2025届高三化学专题复习--无机推断题

2025届高三化学专题复习--无机推断题 1．（2024·安徽合肥·三模）硫酸钴CoSO4·7H2O，主要用于钴电镀液，也用作钴铁磁性材料、油漆催干剂、彩色瓷器的釉药、践行蓄电池的添加剂、化学分析试剂和催化剂等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴。主要步骤如下： 已知：①浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Ca2+、Mn2+、等离子。 ②常温相关氢氧化物的Ksp值如下： 物质 Fe(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10-38 1×10-15 1×10-32 1×10-12.7 (1)浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和 (填元素名称)进行有效浸出。写出Co2O3发生反应的离子方程式 。 (2)“除杂”：混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)。 ①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 (已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 ②若浸取液中浓度为0.1mol/L计算，则须调节pH的范围是 。 ③加入物质X调节溶液pH，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．NH3·H2O   B．Ca(OH)2   C．NaOH (3)萃取： ①在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有 (答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+。 ②萃取剂P204-TBP含量对各元素萃取率有不同影响。萃取率为萃取后有机相中金属离子的质量比水相中金属离子质量的百分比；元素的分配比DA为被萃金属A在有机相中的浓度占水相中浓度的百分比；A和B两种金属的分离系数β(A/B)=DA/DB。根据下图可知，工业中为实现高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离TBP浓度应为 ，料液平衡pH约为 。       (4)硫酸钴可用于生产钴酞菁，酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。酞菁分子中所有原子共平面，则氮原子的杂化方式为 。钴酞菁分子中，氮原子与钴离子形成 键。 2．（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 。 3．（22-23高三下·浙江杭州·阶段练习）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 (写元素符号)；X 的化学式为 。 (2)写出固体 B 与足量浓硝酸共热时发生反应的化学方程式 。 (3)X 化学性质相当活泼，1mol X 吸收 1mol H2 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 。 4．（2022·浙江杭州·模拟预测）固体C是一种具有钙钛矿结构的良好的储氢材料，固体A(焰色试验为黄色)与固体B以物质的量之比为在一定条件下可以合成固体C，完全中和无色溶液F需要。 (1)固体C由 (填元素符号)元素组成，其中 (填元素符号)与钙钛矿中O元素位置一致。 (2)固体A与固体B反应生成固体C的化学方程式 。 (3)固体C与水发生氧化还原反应的化学方程式 。 (4)固体C在无水条件下可以作为某些钢铁制品的脱锈剂，脱锈过程发生反应的化学方程式 ，该反应中涉及到的金属离子与结合的能力从大到小排序为 。 (5)有人提出气体单质D与的反应产物中可能含有，请设计实验方案验证之 。 5．（2022·浙江·模拟预测）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： 已知：X、A、B、C、D均为单一物质，且固体B隔绝空气加热不发生反应。 请回答： (1)组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。 (2)溶液2的溶质组成为 (用化学式表示)。 (3)由X到A和B的化学方程式为 ；黑色固体D可缓慢溶于浓氨水，写出该反应的离子方程式 。 (4)设计实验，检验溶液5中的阴离子： 。 6．（2022·浙江绍兴·模拟预测）化合物X由三种元素组成，为探究其组成，设计实验流程及实验结果如下： 已知：气体1在标况下的密度为1.429g/L。 请回答下列问题： (1)化合物X的化学式为 ，固体3的成分是 ，(用化学式表示) (2)某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐X，请写出相应的离子反应方程式 。 (3)另一小组采用以下方案探究固体1的成分： ①写出步骤Ⅱ中发生反应的离子反应方程式 ②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是 7．（21-22高三下·浙江杭州·阶段练习）化合物M由4种常见元素组成。某兴趣小组进行如下实验(每一步反应均充分进行)： 已知：①M易形成类似于氨基酸的内盐 ②混合气体A中含有单质气体 ③无色粘稠油状液体为纯净物。 请回答： (1)组成M的元素是 (填元素符号) (2)M的化学式为 (3)写出无色溶液E中溶质 (4)M能与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C。 ①写出该反应的化学方程式： ②设计实验验证该无色溶液G中的阴离子： 8．（2022·浙江·模拟预测）固体化合物X有三种元素组成。某学习小组开展如下探究实验： 请回答： (1)组成X的元素有 ，X的化学式为 。 (2)化合物X与液态氨也能发生类似的反应，请写出相应的化学方程式 。 (3)固体A能溶于的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，写出其相应的离子方程式 (4)红褐色固体B在真空条件灼烧，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，黑色粉末的成分可能是 ，并用实验验证的方案是 。 9．