2025届高三化学一轮复习 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·江西上饶·一模）七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，②元素是地壳中含量最多的，⑤元素为两性元素，④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品，②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍。请用化学用语回答下列问题： (1)③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为 。 (2)⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为 ＞ 。 (3)写出二氧化硅与含上述某种元素的酸反应的化学方程式 。 (4)由⑤和空气、海水构成的原电池中，其正极反应式为 。 (5)由上述元素形成的物质可发生下图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体。 ①写出D溶液与G反应的化学方程式 。 ②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，写出能解释它在苛性钠溶液中发生反应的原因的电离方程式 。 ③写出电解A溶液的离子方程式 。 2．（2024·浙江·一模）化合物M 是某种具有优异磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验: 气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答: (1)M 的化学式 。 (2)白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是 (用化学方程式表示) 。 (3)高温条件下，丁与甲反应生成两和单质和水，该反应的化学方程式为 。 3．（2024·浙江·一模）为分析某盐的成分， 做了如下实验： 请回答： （1）盐 M 的化学式是 ； （2）被 NaOH 吸收的气体的电子式 ； （3）向溶液 A 中通入 H2S 气体， 有淡黄色沉淀产生， 写出反应的离子方程式 (不考虑空气的影响)。 4．（2024·河北唐山·一模）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Y、X、Z不在同一周期，且Y原子核外p电子比s电子多5个。 (1)Z基态原子的核外电子排布式为 。 (2)Z的氧化物是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。 ①1mol丙烯分子中含有σ键与π键数目之比为 。 ②苯分子中碳原子轨道的杂化类型为 。 ③Z的一种氧化物ZO5中，Z的化合价为+6，则其中过氧键的数目为 个。 (3)W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为 。(请用元素符号回答) (4)ZY3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ZY3晶体属于 (填晶体类型)。 (5)ZX2晶体的晶胞结构如图，每个Z原子周围最近的X 原子数目为 。若该化合物的相对分子质量为M，晶胞边长为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g/cm3。 5．（2024·湖南·一模）A~J 是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示 （部分反应条件、生成物已省略）。已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体。 请回答下列问题： （1）电解A物质的阴极电极反应式为 ，C 与D在高温下反应，引发该反应需要加入的两种试剂是 （填名称）。 （2）写出G→J 反应的实验现象与化学方程式： ， 。 （3）C 与NaOH溶液反应的离子方程式为 。 6．（2024·天津·一模）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，M与其他物质的转化关系如图所示（部分产物已略去） （1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 。 （2）比较B中各元素原子半径由大到小 （填元素符号）。 （3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式是 。 （4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 。 （5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则由A转化成E的离子方程式是 。 （6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为 。 （7）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇反应的化学方程式为 。 7．（高三上·黑龙江牡丹江·期中）A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种常见元素，它们的转化关系如下图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶于水的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。请回答下列问题： （1）写出化学式：A C （2）写出下列反应的离子方程式： A→B： 。 B→D： 。 C→E： 。 8．（2024·河南·二模）下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题 （1） a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是 (用化学式表示)。表中所给元素中金属性最强的与非金属性最强的形成的化合物溶液显 （填“中性“酸性”或“碱性” )。 （2） 氢元素可与其它元素形成 (填选项序号)等化学键。 A．极性共价键      B．非极性共价键       C．氢键        D．离子键 （3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为 ，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为 。 （4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为 ，分液时有机层应从 (填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是 。 9．（2024·江西·一模）现有甲、乙、丙、丁四种常见化合物，它们分别由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、SO42-、HCO3-中的两种离子（离子不重复）组成，可以发生如图所示的转化。 