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高三·全国·课时练习）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A为空气中含量最高的元素，B单质为淡黄色固体，C元素原子半径在同周期元素原子中最小(稀有气体元素除外)，D元素原子的K、L层的电子数之和等于原子核外电子总数的。完成下列问题： (1)四种元素的符号：A 、B 、C 、D 。 (2)四种元素的最高价氧化物对应水化物的化学式：A 、B 、C 、D 。 (3)A的简单氢化物与C的氢化物反应的化学方程式为 。 2．（2024高三·全国·课时练习）有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于18。其中只有X、Y为金属元素；V和X的最外层均只有1个电子；W和Z的最外层电子数相同，且W的L层电子数是K层电子数的3倍；Y的最外层电子数为Z的最外层电子数的。完成下列问题： (1)V的一种核素中质子数为中子数的，则该核素的名称为 。 (2)Y形成的阳离子的结构示意图为 。 (3)Z元素的最高化合价为 ，最低化合价为 。 (4)金属性：X （填“强于”或“弱于”，下同）Y。 (5)非金属性：W Z。 3．（2024高三·全国·课时练习）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示： 根据推断出的元素回答问题： (1)g在周期表中的位置是 。 (2)y、z、h的最高正价由高到低的顺序为 (用元素符号表示)。 (3)d、z、y得电子能力由强到弱的顺序为 (用元素符号表示)。 (4)已知化合物A、B均由x、d、e、g四种元素组成，试写出A和B反应的离子方程式 。 4．（2024高三·全国·课时练习）有四种短周期元素，相关信息如下表。请根据表中信息回答： 元素 相关信息 A 气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂 B 单质的焰色为黄色 C 单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒 D -2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同 （1）A在周期表中位于 。 （2）在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是 （填化学式）。 （3）已知硒（Se）与D同主族，且位于D的下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是 （填标号）。 a．其单质在常温下呈固态 b．既有氧化性又有还原性 c．最高价氧化物对应的水化物的化学式为 d．非金属性比C元素的强 5．（2024高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E是前20号元素，其原子序数依次增大。A、C两元素原子的电子层数相同，A元素原子的最外层电子数和次外层电子数分别与E元素原子的相同。A和C可形成化合物AC，D和E可形成化合物ED2，B元素原子最外层电子数比最内层电子数多1。 (1)这五种元素的名称和符号分别是 。 (2)AC、ED2的化学式分别是 。 (3)写出这五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式，并分析其酸性、碱性强弱的变化情况 。 (4)C元素位于周期表第 周期 族。D元素的最高正化合价是 。 6．（2024高三·全国·课时练习）有A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，三种盐的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有、、、、五种离子(水的电离忽略不计)，同时生成一种白色沉淀。 请回答下列问题： (1)经检验，这三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是 (填字母)。 A．      B．      C．      D． (2)三种盐的化学式分别是A ，B ，C 。 (3)不需要加入任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为 (填化学式)。 (4)若将A、B、C三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有、、、四种离子(水的电离忽略不计)，且、、、的物质的量之比为1∶2∶3∶4，则A、B、C三种盐的物质的量之比为 。 7．（2024高三上·北京海淀·开学考试）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L。 （已知硅酸不溶于水） 阳离子 K+   Cu2+   Fe3+   Al3+   Fe2+ 阴离子 Cl-   CO  NO  SO  SiO 甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： I.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。 II.取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。 III.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。 IV.向III中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 请推断： （1）由I、II判断，溶液中一定不含有的阳离子是 （写离子符号）。 （2） III 中加入少量盐酸生成无色气体的的离子方程式是 。 （3）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是 ，阴离子是 。（写离子符号） （4）另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 g。 8．（2024高三上·全国·课时练习）Ⅰ．NaHSO4可用作清洁剂、防腐剂等。 (1)下列关于NaHSO4的说法正确的是 。 A．NaHSO4固体不能导电 B．NaHSO4溶液的导电性一定强于CH3COOH溶液 C．NaHSO4属于电解质 D．NaHSO4溶液显中性 (2)NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为 。 Ⅱ．有A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别是、、Cl－、中的一种(离子在物质中不重复出现)。 ①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色； ②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。 请回答下列问题： (3)A的化学式为 ，B的化学式为 。 (4)写出D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式 。 (5)写出A溶液中阴离子的检验方法 。 9．（2024高三·全国·课时练习）现有失去标签的CaCl2溶液、AgNO3溶液，HCl溶液和Na2CO3溶液。为了确定四瓶溶液的成分，将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验。实验记录如下： 实验顺序 实验内容 实验现象 ① A+B 无明显现象 ② B+D 有无色无味气体放出 ③ C+B 有白色沉淀生成 ④ A+D 有白色沉淀生成 根据上述实验回答下列问题。 （1）A、B、C、D四瓶溶液依次是 、 、 、 。 （2）写出B与D反应的离子方程式： 。 10．（2024高三·全国·课时练习）已知X和Y为中学化学中的常见元素，其最高价含氧酸均为强酸。根据如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)，回答下列问题。 (1)若A、B、C、D均为含X的化合物，且A和F的分子中均含有10个电子，则： ①F的化学式为 。 ②反应Ⅰ的化学方程式为 。 ③将1.92g铜粉与一定量的D的浓溶液反应，当铜粉完全反应时收集到气体1.12L(标准状况)，则反应消耗的D的物质的量为 mol。 (2)若A、B、C、D均为含Y的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为，则： ①将铜粉与D的浓溶液反应所得的溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为 (填化学式)。 ②将溶液滴加到次氯酸钠溶液中，有淡黄色沉淀生成，请写出所发生反应的离子方程式： 。在该反应中若有74.5g NaClO被还原，则转移电子的物质的量为 mol。 11．（2024高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、E在元素周期表中的相对位置如图，A与氧元素能形成两种无色气体，C是地壳中含量最多的元素，D是地壳中含量最多的金属元素。 (1)C在元素周期表中的位置为 。 (2)C、E、F的单质沸点最低的是 （填化学式）。 (3)C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是 （填离子符号）。 (4)H2O2不仅可以用于家庭消毒以预防新型冠状病毒，还可以在微电子工业中作为刻蚀剂。B的最简单气态氢化物的水溶液可用作H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为 。 12．（2024高三·全国·课时练习）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中Ｔ所处的周期数与主族序数相等。 请回答下列问题： (1)W在周期表中的位置是 ，Q、R、T三种元素原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示），Q的最高价氧化物的化学式为 ，R的简单氢化物分子中的电子数为 。 (2)元素的原子得电子能力：Q W（填“强于”或“弱于”）。 (3)原子序数比R多1的元素有一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该反应的化学方程式为 。 13．（2024高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。A与D同主族，可形成DA型离子化合物，B与C同周期且相邻，C与E同主族，与原子具有相同的电子层结构，W的合金用量最大、用途最广。回答下列问题： (1)D在元素周期表中的位置是 。 (2)A分别与C、E形成的最简单化合物中沸点较高的是 (填化学式)，原因是 。 (3)A、C、D三种元素形成的物质中含有的化学键类型是 。 (4)向盛有A2C2溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 。 14．（2024高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A与E同主族，A的一种同素异形体的分子结构与足球相似，核外电子排布与相同。试回答(涉及的物质均用化学式表示)： (1)元素E在元素周期表中的位置是 。 (2)与元素D的简单离子所含电子数和质子数都相同的微粒是 (写一种即可)。 (3)A、B和E最高价氧化物对应的水化物中，酸性最弱的是 。若用如图装置验证这三种酸的酸性强弱，则在装置A中应加入 ，烧杯C中可观察到有白色沉淀()生成。该实验装置存在不足，影响到实验目的的达成，改进方法是 。 (4)用电子式表示的形成过程： 。 15．（2024高三·全国·课时练习）X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10；Y和原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。 请回答下列问题： (1)W位于元素周期表中第 周期第 族。画出X的阴离子的结构示意图： 。 (2)Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 (写化学式)。 (3)Y的金属性与的金属性相比， (写化学式)的金属性强，请用实验证明它们金属性的相对强弱： 。 (4)写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式： 。 16．（2020·浙江·高考真题）Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)： 请回答： (1)组成X的四种元素是N、H和 (填元素符号)，X的化学式是 。 (2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是 。 (3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示) 。要求同时满足： ①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素； ②反应原理与“”相同。 Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答： (1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是 。 (2)烧杯中出现白色沉淀的原因是 。 17．（2024高三下·安徽安庆·阶段练习）有X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的价电子排布式为nsnnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E与Q同周期，M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第ⅠA族元素。回答下列问题： (1)基态G原子的价电子排布式为 ，第3周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是 (填元素名称)。GQ受热分解生成G2Q和Q2，请从G的原子结构来说明GQ受热易分解的原因： 。 (2)Z、Q、M三种元素的第一电离能从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (3)X与Q形成的化合物的化学式为 。 (4)Q、M、E所形成的简单离子的半径由大到小顺序为 。 (5)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为 。 18．（2024·浙江绍兴·二模）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验： 已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答： (1)X中含有的元素有 ，X的化学式 。 (2)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称 。 (3)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式 。 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． N S Cl Ca KNO3 H2SO4 HClO4 Ca(OH)2 NH3+HCl=NH4Cl 【分析】A为空气中含量最高的元素，A为N；B单质为淡黄色固体，B为S；K、L层的电子数之和为电子总数的，D为Ca；C元素原子半径在同周期元素原子中最小，B、C、D原子序数依次增大，C为Cl。 【详解】(1)四种元素的符号：A为N、B为S、C为Cl、D为Ca。故答案为：N、S、Cl、Ca； (2)N、S、Cl、Ca的最高价氧化物对应水化物分别为A为、B为、C为、D为。故答案为：、、、； (3)N的简单氢化物为，的氢化物为HCl，两者反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl。故答案为：NH3+HCl=NH4Cl。 2． 氚（或超重氢） +6 强于 强于 【分析】由“W的L层电子数是K层电子数的3倍”，可得出W为氧(O)；W和Z的最外层电子数相同，则Z为硫(S)；Y的最外层电子数为Z的最外层电子数的，则Y为镁(Mg)；由“只有X、Y为金属元素；V和X的最外层均只有1个电子”，可确定X为Na、V为H。从而得出V、W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Mg、S。 【详解】(1)V为氢元素，同位素有氕（）、氘（）、氚（），其中氚符合题意。答案为：氚（或超重氢）； (2)Y为镁，其阳离子的结构示意图为。答案为：； (3)根据S的原子结构可知，S的最高化合价为+6，最低化合价为-2。答案为：+6；-2； (4)Na、Mg的电子层数均为3，核电荷数越大，最外层电子离核越近，原子越难失电子，所以金属性：Na强于Mg。答案为：强于； (5)O、S的最外层电子数相同，核电荷数越大，电子层数越多，最外层电子离核越远，原子越难得电子，所以非金属性：O强于S。答案为：强于。 【点睛】一般元素的同位素，中子数都相差不大，只有氢元素的同位素，才会出现中子数相差几倍的情况。 3． 第3周期VIA族 【分析】 【详解】(1)g为16号元素S，其电子排布为2、8、6，位于第3周期VIA族。答案为：第3周期VIA族； (2)、、最高正价分别为、、，y、z、h的最高正价由高到低的顺序为。答案为：； (3)C、N、O的电子层数相同，原子序数越大，最外层电子离核越近，得电子能力越强，失电子能力越弱，所以得电子能力由强到弱的顺序为。答案为：； (4)由x、d、e、g(H、O、Na、S)四种元素组成的物质为、，两者反应的离子方程式为。答案为：。 【点睛】由于H2SO3为弱酸，在书写离子方程式时，应以化学式表示。 4． 第2周期ⅤA族 ab 【分析】由气态氢化物可用作制冷剂可知，A为N；由单质的焰色为黄色可知，B为Na； 由单质是黄绿色，可用于自来水消毒可知，C为Cl；由-2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同可知，D为S； 【详解】(1)N位于第2周期ⅤA族。 (2)非金属性，则酸性。 (3)Se与S同主族，由S在常温下为固体可知，Se也为固体，a项正确；中的Se为+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，b项正确；Se的最高价氧化物对应的水化物为，c项错误；非金属性，d项错误，所以答案为ab。 5． A是镁（Mg），B是铝（Al），C是硫（S），D是氯（Cl），E是钙（Ca） MgS、CaCl2 3 ⅥA +7 【分析】 【详解】(1)由分析可知，A、B、C、D、E的元素符号分别为Mg、Al、S、Cl、Ca。答案为：Mg、Al、S、Cl、Ca； (2)由A、C、D、E的元素符合，可确定AC、ED2的化学式为MgS、CaCl2。答案为：MgS、CaCl2； (3)根据元素周期律可得，金属性Ca＞Mg＞Al，则元素的最高价氧化物对应水化物碱性由强到弱为Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3；非金属性Cl＞S，酸性由强到弱为HClO4、H2SO4。答案为：； (4)C为S元素，位于第3周期ⅥA族，D(Cl)的最高价为+7。答案为：3；ⅥA；+7。 【点睛】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但其非最高价氧化物的水化物的酸性不一定强。 6． D 、、(或、、) 1∶3∶2 【分析】等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、 NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀， A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4，以此来解答。 【详解】(1)由题意可知，该离子能和五种离子中的一种阴离子反应生成白色沉淀，符合条件的只有。 (2)因为Ag2SO4、AgCl难溶于水，A、B、C中必有一种盐为AgNO3。另两种盐必为FeCl3和K2SO4，若为KCl和Fe2(SO4)3，则与题意矛盾，因为KCl与AgNO3等物质的量反应后，溶液中剩余四种离子。根据三种盐的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大可知，A、B、C依次为FeCl3、AgNO3、K2SO4。 (3) FeCl3溶液呈棕黄色，取少量FeCl3溶液分别滴入另外两种溶液中，无明显现象的是K2SO4溶液，产生白色沉淀的是AgNO3溶液。 (4)溶液中无和，则，又因，则，故。 7． K+、Fe3+ 3Fe2++ NO+4H+═3Fe3++NO+2H2O Fe2+、Cu2+ Cl-、NO、SO 1.6 【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+； Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO； 根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。 【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+； Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO； 综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO；一定含有Fe2+、NO、Cl-、SO。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO。 (1)．由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+； (2)．Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++ NO+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++ NO+4H+═3Fe3++NO+2H2O； (3)．由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO、SO，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO、SO； (4)．另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为Fe2O3和CuO；1.6。 8． AC H+ += H2O + CO2↑ BaCl2 AgNO3 + 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑ 取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl- 【分析】Ⅱ．依题干可知，四种物质均为可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性的，据盐类溶解情况可知，Ag+与三种离子结合形成的均为不溶性盐，故只能是AgNO3；而Ba2+与、形成的盐为不溶性盐，故其只能与Cl-结合为BaCl2；同理, Cu2+不能与结合，故为CuSO4；最后剩下的为Na2CO3。由①知，C盐溶液呈蓝色，故C为CuSO4；由②知，若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，则B为AgNO3，生成的沉淀为AgC1，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则D为Na2CO3，无色气体为二氧化碳。 【详解】(1)A．NaHSO4在水溶液或熔融状态下有自由移动的离子可导电，NaHSO4固体中无自由移动的离子或电子，所以不能导电，A正确； B．溶液的导电性与可自由移动的离子浓度有关，与溶质是否为强电解质无直接关系，因此NaHSO4溶液的导电性不一定强于CH3COOH溶液，B错误； C．NaHSO4在水溶液可全部电离成Na+、H+和，其属于强电解质，C正确； D．NaHSO4在水溶液可全部电离成Na+、H+和，NaHSO4溶液显酸性，D错误； 故选AC。答案为：AC； (2)NaHSO4和 NaHCO3均为强电解质，书写离子方程式时仅保留参加反应的离子，故二者反应的离子方程式为：H+ += H2O + CO2↑。答案为：H+ += H2O + CO2↑； (3)由分析可知， A盐为BaCl2，即A的化学式为BaCl2，B的化学式为AgNO3。答案为：BaCl2；AgNO3； (4)由上述分析可知，D为Na2CO3， 其为强电解质，书写离子方程式时只保留参加反应的离子，而CH3COOH为弱电解质，离子方程式中保留分子式，因此，D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式为：+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑。答案为：+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑； (5)A盐为BaCl2，阴离子Cl-的检验方法为：取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-。答案为：取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-。 【点睛】NaHSO4在水溶液中，完全电离为Na+、H+和；但在熔融液中，只能电离为Na+、。 9． CaCl2溶液 HCl溶液 AgNO3溶液 Na2CO3溶液 CO+2H+=CO2↑+H2O 【分析】根据A与B混合无明显现象，可确定A和B分别为 CaCl2溶液和HCl溶液中的一种，再结合B与D反应有无色无味气体放出，可推出B为HCl溶液，D为 Na2CO3溶液，C与B反应有白色沉淀生成，可推出C为 AgNO3 溶液，最后根据A与D反应有白色沉淀生成，可确定A为 CaCl2溶液。 【详解】(1)根据彼此之间的反应现象，推测可知A、B、C、D四瓶溶液依次是CaCl2溶液、HCl溶液、AgNO3溶液、Na2CO3溶液。 (2)B和D反应，即盐酸和碳酸钠反应，反应的离子方程式为CO32−+2H+=CO2↑+H2O 。 10． 