（2022·浙江温州·三模）固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如图转化关系： 已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。 请回答： (1)X的组成元素为 ，固体F成分为 。 (2)固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方程式 。 (3)向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，请写出该反应可能的离子方程式 。 (4)气体C的化学式为 。将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，写出这两种盐的化学式 ，设计定量实验方案验证上述比例关系 。 10．（2022·浙江嘉兴·二模）化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。 已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。 回答下列问题： (1)固体A的化学式是 ，碱石灰吸收的气体是 。 (2)化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式 。 (3)上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是 。 (4)常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应的化学反应方程式 。 (5)X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。 11．（2021·福建莆田·模拟预测）Ⅰ.中学化学中几种常见物质的转化关系如图(部分产物未列出)。A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。 请回答下列问题： (1)E既有氧化性又有还原性，写出E表现出氧化性的化学反应方程式： (2)写出反应E+H2O2→F的化学方程式： (3)若反应F+D→E转移的电子数为3.01×1023，则消耗D的质量为 g。 Ⅱ．氮气是一种常见的气体，其在一定条件下可以转化为氮氧化物NO、NO2等。 (4)NO、NO2均为有毒气体，可以把NO、NO2一起通入氢氧化钠溶液中进行尾气处理，得到一种常见的食品添加剂。写出该过程发生的离子方程式： (5)把ag的Mg、Cu固体混合物加到足量的硝酸溶液中得到蓝色溶液和气体。所产生的气体与bL(标准状况)的O2一起通入水中得到只含硝酸的水溶液。往蓝色溶液中滴加氢氧化钠溶液至恰好完全沉淀，所得沉淀的质量为 g。(用a、b的代数式表示) (6)金属Mg可以在NO2燃烧，产物可能为MgO、Mg3N2和N2.现有13.2g的Mg粉，在足量的NO2中充分燃烧，得到21.0g的固体和1120mL(标准状况)的气体。写出燃烧过程发生的化学方程式： 12．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对某种储氢材料X开展探究实验。 其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2：1；金属互化物——全部由金属元素组成的化合物。 请回答： (1)X的化学式是 ，化合物H的电子式为： 。 (2)金属互化物C和过量NaOH溶液发生反应的离子方程式为： 。 (3)某种钠盐和X具有相同的阴离子，且该钠盐可由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成，请写出一个可能的化学方程式： 。 (4)X中的某种元素单质可用来制造信号弹的原因是 。 (5)通过气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计一个实验方案，检验产品中D杂质的含量，写出简要的实验步骤及需要测量的物理量： 。 13．（20-21高二下·浙江·阶段练习）某兴趣小组对化合物X开展实验探究。 其中：X是易溶于水的强酸盐，由4种元素组成；D、E、G均为纯净物，B为混合物；溶液C、F、H均为单一溶质溶液，溶液H中含溶质0.06 mol，溶液C的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察为紫色。 (1)组成X的4种元素是 (填元素符号)，E的化学式是 。 (2)固体X隔绝空气加热分解的化学方程式 。 (3)写出溶液F与少量溶液H反应的离子方程式 。 (4)标况下，将红棕色气体B收集在一个大试管中，再倒插在水槽中，得到溶液的浓度为 mol/L (设溶质不扩散，)。 (5)写出红棕色气体B中的化合物气体(在答案中写出化学式)与溴蒸气的鉴别方法： 。 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．（2021·河南·模拟预测）N、A、B、D、E均为原子序数依次递增的前四周期元素，M原子内的电子只有一种运动状态，N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大，A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的，D属于第IIB的元素，E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。 (1)A原子核外电子能量最高的能层的符号是 ，D原子价电子的排布式为 。 (2)设计实验，比较A元素与B元素非金属活泼性 。 (3)NM3的键角 (填“﹥”“﹤”“=”)EM3的键角，NM3的沸点 (填“高于”、“低于”“等于”)EM3的沸点。 (4)与E同周期的主族元素中，第一电离能最大的是 (填元素名称)。A和E形成分子的结构如图所示，该分子的分子式为 ，E原子的杂化类型为 。 (5)与BA2分子的中心原子价电子对几何构型不同但分子构型相同的是 。 A．BeCl2 B．PH3 C．H2O D．OF2 (6)金属D晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为 ，D原子的配位数为 ，六棱柱高为ccm，底边边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，D晶体的密度为 g·cm–3(列出计算式)。 16．（20-21高三上·浙江绍兴·期中）I．由三种元素组成的化合物A，其相对分子质量小于200，按如下流程进行实验。