回答下列问题： （1）写出下列物质的化学式：甲 ，丁 ，A 。 （2）反应①②③中属于非氧化还原反应的有 个。 （3）向甲溶液中滴入足量丁溶液时发生反应的离子方程式为 。 （4）向丙溶液中滴入Fe(NO3)2溶液时发生反应的离子方程式为 。 10．（2024·江西·二模）A、B、C、D、E 都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A、B 处于同一周期，C、D、E 同处另一周期。C、B 可按原子个数比 2∶l 和 1∶1 分别形成两种离子化合物甲和 乙。A 原子的最外层电子数比次外层电子层多 3 个。E 是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题： （1）D 元素在周期表中的位置是 乙物质的电子式是 （2）A、B、C、D、E 五种元素的原子半径由小到大的顺序是 （用元素符号填写） （3）E 的单质加入到 C 的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是 （4）E 的单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，其中有一种产物是 TiC（在火箭和导弹上有重要应用）其反应方程式为 11．（2024·浙江·一模）磁性材料A由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验： (1) A的化学式为 。 (2)用化学方程式表示气体C与氯水反应生成D的过程： 。 (3)B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，结合离子方程式说明其原因： 。 12．（高三上·重庆·阶段练习）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等． （1）W2-离子的结构示意图为 ，E元素在周期表中的位置为 ，写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。 （2）经测定A2W2为二元弱酸，A2W2的电子式为 ，常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式 。 （3）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入A2W2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是 。 （4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，写出该反应方程式 ，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是 L(标准状况下)。 13．（2024·广东·三模）X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为54。X的激发态原子电子排布式为2p1,Y原子的基态原子有3个不同的能级，且各能级中电子数相等，Z的基态原子中有3个未成对电子，W的电离能如下表所示，U原子的K层电子数与最外层电子数之比为2:1，其d轨道处于全充满状态。 元素 第一电离能 第二电离能 第三电离能 W 495.8 4562 6910.3 （1）U原子电子排布式为 。 （2）X与Z 形成的化合物Z2X4，Z原子采取的杂化轨道类型为 ,Y的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子的空间构型为 ； （3）W的氯化物和Mg的氯化物中，熔点较高的是 （填化学式），原因是 。 （4）I4O9由一种阳离子和一种阴离子按物质的量比1:3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp3杂化，写出I4O9的电离方程式 。 （5）Nb（黑球）和I（白球）能形成一种线性的无机高分子化合物，其结构是许多八面体通过棱边而联结起来的长链，如下图所示。则该化合物中Nb和I的原子个数比为 。 14．（2024·天津·二模）现有X、Y、Z、W、R、T六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大， W与R同主族，且W的氢化物常温时为液态。X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子。 请用化学用语回答下列问题： （1）Y、Z、W元素的氢化物沸点由高到低的顺序为 （用化学式表示）。 （2）选取上述六种元素中的某些元素组成的化合物中，写出既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质 （写电子式）。该物质与空气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池放电时，负极的反应式为 。 （3）请用一个化学方程式证明W元素的非金属性强于R元素 。 （4）最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的Z4气态分子。Z4分子结构如图所示，已知断裂lmolZ-Z 吸收167kJ的热量，生成lmol ZZ放出942kJ热量。试写出Z4气态分子变成Z2气态分子的热化学方程式： 。 （5）①由X、Z、W三种元素形成的一种离子化合物，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 ②写出检验该化合物中阳离子的实验操作方法是 。 15．（2024·浙江杭州·一模）电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放。含CN-废水在排放前的处理过程如下： 已知：9.0g 沉淀 D 在氧气中灼烧后，产生 8.0g 黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生 10.0g 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 的单质气体 1.12L。 （1）溶液B具有性质 （填“氧化性”或“还原性”）。 （2）写出沉淀 D 在氧气中灼烧发生的化学方程式 。 （3）滤液 C 中还含有微量的CN-离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理 。 16．（2024·江苏南通·模拟预测）A、B、C、D、E是前四周期的核电荷数依次增大元素，A原子核外s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，C、D同一主族，D元素原子M层有一对成对的p电子，元素E位于周期表ⅠB族。请回答下列相关问题(涉及元素的请用对应的元素符号回答） (1)①B、C、D第一电离能由大到小的顺序为 。 ②基态E原子外围电子排布式是 。 (2)DC2分子中D原子轨道的杂化类型为 。与DC2互为等电子体的一种阴离子的化学式： 。 (3)lmol(AB)2(直线形分子)中含有∏键的数目为 。 (4)C和E能形成晶胞如图所示的甲、乙两种化合物。    ①甲的化学式为 。 ②高温时甲易转化为乙的原因是 。 