为，根据硫原子守恒，被还原的SO为：0.03mol-0.015L=0.015mol，根据化学方程式Cr2O+3SO+8H+=3SO+2Cr3++4H2O，可知A中Cr元素质量为0.015mol =0.02mol，化合物A由三种元素组成，应该是含氧酸盐，A中O的物质的量，所以A中Cr、O、Cl的个数比为0.02∶0.04∶0.04=1∶2∶2，则A的化学式为CrO2Cl2，答案：Cr、O、Cl；CrO2Cl2； （2）A为 CrO2Cl2，和KOH反应生成K2CrO4和KCl，配平化学方程式，CrO2Cl2+4KOH=K2CrO4+2KCl+2H2O，答案：CrO2Cl2+4KOH=K2CrO4+2KCl+2H2O； （3）C溶液为K2Cr2O7溶液，能将Na2SO3氧化为SO，Cr2O被还原为Cr3+，根据得失电子守恒配平离子方程式Cr2O+3SO+8H+=3SO+2Cr3++4H2O，答案：Cr2O+3SO+8H+=3SO+2Cr3++4H2O； （4）AgCl溶于氨水，形成阳离子[Ag(NH3)2]+，阴离子为Cl-，所以检验无色溶液G中的阴离子方法为：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，则含有OH-；取少量溶液G于试管，滴加足量稀硝酸(或硝酸酸化的硝酸银溶液)，出现白色沉淀，则含有Cl-。 5．(1)AD (2) 酯基、羧基    (3)  +     (4)   (5)             【分析】由有机物的转化关系可知，  与甲醇发生取代反应生成  ，则B为  ；  与溴化氢发生加成反应生成  ，则C为  ；  与SOCl2发生取代反应生成  ，  与  先后发生加成反应、消去反应和取代反应生成  ，则E为  ；  与POBr3发生取代反应生成  ，一定条件下  发生消去反应生成  ，则G为  ；酸性条件下  发生水解反应生成  。 【详解】（1）A．由分析可知，化合物F→G的反应为一定条件下  发生消去反应生成  ，故错误； B．由分析可知，化合物E的结构简式为  ，由官能团可知，化合物E分子中含有醇羟基，可以归类为醇类，故正确； C．由结构简式可知，化合物A中碳碳双键、碳氧双键和氧原子都为平面结构，则分子中所有原子共平面，故正确； D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C9H5O2N3BrCl，故错误； 故选AD； （2）由分析可知，化合物B的结构简式为  ，分子中的含氧官能团为羧基、酯基；化合物C的结构简式   ，故答案为：酯基、羧基；  ； （3）化合物D+X→E反应先发生加成反应的反应为  与  发生加成反应生成  ，反应的化学方程式为  +    ，故答案为：  +    ； （4）化合物X的同分异构体含有一个六元环，1H－NMR检测表明仅含1种氢说明分子结构对称，分子中含有的六元环为含有3个氮原子的杂环，侧链为氯原子和2个处于对称位置的甲基，则符合条件的结构简式   ，故答案为：  ； （5）由题给信息可知，以丙烯为原料合成  的合成步骤为丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2—二溴丙烷，1，2—二溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成1，2—丙二醇，铜做催化剂条件下，1，2—丙二醇与氧气共热发生催化氧化反应生成  ，  与氢氰酸发生加成反应生成  ，  与四氢合硼酸钠发生还原反应生成  ，合成路线为            ，故答案为：            。 6．(1) 第二周期第VIA族 (2) 极性共价键 (3) (4) (5) 和 【分析】F为短周期中原子半径最大的元素，则F是钠元素；E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强，则E为氯元素；C为地壳中含量最高的元素，则C为氧元素；A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子，则D是氢元素，A、B分别是碳、氮元素，据此回答。 【详解】（1）氧元素在周期表中的位置为第二周期第VIA族。简单氢化物沸点最低的是CH4。 （2）由N、O、H三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为 ，化合物HClO所含化学键的类型为极性共价键。 （3）将NH3通入到NaClO溶液中可制得N2H4，氮元素化合价由-3价升高到-2价，氯元素化合价由+1价降低到-1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出离子方程式为：。 （4）可使酸性高锰酸钾溶液褪色的含氧酸(相对分子质量为90)是具有还原性的草酸H2C2O4，结构式为。 （5）淡黄色固体过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧离子构成，过氧离子中两个氧原子之间共用1对电子，其电子式为：；过氧化钠与硫酸亚铁按1:1反应，反应过程中有气体O2生成，则该反应中负一价氧元素部分升高，亚铁失电子化合价也升高，硫酸亚铁和过氧化钠都是还原剂。 7．(1) (2) 第三周期第ⅢA族 (3)acd (4)Si(s)+2Cl2(g)＝SiCl4(l)  ΔH＝－687kJ/mol (5) 阳极 2H2O－4e－＝O2↑+4H＋ 5.4 【分析】短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X原子的L层电子数比K层电子数多3，X是N；Y的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，Y是Al；Z与Y元素相邻，所以Z是Si；常温下，0.1mol/LW的最高价含氧酸的pH＜1，说明是二元强酸，因此W是S，据此解答。 【详解】（1）元素X的气态氢化物是氨气，电子式为。 （2）Al元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，元素W的离子，即硫离子的结构示意图为。 （3）a.Cl2与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明有单质硫生成，因此氯元素的非金属性强于硫元素，a正确； b.非金属性强弱与得失电子数目多少没有关系，b错误； c.Cl和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氯化氢稳定性强于硫化氢，因此氯元素的非金属性强于硫元素，c正确； d.Cl和S对应的单质分别与Fe反应，Cl2把Fe氧化到更高的价态，说明氧化性氯气强于硫，所以氯元素的非金属性强于硫元素，d正确； 答案选acd。 （4）Si与Cl2反应生成1molZ的液态最高价化合物即SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)＝SiCl4(l)  ΔH＝－687kJ/mol。 （5）①右侧Pt电极硝酸根得到电子转化为氮气，是电解池的阴极，因此左侧Pt电极为阳极，水电离出的氢氧根放电产生氧气，阳极的反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H＋。 ②右侧电极反应式为2NO+12H++10e－＝N2↑+6H2O，转移2mol电子，生成mol氮气，但同时还有2mol氢离子进入右侧，所以若电解过程中转移了2mol电子，则理论上膜右侧电解液的质量减少0.2mol×28g/mol－2mol×1g/mol＝5.4g。 8．(1) Fe、C、O (2)Fe、C (3) (4)取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有 【分析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为单质的混合物，肯定含铁，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。 【详解】（1）根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5； （2）根据分析，固体B的成分为：Fe、C； （3）X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：； （4）根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有。 9．(1) Ba、Cu、O BaCu3O4 (2)HCl、H2SO4 (3) 2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O (4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O 【分析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。 【详解】（1）根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。 （2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。 （3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。 ②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O。 （4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。 10．(1) CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4 (2) N、S、O 2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O (3)2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH (4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物 【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)= ρ.Vm=0 .76g/L ×22.4L/mol= 17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)==0.2mol，n(SO2)==0.2mol，以此来解题； 【详解】（1）由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4； （2）有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O； （3）CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH； （4）取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物； 11．(1) (2) (3) H2O H2O (4) bd 3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O (5)VA 【分析】R、W、X、Y是原子序数依次增大的四种主族元素，R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H；W与X可形成两种稳定的化合物WX和WX2，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，W为C、X为O；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S，据此分析解题。 【详解】（1）由上述分析可知，W为C元素，原子序数为6，其原子结构示意图是，故答案为：； （2）由分析可知，W为C，X为O，则WX2为CO2，CO2属于共价化合物，其电子式是，故答案为：； （3）R2X、R2Y中分别为H2O、H2S，O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于H2S；由于H2O分子间存在氢键，导致H2O的沸点较高，故答案为：H2O；H2O； （4）①a．Se的最外层电子数为6，最高正化合价为+6价，a错误； b．非金属性S大于Se，则H2Se的还原性比H2Y强，b正确； c．H2SeO3的酸性比H2YO4弱，前者为弱酸，后者为强酸，c错误； d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应生成盐和水，d正确； 故答案为：bd； ②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，结合化合价变化可知，生成两种单质为Se、N2，该反应的化学方程式为：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O，故答案为：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O； （5）0.01 mol A2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到A的简单氢化物，反应完全时，被A2O3氧化的Zn为0.06 mol，设氢化物中A元素的化合价为x，由电子守恒可知0.01mol×2×(3-x)=0.06mol×(2-0)，解得：x=-3，则A元素的最高价为+5价，A位于元素周期表第VA族，故答案为：VA。 12．(1) BaCl2 AgNO3 (2) 出现白色沉淀 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 (3) 2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2 先向溶液中加入稀盐酸，若无明显现象再向其中滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生 (4)Ag＋+Cl－＝AgCl↓ 【分析】C盐的溶液呈蓝色，说明C盐中含有Cu2+，分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现D盐溶液中产生白色沉淀，说明D盐中含有Ag+；A盐溶液中有较多气泡产生，说明A盐中含有CO32−；又A、B、C、D四种盐均为可溶性盐，故A盐为Na2CO3；C盐为CuSO4，B盐为BaCl2，D盐为AgNO3，以此解答该题。 