气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，溶液E为蓝色，固体C为混合物，固体F为紫红色。 请回答： (1)组成A的三种元素是 。(填元素符号)，A的化学式是   。 (2)固体A加热分解的化学方程式是 。 (3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，该反应的化学方程式是。 。 II．某兴趣小组为制取并验证二氧化硫的性质进行相关实验，实验装置如图所示。请回答： (1)饱和NaHSO3溶液的作用是 。 (2)写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式 。 17．（2020·天津·一模）周期表前四周期的元素、、、，原子序数依次增大，X原子基态时层中轨道电子数与s轨道电子数相同；原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题： (1)X位于周期表的第 周期，第 族。 (2)元素的第一电离能：X Y(填“＞”或“＜”，下同)；原子半径：X Y。 (3)的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型是 (用文字描述)。 (4)基态核外电子排布式为 ，用铁氰化钾溶液检验的离子方程式为 。 (5)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是 ，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物，反应的化学方程式： 。 18．（2020·浙江·模拟预测）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成： 已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题： （1）甲的化学式为 。 （2）甲发生爆炸反应的化学方程式为 。 （3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为 。 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．(1) 铁、钴 Co2O3+SO2+2H+=2Co2++SO+H2O (2) H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+ 5≤pH<7 B (3) 分多次加入萃取剂 10% 3.7或者3.8 (4) sp2 配位 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含有少量Fe、Al、Ca、Si的氧化物、MnOOH及其他不溶性杂质等]为原料可制取硫酸钴,根据浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Ca2+、Mn2+、等离子，浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和铁、钴进行有效浸出，过滤出不溶物，滤液中用热空气、SO2再加Ca(OH)2除去Fe3+、Al3+等，用萃取剂P204-TBP萃取高浓度硫酸钴溶液中钴、锰、钙的分离，再用硫酸反萃取得到硫酸钴。 【详解】（1）SO2具有还原性，能与MnOOH中+3价的锰离子发生氧化还原反应生成Mn2+和，根据信息可知滤液中的金属离子同样发生氧化还原反应的还有铁元素及钴。则Co2O3发生反应的离子方程式：Co2O3+SO2+2H+===2Co2++SO42-+H2O。 （2）①Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，写离子方程式拆，该反应的离子方程式为H2O+Mn2++HSO=MnO2+SO+3H+；②根据前后题意和信息，除杂形成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，不能让钴离子沉淀，根据表中数据可知，Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀，完全沉淀的离子浓度取值为1×10-5，Al3+完全沉淀时c(OH-)=mol∙L-1，此时pH=5；由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol∙L-1，则Co2+开始沉淀时c(OH-)=mol∙L-1，此时pH=7，故要防止Co2+开始沉淀，pH应小于7，故须调节溶液pH的范围是5≤pH<7；加入物质X调节溶液pH，选择和NaOH会引入杂质离子，最适宜使用的X是Ca(OH)2，故选B； （3）①在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率；②根据信息可知萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+、Ca2+，所以萃取的目的是将Co2+和Mn2+、Ca2+分离，由图1可知在锰和钴的分离系数变化不大的情况下，钙和钴的分离系数变化较大，所以为了得到更好的分离效果可以选择钙钴分离系数最大值对应的TBP浓度为10%，同理可得图2应选择料液pH为3.7或者3.8，可达到最佳分离效果； （4）)酞菁分子中所有原子共平面，则分子中所有的碳原子和所有的氮原子均为sp2杂化。钴酞菁分子中氨原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。 2．(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。 3．(1) Fe、C、O Fe(CO)5 (2)FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O (3)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)+2H2O (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H+；往B试管中滴加KSCN 无明显现象，再加氯水(或双氧水)，溶液变血红色，则有 Fe 2+ 【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FeC，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为FeC，其与浓硝酸共热发生氧化还原反应生成二氧化氮、二氧化碳及硝酸铁，反应的化学方程式：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O （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。 