17．（2024·天津·一模）A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，E单质可用于焊接钢轨，F与D同主族，F与G同周期。 （1）F的离子结构示意图为 。 （2）D、E、F的离子半径由大到小的顺序为 （填离子符号）。 （3）写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式 。 （4）F和G的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物，三种产物的物质的量之比为2:1:6，甲的电子式为 ，该反应的化学方程式为 。 （5）C能分别与A和D按原子个数比1:2形成化合物乙和丙，乙的结构式为 。常温下，液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质，若共生成1mol产物时放热QkJ，该反应的热化学方程式为 。 （6）现取100mL 1mol/L的E的氯化物溶液，向其中加入1mol/L氢氧化钠溶液产生了3.9g沉淀，则加入的氢氧化钠溶液体积可能为 mL。 18．（2024·宁夏银川·一模）已知A为淡黄色固体，T、R 为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，M为红褐色固体。回答相关问题 (1)写出D的化学式： (2)写出A的电子式： (3)H在潮湿空气中变为M的现象是： 化学方程式为： (4)B与R反应的化学方程式为：   (5)向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色透明液体，区别该液体和溶液W的简单实验方法是 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． S2-＞F-＞Al3+ HClO4 H2SO4 SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O O2+4e- +2H2O＝4OH- 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- 【分析】②元素是地壳中含量最多的，所以②是O；⑤元素为两性元素，则⑤为Al；④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品知④为Na，⑦为Cl；②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍，则①为H，⑥为S，七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，所以③为F。据此判断。 【详解】根据上述分析可知①～⑦分别是H、O、F、Na、Al、S、Cl，则 (1)核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞F-＞Al3+。 (2)非金属性Cl＞S，所以⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4。 (3)二氧化硅是酸性氧化物，能与HF发生反应，其反应的化学方程式SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。 (4)由⑤是Al和空气、海水构成的原电池中，Al做负极，正极为O2发生还原反应，其正极反应式为O2+4e- +2H2O＝4OH-。 (5)B为黄绿色气体知B为Cl2，电解A得三种物质，由图知A为NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠溶液，G为Al，F为偏铝酸钠溶液，E为盐酸。 ①D溶液与G反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。 ②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，该物质是氢氧化铝，氢氧化铝溶不溶于水，既能溶于酸又能溶于碱，能溶于碱是因为存在Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O，加苛性钠溶液促进电离，所以能溶于碱液中。 ③A为NaCl溶液，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。 2．(1)Fe4N (2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3)Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O 【分析】气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体甲是氨气，说明化合物M含有氮元素；白色沉淀乙在空气中变为红褐色，说明化合物M含有铁元素；红褐色沉淀灼烧得到固体丁，可知固体丁是Fe2O3，根据元素守恒计算M的化学式，据此解答。 【详解】（1）根据以上分析，M由Fe、N两种元素组成，Fe2O3的质量是14.40g，则Fe元素的质量是，N元素的质量是，Fe、N两种元素的物质的量比是，M的化学式是Fe4N； （2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； （3）高温条件下，Fe2O3与氨气反应生成两和单质和水，两种单质是铁和氮气，该反应的化学方程式为Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O。 3． Fe(ClO4)3 2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓ 【详解】（1）混合单质气体被稀NaOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g÷160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g÷32g/mol=1.05mol，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g÷35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol×2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。 （2）被 NaOH 吸收的气体为氯气，其电子式为：。 （3）A为FeCl3溶液，向溶液 A 中通入 H2S 气体， 有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。 4．(1)[Ar]3d54s1 (2) 8:1 sp2 2 (3)H<Cl<O (4)离子晶体 (5) 6 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，W是H。元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，X是O。元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Z是Cr。