2025届高三化学二轮复习 专题训练 ---无机推断题

2025届高三化学专题训练---无机推断题 1．（2024·上海奉贤·二模）A、B、M、X、Z是周期表中的短周期元素。对它们的单质或部分化合物描述如下： A B M X Z 最简氢化物是含氢量最高的有机物 单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个 最简氢化物的水溶液呈酸性 原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子 最高价氧化物对应的水化物为最强酸 回答下列问题： （1）B的最简氢化物的分子构型是 ，A原子的最外层电子的轨道表示式为 ； （2）X在元素周期表中的位置为 周期 族，写出X的单质溶解在NaOH溶液中的离子方程式为 ； （3）A、B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 ； （4）与元素Z相比，元素M的最简氢化物稳定性 （选填“强”、“弱”），理由是 。 2．（2024·上海·二模）元素A-D是元素周期表中短周期的四种元素，请根据表中信息回答下列问题： A 单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体 B 原子核外有7种运动状态不同的电子 C 单质常温、常压下是气体，原子的L层有一个未成对的p电子 D +2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同 （1）B元素原子的最外层轨道表示式是 ，D离子的核外电子排布式是 。C和D形成的化合物的电子式为 。 （2）A、B、C、D的原子半径大小为： ＞ ＞ ＞ （用元素符号表示）。 （3）D单质在B单质中燃烧的化学方程式为 。 （4）A和D两元素金属性较强的是(用元素符号表示) 。写出能证明该结论的一个实验事实 。 3．（2024·广东汕尾·一模）如图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的部分产物已略去）。 已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。 （1）化合物A中含有的两种元素是 。 （2）F的化学式 ；G的水溶液中，最多的阳离子是 。 （3）写出K与H反应的离子方程式： 。 （4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释 。 4．（2024·浙江·一模）暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。 已知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。 请回答以下问题： （1）写出A的电子式 。 （2）写出生成白色沉淀D的化学方程式 。 （3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为 （4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法） 5．（2024·浙江绍兴·一模）储氢材料甲由X、Y、Z三种短周期元素组成，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍。为确定甲的组成，进行了如下实验： ①称取5.4g甲固体，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，同时得到两种固体，其中一种为二元化合物。 ②冷却后，向①反应后的固体混合物中加入足量的蒸馏水，充分反应后，又放出标准状况下5.6L单质气体乙，同时得到澄清溶液丙。 请回答： （1）乙的电子式 。 （2）甲的化学式 。 （3）写出生成溶液丙的化学反应方程式 。 （4）设计实验方案检验溶液丙中的溶质成分 。 6．（2024·安徽滁州·一模）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。 阳离子 Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+ 阴离子 SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO42- 实验Ⅰ:取少量该强酸性溶液A进行如下实验。 实验Ⅱ:为了进一步确定该溶液的组成,取100 mL原溶液A,向该溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液,产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。 回答下列问题: (1)不进行实验就可以推断出,上表中的离子一定不存在的有 种。 (2)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是 。检验气体X的方法是 ;沉淀Z的化学式为 。 (3)写出实验Ⅱ的图示中BC段对应反应的离子方程式: 。 (4)A点对应的固体质量为 g。 (5)通过上述信息,推算该溶液中阴离子的浓度为 mol·L-1。 7．（2024高三上·浙江湖州·阶段练习）在下列各变化中，E为无色无味的液体(常温下)，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体(反应条件均已省略)。回答下列问题： (1)在反应②中，每生成2.24L气体G(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量是 mol。 (2)若反应①在加热条件下进行，单质A和化合物B按物质的量之比为1：2发生反应，且C、D是两种均能使澄清的石灰水变浑浊的无色气体，则反应①的化学方程式是 。 (3)若反应①在溶液中进行，A是一元强碱，B是一种酸式盐，D是一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，且B遇盐酸能生成使品红溶液褪色的气体。在加热条件下，当A过量时，反应①的离子方程式是 。 8．（2024·安徽·高考真题）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表： 元素 相 关 信 息 X X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3 Y Y是地壳中含量最高的元素 Z Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1 W W的一种核素的质量数为28，中子数为14 （1）W位于元素周期表第 周期第 族；W的原子半径比X的 （填“大”或“小”）。 （2）Z的第一电离能比W的 （填“大”或“小”）； XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是 ；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称 。 （3）振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是 ；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是 。 （4）在25℃、101Kpa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419KJ，该反应的热化学方程式是 。 9．（2024·湖南·一模）图为中学化学中几种常见物质之间的转化关系 已知： ①A、C、D是常见的气体单质； ②F气体极易溶于水，且液态常用做制冷剂； ③G为易溶性的盐，E为白色沉淀； ④H为无色液体化合物。 （1）写出D的原子结构示意图 。 （2）鉴定G中阳离子的实验方法和现象 。 （3）反应②的离子方程式 。 （4）反应③的化学方程式 。 （5）将等物质的量的F与G溶于水，所得溶液pH>7，则该溶液中各种离子浓度大小顺序为 。 10．（2024高三·浙江台州·阶段练习）A、B、C都是元素周期表中的短周期非金属元素，它们的核电荷数依次增大。A原子的核外成对电子数与未成对电子数相等，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，C是地壳中含量最多的元素。D、E是第四周期元素，D原子核外最外层电子数有1个电子，其余各层电子均充满；E原子核外未成对电子数在同周期中最多。请用对应的元素符号或化学式填空： (1)A．B．C的第一电离能由小到大的顺序为 _______。 (2)D与E的原子化热分别为340 kJ·mol-1和125 kJ·mol-1，则它们的熔点：D E(填“>”、“<”、“=”)。 (3)分子A2B2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为 ，1mol该分子中含有键的数目为 。 (4)基态Ｅ原子的外围电子排布式为 。EO2Cl2熔点：-96 .5℃，沸点：117℃，则固态EO2Cl2属于 晶体。 (5)D的氢化物的晶体结构如图所示，其化学式是 ，图中白球构成的晶体结构是由 (填“密置层”或“非置密层”)按一定的方式在三维空间堆积形成的，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式 。 11．（2024·浙江·高考真题）氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题： (1)甲的化学式是 ；乙的电子式是 。 (2)甲与水反应的化学方程式是 。 (3)气体丙与金属镁反应的产物是 (用化学式表示)。 (4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式 。有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之 。(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O) (5)甲与乙之间 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是 。 12．（2024·甘肃平凉·一模）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质,往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。回答下列问题: (1)溶液中一定含有的溶质是 (填化学式)。 (2)溶液中一定不含有的溶质是 (填化学式)。 (3)溶液中可能含有的溶质是 (填名称),判断该物质是否存在的实验方法是 ,若存在则现象是 。 (4)分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式: ①AB段为 ; ②BC段为 。 13．（2024高三上·辽宁沈阳·阶段练习）下图中A为278g/mol。B、D、E、F、G是氧化物且B为红棕色固体，F、K是氢化物，C、H是日常生活中最常见的金属单质，J是黄绿色气体。O是白色沉淀（图中部分反应物和生成物没有列出）。 （1）写出A、G、L的化学式A ：G： ，L： 。 （2）反应②的化学方程式 。 （3）写出反应M→L的离子方程式为 。 （4）若将O敞口久置，变质过程中的现象为 ，发生的化学方程式为 。 （5）向M溶液中投入与M等物质的量的Na2O2，反应的离子方程式是 。 14．（2024·河北衡水·一模）有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系（部分反应物、生成物已略）。其中，B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。 请回答下列问题： （1）B的电子式为 。 （2）画出元素M的原子结构示意图 。 （3）物质X的化学式为 。 （4）电解混合液时阳极反应式为 。 （5）按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式： ① 含有L元素的化合反应 。 ② 含有L元素的置换反应 。 （6）已知 E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出kJ的热量，写出E燃烧热的热化学方程式 。 15．（2024·湖北·一模）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。请根据以上信息回答下列问题： (1)BD2的电子式为 。 (2)EAB2D4水溶液显酸性的原因是 。 (3)将等浓度等体积的EABD3溶液和E2BD3溶液混合，所得混合溶液中各离子的离子浓度由大到小的顺序为 。 (4)A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解。写出该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式 。 (5)常温下，测得X和Y的水溶液的pH均为5，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是 。 (6)在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：C2(g)+3A2(g）2CA3(g)△H=－92.4 kJ/mol。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为C2：0.5mol、A2：0.2mol、CA3：0.2 mol，此时容器体积为1.0 L。