4．(1) Na，Mg，H H (2) (3) (4) (5)取少量样品于试管中，溶于足量的溶液，充分反应后过滤，将所得的滤渣溶于稀盐酸，滴定无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明有 【分析】固体A焰色试验为黄色，则A中含有Na元素；固体A与固体B反应得固体C，则C中含Na元素；固体C与足量水反应生成气体单质D，则D为H2，C中含H元素，生成无色溶液F，则F为NaOH，生成白色沉淀E，则C中还含第三种元素；完全中和NaOH需要，则n(NaOH)=0.05mol，n(Na)=0.05mol；钙钛矿化学式为CaTiO3，固体C是一种具有钙钛矿结构的良好的储氢材料，可设固体C化学式为NaXH3，根据钠元素守恒，n(NaXH3)=0.05mol，，求得M(X)=24g/mol，则X为Mg，固体C为NaMgH3，E为Mg(OH)2；固体A与固体B以物质的量之比为在一定条件下可以合成固体C，则A为NaH，B为MgH2。 【详解】（1）根据分析，固体C由Na、Mg、H三种元素组成；其中H与钙钛矿中O元素位置一致； （2）根据分析，A为NaH，B为MgH2，C为NaMgH3，则固体A与固体B反应生成固体C的化学方程式为； （3）C为NaMgH3，固体C与水反应生成氢氧化镁沉淀、氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为； （4）脱锈过程发生反应的化学方程式为；该反应中涉及Na+、Mg2+、Fe3+三种金属离子，这三种离子与结合能力越强，说明其对应的碱越弱，因为碱性NaOH>Mg(OH)2>Fe(OH)3，则其与结合的能力从大到小排序为； （5）要检验反应产物中是否含有，可先将Fe除去，然后检验中含有Fe2+即可，故可设计实验方案为：取少量样品于试管中，溶于足量的溶液，充分反应后过滤，将所得的滤渣溶于稀盐酸，滴定无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明有。 5．(1) Na、Cu、I (2)、、 (3) (4)取少量溶液分为两等份，其中一份滴加足量盐酸，无明显变化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，说明存在；向另一份溶液中滴加酚酞试液，若变为红色，说明存在 【分析】本题考查物质组成、性质和实验推断的综合知识。化合物X中加入氢氧化钠溶液生成固体B，固体B加入适量稀硫酸生成红色固体和蓝色溶液4，说明固体B中Cu元素的化合价为+1价，在稀硫酸中发生歧化反应，生成铜和硫酸铜，蓝色溶液4加入过量氢氧化钠溶液后生成蓝色沉淀，灼烧后得到的黑色固体D为氧化铜，质量为0.8g，根据原子守恒，铜的物质的量为0.01mol，说明化合物X中含有0.02mol铜，溶液2加入淀粉溶液后得到蓝色溶液3，说明溶液2中含有，则溶质A为，与、反应生成、和，可推知无水晶体为硫酸钠，其物质的量为，则无色溶液(含)中含有钠离子物质的量为，加入氢氧化钠的物质的量为，说明化合物中含有钠元素，物质的量为，溶质为NaI，则说明中含碘元素，根据化合物的质量为分析，碘元素的质量为，物质的量为，X的化学式是。 【详解】（1）根据分析组成X的三种元素为Na、Cu、I；X的化学式为； （2）由于无水晶体C为硫酸钠，且溶液2加入淀粉溶液得到蓝色溶液3，可知溶液2中存在，又因为加入的足量，故溶液2的溶质为、、； （3）根据产物可推得化学方程式为；黑色固体D可缓慢溶于浓氨水是由于形成了可溶性的铜氨离子，故离子方程式为。 （4）溶液5中的阴离子为和，故可取少量溶液分为两等份，其中一份滴加足量盐酸，无明显变化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，说明存在：向另一份溶液中滴加酚酞试液，若变为红色，说明存在。 6．(1) (2) (3) 可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀 【分析】（1） 已知气体1在标况下的密度为1.429g/L，气体1的摩尔质量为: 1.429g/L×22.4L/mol≈32g/mol。结合固体1与二氧化锰加热生成气体1，可推出固体1为KClO3，气体1为O2；氧气的物质的量为0.3mol。固体2中含有MnO2和KCl，白色沉淀4为AgCl， n( AgCl)= =0.3mol，根据Cl原子守恒可知，固体2中含有KCl0.3mol ，根据2KClO3 2KC1+3O2↑，氧气0.3mol，可知 n(KCl) =0.2mol ，0.2molKClO3分解生成0.2mol KC1，固体1中含有KC1的物质的量为: 0.3mol-0.2mol=0.1mol，固体1中KClO3、KC1的总质量为: 122.5g/mol×0.2mol+ 74.5g/mol×0.1mol=31.95g=m(固体1) =m(X)，说明X分解KClO3、KCl，且二者物质的量之比为0.2mol : 0.1mol=2 : 1 ，结合原子守恒可知X的化学式为KClO2，以此分析解答。 （2）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。 【详解】（1）根据分析X为KClO2，固体3为二氧化锰。 （2）某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐KClO2，说明强碱为氢氧化钾，化合物Y中含有氯元素和氧元素，根据化合价变化分析，氯元素化合价比+3价高，即该气体化合物为二氧化氯，相应的离子反应方程式。 （3）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。 ①步骤Ⅱ中KClO3和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和氯化钾，发生反应的离子反应方程式。 ②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀。 7．