Y、X、Z不在同一周期，Y是第三周期元素，Y原子核外p电子比s电子多5个，Y是Cl。 【详解】（1）Cr基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1； 故答案为：[Ar]3d54s1； （2）(2)①单键都是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，所以1mol丙烯分子（CH2＝CHCH3）中含有σ键与π键数目之比为8:1； ②苯分子是平面形结构，分子中碳原子轨道的杂化类型为sp2； ③设过氧键的数目为x，则－2价氧原子的个数是5－2x，Cr的化合价为+6，则根据正负价代数和为0可知2x+(5－2x)×2＝6，解得x＝2； 故答案为：8:1；sp2；2； （3）非金属性越强，电负性越大，则W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为H＜Cl＜O； 故答案为：H<Cl<O； （4）CrCl3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断CrCl3晶体属于离子晶体； 故答案为：离子晶体； （5）根据晶胞结构可判断每个Cr原子周围最近的O原子数目为6个。晶胞中Cr是个，则该晶体的密度为g/cm3； 故答案为： 5． A13++3e-=Al 镁带、氯酸钾 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ 【详解】试题分析：由题意知，A是氧化铝、D是氧化铁，由图中转化关系，可以推断B是氧气、C是铝、E是铁、F是氯化亚铁、G是氢氧化亚铁、H是偏铝酸钠、I是氯化铝或氢气、J是氢氧化铁。 （1）电解A物质的阴极电极反应式为A13++3e-=Al，C 与D在高温下反应，该反应为铝热反应，引发该反应需要加入的两种试剂是镁带、氯酸钾。 （2）G→J 反应的实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；访反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 （3）C 与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑。 6． 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ Na＞O＞H H2SiO3 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失 4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓ c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3 CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O 【详解】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑；（2）B为NaOH，H、O、Na分别位于3个不同的周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，原子半径大小顺序为Na＞O＞H；（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以得到G为H2SiO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的盐酸溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe(OH)3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32－，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH－=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42－，发生反应H++OH－=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积；发生反应Al3++3OH－=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积；发生反应NH4++OH－=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42－）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42－）=1：1：2：3；（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，则E为氢氧化铜，E和F生成G，则G为氯化铜，由于铜离子能水解，氯化氢易挥发，所以氯化铜溶液充分蒸发灼烧后的产物为氧化铜，氧化铜与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛，反应方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。 7． KAlO2 Al2O3 +CO2+2H2O==Al(OH)3↓+ Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O Al2O3+2OH−=2+H2O 【分析】B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2 【详解】（1）通过以上分析知，A、B、C、D、E分别是KAlO2、Al(OH)3、A12O3、AlCl3、NaAlO2； （2）A→B的反应为AlO2-和Al（OH）3的转化，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，B→D的反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，C→E的反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O。 【点睛】本题考查了铝及其化合物之间的转化，根据B能和强酸、强碱反应且加热易分解推断知，B是氢氧化铝，再结合物质的反应条件、反应物来分析解答，注意偏铝酸根离子和碳酸根离子不能共存，为易错点。 8． NaOH > LiOH > Al(OH)3 碱性 AD Na2S2O3 S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O 紫色 下口流出 【详解】根据周期表，各元素分别为：a―Li、b―B、c―C、d―O、e―F、f―Na、g―Al、h―S、i―Cl。 （1） 同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物是水化物碱性越强，同主族，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物是水化物碱性增强，a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是 NaOH > LiOH > Al(OH)3 。