【详解】（1）根据以上分析可知这B、D的化学式分别为BaCl2、AgNO3。 （2）向饱和A溶液中通入过量二氧化碳，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故可能出现的现象为出现白色沉淀，反应的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。 （3）将硫酸铜溶液盛装在电解槽中，利用两只铂电极进行电解，铜离子在阴极得电子生成单质铜，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，则电解总反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2；若在实验室内欲检验氯离子，需先向溶液中加入稀盐酸，若无明显现象再向其中滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生。 （4）氯化钡和硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钡，离子反应方程式为Ag＋+Cl－＝AgCl↓。 13． 2H2S + O2 2S + 2H2O Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O 血红色 【详解】(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为H2S，乙为S，丙为SO2，故此时反应①的化学方程式2H2S + O2 2S + 2H2O，故答案为：2H2S + O2 2S + 2H2O； (2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Al2O3，乙为Al2(SO4)3或者AlCl3，丙为AlO，故乙的水溶液呈酸性的原因为Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，此时反应④的离子方程式为Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O，故答案为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O； (3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Fe，乙为Fe3+，丙为Fe2+，故往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，故答案为：血红色； (4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为CH4，乙为CO2，丙为CO，故乙的电子式为：，故答案为：。 14． 第二周期VA族 【详解】(1) 若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，推知A是 Na2O2，Na2O2能和水、CO2分别反应生成 NaOH、Na2CO3，由溶液的 pH大小关系，得B是NaOH、C是 Na2CO3，由“电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质,该反应是工业上生产B的重要反应”，D是NaCl，电解 NaCl溶液的化学方程式为，故答案为：； (2) ①由条件“C、D的相对分子质量相差16”，知C、D相差一个O原子，C、D均为同一元素的氧化物，再由A为气体单质，知A为N2，再由条件“0.1 mol/L的E溶液的与联立，得到c(H+)=0.1mol/L，故溶液E为强酸性的HNO3，则B为NH3，C为 NO、D为 NO2，A、B、C、D、E中都含有氮元素，其在第二周期VA族 ，B为NH3其电子式为，故答案为：第二周期VA族，； ②E为强酸性的HNO3，C为 NO ，E→ C反应的离子方程式为，故答案为：； (3)短周期元素组成的固体非金属单质有硼、碳、硅、磷、硫五种，由0.1 mol气体C与0.1 mol NaOH 恰好完全反应后溶液呈酸性可知，气体C为SO2，恰好完全反应生成 NaHSO3 , HSO的水解程度小于其电离程度，故溶液的pH<7，溶液中离子浓度大小为 c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)，故答案为： c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)； (4) 由条件知A为Al，Al元素能形成铝盐和偏铝酸盐,B为溶液呈酸性的铝盐,C为溶液呈碱性的偏铝酸盐，白色沉淀D为 Al(OH)3，碱性条件下，金属 Al可在硝酸钠溶液中被氧化为 AlO，根据题意，NO被还原为NH3，即 ，故答案为：。 15． NH CO、SO Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ HCO 向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀) 0.1mol·L-1 【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br‒，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl‒，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl‒，据此分析解答。 【详解】(1)由滤液A加入NaOH反应生成气体B，则B肯定为NH3，则由此可以确定待测液中含有的离子是NH； (2)待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋； (3)滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定有HCO，发生反应HCO＋OH-= CO＋H2O，Ba2+与CO结合生成BaCO3沉淀，则由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO； (4)由图中信息可知，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br‒，且向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，也能说明溶液中一定没有Br‒； (5)根据元素守恒可知：n(CO)=、n(SO)=、n(HCO)=、n(NH)=；根据溶液呈电中性，有：2×n(SO)+n(HCO)+2×n(CO)=2×0.05mol+0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH)+n(Na+)=0.1mol+1L×0.2mol⋅L-1=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl‒，则K＋的物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K＋浓度是c(K＋)=，若存在Cl‒，则K+的浓度应该大于0.1 mol·L‒1，故待测液中K＋的最小浓度为0.1 mol·L‒1。 