(1)H、N、O、S (2)或 (3)、 (4) 取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有 【分析】实验II，M形成水溶液D，与氯化钡反应生成白色沉淀，结合实验I分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明M含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明M的水溶液中含有铵根离子，白色沉淀为23.3g，则硫酸钡为0.1mol，说明D含有0.1mol的硫酸根，实验I中，粘稠油状液体为4.9g即硫酸为0.05mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重3.2g为二氧化硫，由固体氧化铜减重1.6g ，得氢气的物质的量为0.1mol，无色气体C为氮气，所以，由实验I可得9.7gM含有SO2、H2、N2、H2SO4各3.2g，0.2g，1.4g，4.9g，所以组成M的元素是H、N、O、S，M的化学式为或，据此解答。 【详解】（1）根据分析可知，组成M的元素是H、N、O、S； 故答案为： H、N、O、S。 （2）根据分析可知，M的化学式为或； 故答案为：或。 （3）根据题目信息可知，无色溶液E中含有铵根及过量的氯化钡。所以E中溶质为：、； 故答案为：、。 （4）M与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C，其中C为氮气，反应的化学方程式为：；无色溶液G中的阴离子为硫酸根和氯离子，可取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有； 故答案为：；取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有，另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有。 8．(1) Fe、Cl、O FeOCl(或) (2)(写成或) (3)(或) (4) Fe、FeO或 取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，若产生气泡，则是Fe；如不产生气泡，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，则是；若无上述现象，说明是FeO 【分析】红褐色固体B为Fe2O3，物质的量为=0.1mol，铁元素物质的量为0.2mol，氧元素物质的量为0.3mol，固体A灼烧生成Fe2O3和水，水的质量为17.8g-16.0g=1.8g，水的物质的量为=0.1mol，氢元素物质的量为0.2mol，氧元素物质的量为0.1mol，固体A中Fe、O、H的原子个数比为：0.2mol:0.2mol:0.4mol=1:1:2，A的化学式为：FeO(OH)，化合物X中有铁元素0.2mol，质量为11.2g，无色气体A通入到足量硝酸酸化的硝酸银溶液中产生白色沉淀B为AgCl，物质的量为=0.2mol，无色气体A为HCl，化合物X中含氯元素0.2mol，质量为7.1g，X中另一种元素的质量为21.5g-11.2g-7.1g=3.2g，Fe、Cl原子个数比为0.2mol:0.2mol=1:1，依据正负化合价代数和为0的原则，另一种元素不能为氢元素，应为氧元素，物质的量为=0.2mol，则X的化学式为：FeOCl(或FeCl3·Fe2O3)。 【详解】（1）由分析可知，X的化学式为：FeOCl，组成X的元素有Fe、O、Cl。 （2）FeOCl与水反应生成FeO(OH)和HCl，则FeOCl与液态氨反应的化学方程式为：FeOCl+2NH3=FeO(NH2)+NH4Cl(或或)。 （3）由分析可知，A的化学式为：FeO(OH)，FeO(OH) 能溶于NaHF2的水溶液，产物中含一种正八面体的负三价阴离子，则其中心原子价层电子对数为6，阴离子为FeF，反应的离子方程式为：(或)。 （4）红褐色固体B为Fe2O3，真空条件灼烧，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，依据元素守恒，黑色粉末的成分可能是Fe、FeO或Fe3O4，铁能与盐酸反应生成氢气，Fe3O4能与盐酸反应生成铁离子，FeO能与盐酸反应生成亚铁离子，因此检验固体成分的方案为：取适量固体于试管中，加入足量盐酸使固体溶解，若产生气泡，则是Fe；如不产生气泡，向溶液中加入少量KSCN溶液，若出现血红色溶液，则是；若无上述现象，说明是FeO。 9．(1) Fe、H、C、O Fe2O3、K2CO3 (2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O (3)2Fe(SCN)3+2I-=I2+2 (4) ClO2 KCl、KClO3 取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系 【分析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则G为Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.02mol，黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少0.36g，得到黄绿色混合气体B+C，则A为水蒸气，物质的量为，黄绿色混合气体B+C与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为，黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol，气体C的相对分子质量为33.75=67.5，可推知C为ClO2，H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO2，根据固体X与氯酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2CO3；固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCO3。 【详解】（1）综上分析，固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O，固体F成分为Fe2O3、K2CO3； （2）固体X在水中也可反应生成气体CO2，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCO3，该反应化学方程式Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O； （3）向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，碘离子被氧化生成碘单质，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，Fe(SCN)3被还原，铁元素价态降低，反应可能的离子方程式为2Fe(SCN)3+2I-=I2+2； （4）气体C的化学式为ClO2；将气体ClO2通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，根据氧化还原反应原理，生成KCl，氯元素化合价降5，则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KClO3，两种盐的化学式KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系。 