表中所给元素中金属性最强的钠与非金属性最强的氟形成的化合物属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性。（2） 氢元素可与其它元素形成A、H与另一种元素形成极性共价键，如H-Cl键，故A正确；B、只能两个氢原子间形成非极性共价键，故B错误；C、氢键不是化学键，故C错误；D、与金属等通过离子间作用力形成离子键，如NaH,故D正确；故选AD。（3）d-O、f-Na、h-S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键S-S键，其化学式为Na2S2O3 ，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O。（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂CCl4，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层是碘的四氯化碳溶液，颜色为紫色，分液时有机层密度大于水层，应从下口流出。该有机溶剂CCl4的电子式是。 9． NaHCO3 Ba(OH)2 Al(OH)3 3 HCO3- +Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 【详解】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、SO42-、HCO3-离子中的两种组成，由离子共存，H+只能与Cl-或SO42-组成酸，Al3+只能与Cl-或SO42-组成铝盐，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、气体和氯化钠，应是铝离子与碳酸氢根发生的双水解反应，A为Al(OH)3，B为CO2，甲、乙分别为铝盐、NaHCO3中的一种，甲与丙反应得到硫酸钠与二氧化碳，则甲为NaHCO3，乙为Al2(SO4)3，丙为H2SO4，甲与丁反应得到白色沉淀C与无色反应D，则丁为Ba(OH)2，由于物质的用量不确定，则D溶液中可能有NaOH或碳酸钠； (1)由分析可知，甲为NaHCO3，丁为Ba(OH)2，A为Al(OH)3； (2)反应①②③中均不存在元素化合价的变化，都不是氧化还原反应，则属于非氧化还原反应的有3个； (3)向NaHCO3溶液中滴入足量Ba(OH)2溶液时发生反应的离子方程式为HCO3- +Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O； (4)向H2SO4溶液中滴入Fe(NO3)2溶液时，Fe2+被NO3-在酸性条件下氧化为Fe3+，同时生成NO气体，则发生反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。 点睛：破解离子推断题的几种原则：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。 10． 第三周期第 IIA 族 O＜N＜Al＜Mg＜Na 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑ 4Al + 3C +3TiO22Al2O3 +3TiC 【详解】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是氧化钠，乙是过氧化钠，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个且位于第二周期，A元素的第二电子层为5个电子第一电子层为2个电子，则A是N元素，D位于第三周期且原子序数大于钠而小于铝，则D是Mg元素，E周期序数等于E原子最外层电子数，且原子序数比镁大，则E是第三周期，第ⅢA族元素，即为Al元素。 (1)D为镁元素，在周期表的第三周期第ⅡA族，乙物质为过氧化钠，它的电子式是，故答案为第三周期第ⅡA族；； (2)原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素的原子半径从小到大顺序是：O＜N＜Al＜Mg＜Na，故答案为O＜N＜Al＜Mg＜Na； (3)铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； (4)铝、石墨和二氧化钛(TiO2)按比例混合，高温下反应的化学方程式为4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC，故答案为4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC。 点睛：本题考查了电子式、半径比较、离子方程式、化学方程式等知识，解题的关键在于元素和物质的推断。本题的难点是(4)中方程式的书写，要注意根据质量守恒判断出另一种产物。 11． Fe3S4 Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 【分析】本题考查以磁性材料为载体考查无机推断题。无色气体C与足量的氯气反应得到溶液D，D中加入氯化钡溶液和盐酸溶液，有白色沉淀E生成，故E为BaSO4，D为硫酸和盐酸的混合液，C为二氧化硫。B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，再结合其A由两种元素组成的磁性材料，可知，B为三氧化铁。 【详解】(1)氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.030×56=1.680g，则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0.040mol，则铁与硫的物质的量比为0.030:0.040=3:4，则化学式为：Fe3S4； (2)二氧化硫与氯气反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl； (3) B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水即为三价铁离子水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 【点睛】无机推断题要抓住突破口，例如物质的颜色，红棕色固体为氧化铁，黑色的固体为碳、二氧化锰，氧化亚铁、氧化铜等。黄色溶液为铁离子的溶液，浅绿色溶液为亚铁离子溶液，蓝色溶液为铜离子溶液，紫色为高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。血红色为硫氰化铁溶液。黄绿色气体为氯气。结合颜色确定成分，进而分析其他物质。掌握常见离子的检验方法。 12． 第三周期第ⅢA族 Al2O3+2OH﹣=2AlO+H2O BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe(OH)3↓+2I2 NaH+H2O=NaOH+H2↑ 56 【分析】A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于B，且为短周期元素，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有：1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，根据分析可知：A为H、B为C、W为O、D为Na、E为Al。 