16． H、O、S 2Na2S2O4∙2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O 2+3O2+2H2O=4H++4 【分析】X隔绝空气加强热，气体A到气体B质量减轻7.2g，减轻的是水的质量，水的物质的量为=0.4mol，故X中结晶水的物质的量为0.4mol，溶液D焰色反应呈黄色，则含有Na元素，固体B中含有钠元素，生成的气体B能使品红褪色，则B为SO2，物质的量为=0.1mol，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，则B中的一种为Na2S2O3，发生的反应为Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O，加入足量盐酸反应生成SO2，物质的量为=0.2mol，生成的淡黄色沉淀为S，质量为3.2g，物质的量为=0.1mol，而反应Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O中生成的S、SO2均为0.1mol，所以B中的一种为Na2SO3，反应为：Na2SO3+2HCl=SO2↑+2NaCl+H2O，该反应生成SO2为0.2mol-0.1mol=0.1mol，结合方程式可知，Na2S2O3为0.1mol，Na2SO3为0.1mol，X分解得到0.1molSO2，根据原子守恒可知42.0g物质X中含有：Na原子为0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，S原子为0.1mol+0.1mol×2+0.1mol=0.4mol，O原子为(0.1mol+0.1mol)×3+0.1mol×2=0.8mol，最简式为NaSO2，由于题中已知工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，说明X的还原性极强，而连二亚硫酸钠(化学式为Na2S2O4)，有强还原性，水的物质的量为0.4mol，相对分子量范围：105～230，所以X的化学式为Na2S2O4∙2H2O，据此分析。 【详解】(1)根据分析，X的化学式为：Na2S2O4∙2H2O，X中含有的非金属元素有H、O、S； (2)根据分析，X隔绝空气加热得到二氧化硫、Na2SO3、Na2S2O3，化学方程式为：2Na2S2O4∙2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O； (3)X溶液中含有Na2S2O4，硫的化合价为+3价，暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，化合价升高，被氧化成硫酸氢钠，一个硫原子的化合价升高了3价，一个氧原子的化合价降低了2价，根据化合价升降总和相等、电荷守恒、质量守恒配平离子方程式为：2+3O2+2H2O=4H++4。 17． 碳(C)和氢(H) CH≡CH NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 CO2+2FeOFe2O3+CO 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色， 取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量 【分析】Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重 17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液 F 焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)= n(Cl)= n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物 A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2，据此分析解答； Ⅱ．向 NaBr 溶液中通入一定量 Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。 【详解】Ⅰ．(1)根据分析，组成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体 B 为C2H2，结构简式CH≡CH； (2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 ↑； (3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO； Ⅱ．(4) 将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性 Br2＞I2； (5)为了排除 Cl2 对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入 Cl2 未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。 【点睛】本题难点为Ⅰ中物质的推断，要结合物质的性质分析，气体D被碱石灰吸收，说明D为酸性气体，且气体 B、C、D 均无色、无臭，则D为CO2，流程图中，100℃时，C气体部分被浓硫酸吸收，则可确定被吸收的为水蒸气。 18． Cu、C、N、O CO和N2 （SO2不足）或（SO2足量） 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可） 【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g； 气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g； 固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2； Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。 【详解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2； (2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：； (3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：； Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)； (2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。 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 $$