10．(1) Na2CO3 水蒸气或H2O(g) (2)2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O) (3)3CO2+Ca2++4OH-=2HCO+CaCO3↓+H2O (4)5(2Na2CO3·3H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O (5)取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无 【分析】气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C：H：O=0.6：0.3：0.9：1.8=2：1：3：6均可，故化合物X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)。 【详解】（1）综上分析，固体A 为Na2CO3；碱石灰吸收的气体为水蒸气或H2O(g)； （2）综上分析，X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)； （3）该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应，二氧化碳的物质的量为0.3mol，而氢氧化钙的物质的量为0.2mol，故可生成0.2mol碳酸钙沉淀，二氧化碳过量0.1mol，能继续消耗0.1mol碳酸钙沉淀生成碳酸氢钙，产物中碳酸钙和碳酸氢根的物质的量之比为1:2，故离子反应方程式为：； （4）分析化合价X中含有-1价氧元素，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，故反应的化学方程式为：； （5）硅酸根与氢离子反应生成白色胶状沉淀，可用这一原理来设计实验方案。故答案为：取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有，反之则无。 11．(1) (2) (3)4 (4) (5) (6) 【分析】根据题中转化关系,可推知A为变价金属单质，A为Fe，则B为FeSO4，C为Fe2（SO4）3。由知F为H2SO4，进而推出D为硫，E为SO2。 【详解】（1）二氧化硫表现氧化性是和硫化氢反应，其方程式为：； （2）二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为：； （3）F+D→E代表反应，由化学方程式知，每转移4mol电子，消耗硫的质量为32g，当转移的电子数为3.01×1023(0.5mol)时，消耗硫的质量为4g； （4）NO、NO2一起通入氢氧化钠溶液中可以生成亚硝酸钠，其方程式为：； （5）Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO,在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是，则电子转移的物质的量是n(e-)=。当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，结合的OH~的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m(OH-)=nM=×17g/mol=，所以沉淀的质量是； （6）13.2g镁的物质的量为0.55mol，设生成Mg3N2的物质的量为xmol，MgO的物质的量为ymol，根据镁原子守恒得3x+y=0.55mol，根据固体质量得：100x+40y=21.0g，解得：x=0.05，y=0.4；氮气的物质的量为：，综上分析反应物为Mg和NO2，生成物为Mg3N2、MgO和N2，且物质的量之比为1:8:1，所以化学方程式为:。 12． Mg(AlH4)2 Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2↑ 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl 剧烈燃烧，发出耀眼的白光 称取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量 【分析】由X为储氢材料可知，X中含有氢元素、气体A为氢气；由题给框图可知，固体B、金属互化物C都能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则单质B为铝、金属互化物C中含有铝元素；由X中的某种元素单质可用来制造信号弹可知，单质D为镁、溶液E为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀F为氢氧化铝，则化合物X中含有镁元素、铝元素和氢元素；由铝的质量为1.08g、氢氧化铝的质量为4.68g和镁的质量为0.72g可知，金属互化物C中镁与铝的物质的量比为：(—)=3:2，则C的化学式为Mg3Al2，则化合物X中镁、铝和氢元素的物质的量比为0.03mol：0.06mol：=1:2:8，由X中阴、阳离子个数比为2：1可知，X的化学式为Mg(AlH4)2；由镁和氢气反应生成化合物H可知，H为MgH2。 