【详解】（1）O2-离子的结构示意图为，Al元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族， E的最高价氧化物是氢氧化铝、D的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠的离子方程式Al2O3+2OH﹣=2AlO+H2O。 （2）H2O2是共价化合物，电子式为，硫酸与BaO2反应生成H2O2和硫酸钡的化学方程式BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2。 （3）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入H2O2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，说明有2mol 碘离子和1mol Fe2+，该反应的离子方程式是2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe(OH)3↓+2I2。 （4）钠在一定条件下，能与氢气化合生成NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应方程式NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1mol NaH与水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠与1mol铝混合，发生反应2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑放出氢气1.5mol，反应后共生成氢气2.5mol，体积是56L(标准状况下)。 点睛：氢氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与强碱反应。 13． 1s22s22p63s23p63d104s1 sp3 平面三角形 MgCl2 NaCl和MgCl2都为离子晶体，Mg2+半径小，电荷数大，因此MgCl2晶体的晶格能大，熔点高 I4O9=I3++3IO3- 1：4 【详解】X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为54。X的激发态原子电子排布式为2p1,X是H；Y原子的基态原子有3个不同的能级，且各能级中电子数相等，Y是C；Z的基态原子中有3个未成对电子，Z是N；W的第二电离能远大于第一电离能，所以W是第ⅠA元素，W是Na，U原子的K层电子数与最外层电子数之比为2:1，其d轨道处于全充满状态，所以U是铜。则 （1）铜的原子序数是29，原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。（2）X与Z 形成的化合物N2H4的分子中N原子的价层电子对数是4，含有一对孤对电子，则N原子采取的杂化轨道类型为sp3；C的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子CO32－中C原子的价层电子对数是3，不存在孤对电子，其空间构型为平面三角形；（3）由于NaCl和MgCl2都为离子晶体，Mg2+半径小，电荷数大，因此MgCl2晶体的晶格能大，熔点高；（4）I4O9由一种阳离子和一种阴离子按物质的量比1:3构成，阴离子的空间构型为三角锥形，中心原子杂化类型为sp3杂化，所以阴离子是IO3-，则阳离子是I3+，因此I4O9的电离方程式为I4O9=I3++3IO3-。（5）根据晶胞结构可知一个正八面体中含有1个Nb，I原子个数是2+4×1/2＝4，所以该化合物中Nb和I的原子个数比为1：4。 14． H2O>NH3>CH4 C2H2-10e-+4H2O= 2CO2+10H+ O2+2H2S=S↓+2H2O N4(g):=2N2(g)         △H=-882kJ•mol-1 c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－) 取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。 【详解】本题考查元素周期律和元素周期表的应用，W的氢化物常温下为液态，则W为O，W与R同主族，原子序数增大，即R为S，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子，因此推出X为H，X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y为C，Z为N，都属于短周期元素，因此T为Cl，（1）NH3和H2O含有分子间氢键，CH4没有分子间氢键，因此CH4的沸点最低，H2O常温下为液态，NH3常温下为气体，因此沸点高低：H2O>NH3>CH4；（2）含有极性键，应是至少两种元素组成，且存在非极性共价键，存在同种元素构成化学键，相对分子质量最小，此物质为乙炔，其电子式为；根据原电池的工作原理，乙炔在负极上失电子，环境是酸性，负极电极反应式为C2H2＋4H2O－10e－=2CO2＋10H＋；（3）利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即2H2S＋O2=S↓＋2H2O；（4）此反应是N4=2N2，1molN4中含有6molN－N，根据反应热与键能的关系，△H=(6×167－2×942)kJ·mol－1=－882kJ·mol－1，因此热化学反应方程式为：N4(g)=2N2(g)  △H=-882kJ·mol－1；（5）①组成离子化合物是NH4NO3，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是：c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；②该化合物中的阳离子是NH4＋，检验时一般转化成NH3，具体步骤是：取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。 点睛：本题的难点是问题（2）的第一问，既含有极性键又含有非极性键，说明同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性键，此化合物属于分子化合物，相对分子质量最小，说明是由碳元素和氢元素组成，即乙炔，从而写出电子式。 15． 还原性 2CuCN+3O2 2CuO+N2+2CO2 2CN +5ClO+2H+=5Cl+N2↑+2CO2↑+H2O 【详解】9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L，气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，电镀溶液中含有高浓度的CN-离子，应为氮气，则白色沉淀为CaCO3，其物质的量为=0.1mol，生成的二氧化碳为0.1mol，则碳元素质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，氮气的质量为1.25g×1.12L=1.4g，物质的量为=0.05mol，CuO的物质的量为=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，X为Cu+离子，B应为具有还原性的物质； (1)溶液B应具有还原性； （2）沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式：2CuCN+3O22CuO+N2+2CO2； （3）CN-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成，反应离子方程式为：2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+N2↑+2CO2↑+H2O。 