0.11 2 【详解】（1）①由于A、B、C、D均为含X的化合物，且A分子中含有10个电子，结合题干信息，可知X为氮元素，A为，由A与E反应生成B，B与E反应生成C，可推出E为，B为NO，C为，由且F分子中含有10个电子可知，D为，F为； ②反应I是氨气生成NO与水，反应方程式为； ③1.92g铜的物质的量为0.03mol，生成的物质的量为0.03mol，反应生成的气体的物质的量为0.05mol，根据氮元素守恒，可知反应消耗的的物质的量为； （2）由题意可知，Y为硫元素，D为，B为，由于A的摩尔质量为，故A为； ①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，所得溶液是硫酸铜溶液，加热蒸干该溶液得到的物质是； ②溶液和次氯酸钠发生反应的离子方程式为；74.5gNaClO的物质的量为1mol，被还原为，故转移电子的物质的量为2mol。 11． 第二周期第ⅥA族 O2 2NH3∙H2O+3H2O2=N2↑+8H2O(或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O） 【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A与氧元素能形成两种无色气体，该无色气体为CO、CO2，则A为C元素；结合A、E在元素周期表中的相对位置可知E为S元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素，则B只能为N元素；D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al元素；F的原子序数最大，F只能为Cl元素。 【详解】(1)C为O元素，在元素周期表中位于第二周期第ⅥA族；故答案为：第二周期第ⅥA族。 (2)常温下S为固体，氧气与氯气均为气体，氯气的相对分子质量大于氧气，沸点高于O2，则C、E、F的单质沸点最低的是O2；故答案为：O2。 (3)电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是；故答案为：。 (4)B的最简单气态氢化物为NH3，其水溶液可作H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，则反应生成氮气与水，其反应的化学方程式为2NH3∙H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O；故答案为：2NH3∙H2O+3H2O2 = N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2 = N2↑+6H2O。 【点睛】元素推断是常考题型，主要根据元素性质推断元素符号、元素在周期表位置、原子半径比较、熔沸点比较、书写方程式。 12． 第三周期第ⅥA族 Al＞C＞N CO2 10 弱于 【分析】四种元素都是短周期元素，根据周期表的结构，T所处的周期数与主族序数相等，则T为Al元素，推出Q为C元素，R为N元素，W为S元素。 【详解】(1)S元素位于第三周期第ⅥA族。原子半径比较：一看电子层数，电子层数越多，原子半径越大；二看原子序数，原子电子层数相等，半径随原子序数的递增而减小，因此原子半径：Al＞C＞N。Q的最高价氧化物为CO2。R的简单氢化物为NH3，其电子数为10；故答案为：第三周期第ⅥA族；Al＞C＞N；CO2；10。 (2)S元素的非金属性强于C元素，S原子的得电子能力强于C原子；故答案为：弱于。 (3)原子序数比R多1的元素是O，其一种氢化物能分解成另一种氢化物，两种氢化物分别为H2O和H2O2，其反应的化学方程式为；故答案为：。 13． 第三周期第ⅠA族 H2O 水分子间存在氢键 离子键和共价键 【分析】A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。A与D同主族，可形成DA型离子化合物，则A为H元素；与Ar原子具有相同的电子层结构，则E为S元素；C与E同主族，则C为O元素，D为Na元素；B与C同周期且相邻，则B为N元素；W的合金用量最大、用途最广，则W为元素。 【详解】(1)D为元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族；故答案为：第三周期第ⅠA族。 (2)A分别与C、E形成的最简单化合物为H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，故其沸点较高；故答案为：H2O；水分子间存在氢键。 (3)A、C、D三种元素形成的物质为NaOH，含有的化学键类型是与OH－间形成的离子键、O原子与H原子之间形成的共价键；故答案为：离子键和共价键。 (4)酸性条件下，H2O2能将氧化为，反应的离子方程式为；故答案为：。 【点睛】元素推断是常考题型，主要根据元素性质推断元素、物质中的化学键、氧化还原反应方程式书写。 14． 第三周期第ⅣA族 (或，合理即可) 溶液 在B和C之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶 【分析】五种元素均为短周期主族元素，又称足球烯，其分子结构与足球相似，则A为C，A与E同主族，则E为；五种元素原子序数依次增大，且都为短周期主族元素，根据和核外电子排布相同，可知D为，C为O；B的原子序数大于碳而小于氧，则B为N，据此分析解答。 【详解】(1)根据分析，E为，位于周期表中第三周期第ⅣA族； (2)D为，为，质子数为11，电子数为10，与其具有相同的电子数和质子数的微粒有、等； (3)A、B、E三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是、、，酸性强弱顺序是；根据三种酸的强弱顺序，可知A中应为溶液，B中可以为碳酸钠固体，C中可以为硅酸钠溶液，C中发生反应：，出现白色沉淀；因为易挥发，B中产生的中混有，干扰与的反应，因此应在B和C之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶； (4)为，属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为。 15． 三 ⅣA 与冷水剧烈反应，而与冷水反应较慢 【分析】X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X元素原子的质子数为，故X为0元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1，Y为或F元素，由题图可知，Y原子半径大于氧原子，故Y为元素；W的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于元素，故W为元素；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，故Z为元素。 【详解】(1)W为元素，原子核外电子数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期第ⅣA族。 (2)Z为元素，由于元素的非金属性：，故氢化物稳定性：，即较稳定的是。 (3)同周期主族元素随原子序数增大原子半径减小，原子失去电子的能力逐渐减弱，元素的金属性逐渐减弱，所以金属性：；元素的金属性越强，其单质与水或酸反应置换出氢气就越容易，所以可以通过与冷水剧烈反应，而与冷水反应较慢证明元素的金属性强弱。 (4)Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，两者发生反应生成高氯酸钠和水，化学方程式为。 16． 或 吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发 气体会将带出，与作用生成 【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。 【详解】Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ； 故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3； (2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：； (3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3； Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来； (2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。 【点睛】本题为实验题结合有关物质的量计算，只要认真分析题干信息，利用（元素）原子守恒就能较快求出化合物X的化学式，进而推到出整个流程过程。 17． 3d104s1 氯 Cu2+的最外层电子排布为3d9，Cu+的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO N>O>S H2O、H2O2 S2->O2->F- O>N>C>H 【分析】X的原子中没有成对电子，X为H元素；Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则Y基态原子的电子排布式是1s22s22p2，得Y为C元素；由Z元素原子的价电子排布式为nsnnpn＋1，可判断n=2，Z为N元素；Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍知Q为O元素，由E与Q同周期，E的原子序数比Q的原子序数大可判断E为F元素；根据M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，且X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增，确定M为S元素；G原子最外电子层只有未成对电子，即最外电子层只有1个电子，其内层所有轨道全部充满，且不是第IA族元素，G的原子序数为2＋8＋18＋1＝29，G为铜元素。 【详解】(1)Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，Cu的未成对电子数是1，第3周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素；原子轨道中电子排布达到全充满、半充满、全空时原子最稳定，Cu2＋的最外层电子排布为3d9，而Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。 (2)Z、Q、M即为N、O、S，N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，同主族元素从上到下元素的第一电离能减小，所以O的第一电离能大于S的第一电离能，故第一电离能从大到小的顺序为N>O>S。 (3)X与Q形成的化合物的化学式为H2O和H2O2。 (4)Q、M、E所形成的简单离子分别为O2－、S2－、F－，其中S2-有三个电子层半径最大，O2－、F-都只有两个电子层，电子层结构相同时核电荷数越多半径越小，O元素核电荷数是8，F元素的核电荷数是9，因此O2－半径更大，所以半径由大到小顺序为S2－>O2－>F－。 (5)X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O，同周期从左到右元素的电负性增大，所以电负性：O>N>C，CH4中C显负价，电负性：C>H，所以电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H。 【点睛】简单粒子半径比较方法：①电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；②电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③同种元素，阳离子半径＜原子半径，阴离子半径＞原子半径。 18． Cu、N、S、O、H 铜氨纤维 【分析】碱石灰吸收的应为水蒸气，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，黑色固体D应为CuO，白色沉淀应为BaSO4，结合原子守恒和质量守恒分析解题。 【详解】气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为=0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.2g，此气体应为水蒸气，物质的量为=0.2mol；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g。加热分解后生成的黑色固体应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量为0.1mol，有原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体质量为8g，其物质的量为=0.1mol，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8:4:2:2:1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素； (1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1:4:1:2， X的化学式； (2) 的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维； (3) X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8:4:2:2:1，则隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为。 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 $$