【详解】(1)由分析可知，X的化学式为Mg(AlH4)2；H为离子化合物MgH2，电子式为，故答案为：Mg(AlH4)2；； (2) 由分析可知，金属互化物C为Mg3Al2，Mg3Al2与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、镁和氢气，反应的离子方程式为Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2↑，故答案为：Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2↑； (3)由某种钠盐和X具有相同的阴离子可知，钠盐的化学式为NaAlH4，则由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成钠盐的反应为氢化钠与氯化铝反应生成四氢合铝酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； (4)由分析可知，X为镁元素，镁单质能在氧气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光生成氧化镁，利用该性质镁可用来制造信号弹，故答案为：剧烈燃烧，发出耀眼的白光； (5)氢化镁能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不能与冷水反应，则检验氢化镁中镁杂质的含量可以取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量，故答案为：称取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量。 13． N、O、K、Al AgNO2 4K2Al(NO3)58KNO2+2Al2O3+12NO2↑+7O2↑ +H++H2O= Al(OH)3↓ 或 将适量NO2与溴蒸气溶于水得到相应的水溶液，分别向两种水溶液中加入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成的对应气体为溴蒸气 【分析】由图示信息知，气体G为O2，根据颜色知气体B中含有NO2，而NO2与水反应产生HNO3，不产生O2，故B中还应有O2，由于G为纯净物，故NO2完全转化为溶液H（HNO3溶液），由于分解产生NO2，且固体X为强酸盐，推测固体X为硝酸盐，固体D能与NaOH溶液反应，推测为Al2O3，Al2O3不溶于水，说明固体A中除了Al2O3之外，还有易溶于水的固体，根据溶液C焰色反应显紫色，说明该固体中含有K+，故固体X中四种元素为N、O、K、Al，又溶液C能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，推测固体A中另一种固体为KNO2，溶于水得到KNO2溶液，与AgNO3反应产生AgNO2白色沉淀，综上所述，固体X中n(Al3+)=2n(Al2O3)=，n(K+)=n(KNO2)= n(AgNO2)=，由电荷守恒得n()=3n(Al3+)+ n(K+)=0.1 mol，故n(K+):n(Al3+): n()=2:1:5，故固体X的化学式为K2Al(NO3)5，检验：m(X)=0.02 mol×415 g/mol=8.30 g，推测合理。 【详解】(1)由分析知，组成X的4种元素为N、O、K、Al；E的化学式为AgNO2； (2)由分析知，固体X分解产生NO2、O2、Al2O3、KNO2四种物质，由于是分解反应，故采用设“1”法配平得方程式为：4K2Al(NO3)58KNO2+2Al2O3+12NO2↑+7O2↑； (3)溶液F为NaAlO2溶液，H为HNO3溶液，NaAlO2与H+不能大量共存，与少量HNO3反应生成Al(OH)3，与过量HNO3反应则会生成Al3+，故此处填：+H++H2O= Al(OH)3↓； (4)由分析知，反应后无NO生成，故此时发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于NO2、O2由固体X分解得到，故n(NO2):n(O2)=12:7，由信息知，n(HNO3)=0.06 mol，则n(NO2)= n(HNO3)=0.06 mol，反应的n(O2，反)=，则最终溶液所占的体积即是原NO2和反应的O2所占的体积V(aq)= ，则溶液H的浓度c(HNO3)=，故此处填：或； (5)可将两种气体溶于水，再加AgNO3溶液进行判断，具体方法为：将适量NO2与溴蒸气溶于水得到相应的水溶液，分别向两种水溶液中加入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成的对应气体为溴蒸气。 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． 2P 可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S. > > 溴 As2O3 sp3 CD 立方最密堆积 12 【分析】前四周期元素，由M原子内的电子只有一种运动状态知M为H，由N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大知N为氮，由A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的知A为氧，B为硫，由D属于第IIB的元素，且是第四周期知D是锌，由E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子知E是As。 【详解】(1)A为O原子，电子排布式是,所以能量最高的能层的符号是2P，D原子电子的排布式为,价电子的排布式为,故答案为：2P；。 (2)设计实验比较O与S的非金属性，可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S。故答案为：可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S (3)因为氮的电负性强于砷的，所以键角，因为氨气中存在氢键，所以沸点，故答案为：>;>. (4)同周期的主族元素中从左到右第一电离能逐渐增大，所以是溴，根据O和As形成的分子结构可知化合物的分子式为As2O3, As原子形成了三个共价键，且有一对孤电子，所以原子的杂化类型为sp3.故答案为：As2O3； sp3. (5)SO2分子的中心原子价电子对为=2+1=3几何构型为平面三角形，但分子构型为V形。 A．BeCl2分子的中心原子价电子对为=2+1=3几何构型为平面三角形，但分子构型为V形。 B．PH3分子的中心原子价电子对为=3+1=4几何构型为正四面体形，但分子构型为三角锥形。 C．H2O分子的中心原子价电子对为=2+2=4几何构型为正四面体形，但分子构型为V形。 D．OF2分子的中心原子价电子对为=2+2=4几何构型为正四面体形，但分子构型为V形。 故与SO2分子的中心原子价电子对几何构型不同但分子构型相同的是CD.故答案为：CD (6)由金属锌晶体中的原子堆积方式图示可知，堆积方式称为立方最密堆积，配位数为12，图中结构单元中Zn原子数目为，结构单元中Zn的总质量为,晶体密度为,故答案为： 立方最密堆积；12； 【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布式书写及排布规律、电离能、晶体类型与性质，晶胞结构及计算等，要求学生知识面比较全，难度较大，是物质结构与性质的综合题。 