16． N>O>S 3d104s1 sp2 NO2- 4mol或4×6.02×1023个 CuO Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定 【详解】A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素；C、D同一主族，D元素原子M层有一对成对的p电子，则D为S，C为氧元素，A、B、C核电荷数递增，则B为氮元素；元素E位于第四周期ⅠB族，则E为Cu； (1)①同主族元素核电荷数增大，第一电离能减小，氮的2p轨道为半充满结构相对稳定，第一电离能比O大，N、O、S第一电离能由大到小的顺序为N>O>S； ②Cu的核电荷数为29，其基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1，外围电子排布式是3d104s1； (2)SO2分子的中心原子S原子的价层电子对数=2+（6-2×2）=3，杂化轨道数为3，采取sp2杂化；根据等电子体理论，需要原子数目和价电子总数相等，则与SO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为NO2- ； (3)CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则(CN)2分子结构式为N≡C-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，故(CN)2分子中π键数目为4，lmol(CN)2(直线形分子)中含有π键的数目为4mol或4×6.02×1023个  ； (4)O和Cu能形成CuO和Cu2O两种晶胞； ①甲中Cu原子数为4，氧原子数为8×+4×+2×+1=4，则甲的化学式为CuO； ②因 Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定，故高温时CuO易转化为Cu2O。 点睛：考查杂化轨道理论，判断中心原子的杂化轨道数是关键。杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。 17． S2-> O2-> Al3+ Cl2+H2S=2HCl+S（或Cl2+Na2S=2NaCl+S） 3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl 2N2H4(l)+2NO2(g)=3 N2(g)+4H2O(l) ΔH= -7QkJ/mol 150或350 【详解】试题分析： B、C、D均能与A形成10电子分子，A是H元素，B、C、D 为第二周期C、N、O、F四种元素中的三种， E单质可用于焊接钢轨，E是Al元素，F与D同主族，F与G同周期，G是Cl元素, B、C、D 分别为C、N、O元素，F是S元素。 解析;（1）S2-核外有18个电子，离子结构示意图为。 （2）O2-、Al3+有2个电子层，电子层数相同质子数越小半径越大，S2-有3个电子层，半径由大到小的顺序为S2-> O2-> Al3+  。 （3）元素的非金属性越强氧化性越强，氯气把硫化钠溶液中的硫置换出来，证明Cl2的氧化性大于S的氧化性，化学方程式Cl2+Na2S=2NaCl+S。 （4）S和Cl的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，化合物甲是SCl2与水反应生成S单质、硫酸和氯化氢，三种产物的物质的量之比为2:1:6，SCl2的电子式为，该反应的化学方程式为3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl。 （5）N能分别与H和O按原子个数比1:2形成化合物N2H4和NO2，N2H4的结构式为。常温下，N2H4和NO2反应生成两种无污染的物质氮气和水，若共生成1mol产物时放热QkJ，反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)=3 N2(g)+4H2O(l) ΔH= -7QkJ/mol  。 （6）100mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）==0.05mol，①若碱不足，由Al3++3OH- ═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.05mol×3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为=0.15L=150mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则： 则消耗的碱的物质的量为0.15mol +0.2mol=0.35mol，加入NaOH溶液的体积为=0.35L=350mL。 点睛：微粒电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越小半径越大。 18．(1)Fe3O4 (2) (3) 生成白色沉淀，变为灰绿色，最后变为红褐色 4Fe(OH)2 + 2H2O+ O2 = 4Fe(OH)3 (4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑ (5)丁达尔现象 【分析】A为淡黄色固体，能与水反应，A为Na2O2，C为无色气体，即为O2，B为NaOH，R为金属，能与NaOH反应，则R为Al，所以N为NaAlO2，D是具有磁性的黑色晶体，M为红褐色固体，即D为Fe3O4，T为Fe，M为Fe(OH)3，W为FeCl3。 【详解】（1）D为磁性黑色晶体，则D为Fe3O4； （2）A为Na2O2，其电子式为； （3）Fe3O4投入到盐酸中生成Fe2＋和Fe3＋，再加入Fe单质，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，E为FeCl2，H为Fe(OH)2，在潮湿空气中发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象是生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； （4）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑； （5）向沸水中加入FeCl3饱和溶液，制得红褐色透明液体是氢氧化铁胶体，胶体能产生丁达尔效应，区别胶体和溶液的简单方法是丁达尔效应。 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 $$