16． Cu、N、O Cu(NO3)2 8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑ 8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑ 除去SO2带出的少量H2SO4分子 3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+ 【分析】由题干可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，，根据反应Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O可知，固体C中的Cu2O的物质的量为0.0075mol，故C中还有CuO的物质的量为：，故A中N、O元素的质量为：m=5.64g-（0.015 mol+2×0.0075 mol）×64 g/mol=3.72g，结合A的相对分子质量小于200，初步推断A中为硝酸铜，则有：，故n(Cu)：n()=(0.015mol+2×0.0075 mol)：0.06mol=1：2，进一步确定A为硝酸铜，据此分析解题。 【详解】(1)由分析可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，故组成A的三种元素是Cu、N、O，经过计算分析可知A的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu、N、O；Cu(NO3)2； (2)由分析可知，固体C组成是0.015molCuO，0.0075molCu2O，固体A为Cu(NO3)2，结合氧化还原反应的配平知识可写出固体A加热分解的化学方程式是8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑，故答案为：8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑； (3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，即反应生成的NO2和O2的物质的量之比为8：1，由中+5价的N转化为NO2中+4价，而O则由-2价转化为0价，这样发现降低的化合价为8个单位，升高的仅为4个单位，故说明Cu的化合价也是升高的，故推测A的化学式为CuNO3，根据氧化还原反应的配平原则可知该反应的化学方程式是8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑，故答案为：8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑； II． (1)实验中制备的SO2中往往含有SO2带出的少量H2SO4分子，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去SO2带出的少量H2SO4分子，故答案为：除去SO2带出的少量H2SO4分子； (2) 已知NaClO溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平原则，不难写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+，故答案为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+。 17． 二 IVA ＜ ＞ 平面三角形 或 【分析】前四周期元素、、、，原子序数依次增大，X原子基态时层中轨道电子数与s轨道电子数相同，即电子排布式为：1s22s22p2，则X为C元素；原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，即电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N元素；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料，则Z为Fe元素；位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态，即电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则W为Cu元素。据此解答。 【详解】（1）X为C元素，位于周期表的第二周期，第IVA族，故答案为：二；IVA。 （2）X为C元素，Y为N元素，N元素的基态原子的电子排布式为：1s22s22p3，p轨道处于半充满状态，较稳定，第一电离能：C＜N；同周期，从左到右，原子半径减小，原子半径：C＞N，故答案为：＜；＞。 （3）Y为N元素，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，酸根离子为NO3-，中心原子N原子的孤对电子数为：，价电子对数为=键+孤对电子数=0+3=3，其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形。 （4）Z为Fe元素，Fe3+基态核外电子排布式为或，用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式为：↓，故答案为：或；↓。 （5）W为Cu元素，由图可知，晶胞中，Cu元素的原子个数为4，Cl元素的原子个数为：，则该氯化物的化学式是，与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物，其反应的化学方程式为：，故答案为：；。 【点睛】同周期，从左到右，第一电离能增大；特例：同周期第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族。 18． AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑ 1：2 【分析】已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。 【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN； （2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑； （3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。 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 $$