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18molC2，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。 16．（2024·天津河西·三模）利用酸解法制钛白粉产生的废液生产铁红(Fe2O3) 和补血剂乳酸亚铁的生产工业流程如下图所示: 已知; TiOSO4在大量水中加热条件下可完全水解成为TiO2·xH2O沉淀。 请按要求回答下列问题: （1）步骤①加入适量铁屑的目的是 。TiOSO4完全水解的化学方程式为 。 （2）步骤②的系列操作中，需要控制 、 条件下，再进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有 。 （3）写出步骤③的化学方程式: 。 （4）某兴趣小组学生以铁屑、稀硫酸、NH4HCO3溶液为原料，欲用下图装置，利用步骤④反应，达到制备FeCO3的目的。 i. NH4HCO3溶液应盛放在装置(填字母) 中。 该装置中涉及的主要反应的离子方程式 。 ii.达成步骤④反应的操作是 。 （5）测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数: 称取ag晶体样品，配成100.00 mL溶液，取出25.00 mL溶液，用硫酸酸化的0. 1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定(杂质不与KMnO4溶液反应)。平行有效实验滴定消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。则所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为【设M(FeSO4·7H2O)= b g/mol，用含a、b的表达式表示】 。 17．（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 。 18．（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 。 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． 三角锥形 第三周期 IIIA族 2Al+2OH-+2H2O→2AlO2-+3H2↑ N HNO3+NaHCO3→NaNO3+H2O+CO2↑ 强（或弱） M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱） 【分析】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，结合元素对应原子的结构以及对应单质、化合物的性质解答该题。 【详解】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，则 （1）B为N元素，对应的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形，A为C元素，原子序数为6，最外层电子的轨道表示式为， 故答案为：三角锥形，； （2）X为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于周期表第三周期IIIA族，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为， 故答案为：第三周期；IIIA族；； （3）A为C元素，B为N元素，N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，可通过反应判断， 故答案为：N，； （4）M可能为F、S、Cl等元素，Z为Cl元素，若M是氟元素，非金属性比氯强，若M是硫元素，非金属性比氯弱， 故答案为：强（或弱）；M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）。 2． 1s22s22p6 Na Mg N F 3Mg+N2Mg3N2 Na 与水或与同浓度酸反应Na比Mg剧烈 【分析】A单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体，则A是钠；B原子核外有7种运动状态不同的电子，则B是N元素；C单质常温、常压下是气体，原子L层有一个未成对的p电子，则C是F元素；D＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D是Mg元素，据此答题。 【详解】A单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体，则A是钠；B原子核外有7种运动状态不同的电子，则B是N元素；C单质常温、常压下是气体，原子L层有一个未成对的p电子，则C是F元素；D＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D是Mg元素； (1)B是N元素，B元素原子的最外层轨道表示式是，D是Mg元素，D离子的核外电子排布式是1s22s22p6，C和D形成的化合物为：MgF2，的电子式为，故答案为：；1s22s22p6；； (2)电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种原子半径大小顺序是：Na＞Mg＞N＞F，故答案为：Na；Mg；N；F； (3)镁在氮气中燃烧的化学方程式为3Mg+N2Mg3N2，故答案为：3Mg+N2Mg3N2； (4)同一周期元素，元素的原子序数越大其金属性越弱，所以钠的金属性比镁强，钠和水剧烈反应，镁能和热水反应，或与同浓度的酸反应钠比镁剧烈，故答案为：Na；与水或与同浓度酸反应Na比Mg剧烈。 3． S、Fe SO2 NH4+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大 【分析】E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P 和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。 【详解】(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素； (2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+； (3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； (4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。 【点睛】本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。 4． SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。 【分析】气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。 【详解】（1）A为碘单质，电子式为：； （2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl； （3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ； （4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。 5． H∶H NaAlH4 2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑ 用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-。 【分析】常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，气体乙是氢气，所以一定含有H元素；短周期元素中化合价最高的金属元素是+3价Al元素，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍，故Z是Al元素，则另一种金属元素化合价为+1，反应②得到澄清溶液丙，说明另一种金属元素一定为钠。 【详解】（1）常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，所以一定含有H元素，气体乙是氢气，电子式为H∶H。 （2）①②共生成标准状况下的氢气8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，根据得失电子守恒，5.4g甲固体含有0.4molH原子；设5.4g甲固体含有Al元素xmol、Na元素ymol，则 ，解得y=0.1、x=0.1， n(Na)：n(Al)：n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4，甲的化学式是NaAlH4； （3）钠的活泼性大于铝，反应①生成的固体是NaH和Al，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，总反应方程式是2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑。 （4）AlO2-与少量盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与盐酸反应生成铝离子，Na+的焰色反应呈黄色；检验溶液丙中的溶质成分的方法是：用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-。 6． 4 NO3- 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X,试纸变蓝 Mg(OH)2 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 0.136 0.08 【分析】某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀，所以一定不含Cl-，由溶液为电中性可知一定含阴离子为NO3-，试液加入硫酸无沉淀产生，一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀，气体，则一定存在Mg2+、NH4+，为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，由图中产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系可知一定含有Al3+，以此来解答。 【详解】(1)、某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在； 故答案为4； (2)、强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀,所以一定不含Cl-，加入硫酸无沉淀产生,一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀、气体，则一定存在Mg2+、NH4+，通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3-，气体X是氨气，检验方法：用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝，沉淀Z的化学式为Mg(OH)2； 故答案为NO；用 子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝；Mg(OH)2； (3)、实验II的图象中BC段是氢氧化铝溶于氢氧化钠的过程, 对应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； 故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ； (4)、BC段对应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗的氢氧化钠是0.001mol，所以含有铝离子是0.001mol，沉淀镁离子和铝离子一共消耗氢氧化钠0.005mol，所以镁离子物质的量也是0.001mol，A电离得到的固体是氢氧化镁0.001mol和氢氧化铝0.001mol，质量是0.001mol×58g/ mol + 0.001mol×78g/mol= 0.136g； 故答案为0.136； (5)、该溶液中存在的阴离子是NO3-，根据图象溶液存在氢离子是0.001mol，存在铵根离子是0.002mol，铝离子、镁离子各是0.001 mol，根据电荷守恒，硝酸根离子物质的量n= 0.001mol+0.002mol+0.002mol+0.003mol = 0.008mol，， 故答案为0.08。 7．(1)0.2mol (2)C+2H2SO4(浓) 2SO2↑+CO2↑+2H2O (3)NH+HSO+2OH- NH3↑+SO+2H2O 【分析】F为淡黄色粉末，则F为Na2O2，E为无色无味的液体(常温下)，G为常见的无色气体，E+FG+H，则E为H2O，G为O2，H为NaOH，据此分析解答。 【详解】（1）根据分析，E为H2O，F为Na2O2，G为O2，E+FG+H，反应的化学方程式为，生成1molO2电子转移为2mol(由-1价到0价)，则生成 0.1mol气体O2 (标准状况)时，该反应转移电子的物质的量是0.2mol； （2）C、D是两种均能使澄清的石灰水变浑浊的无色气体，应为SO2和CO2，反应①为碳与浓硫酸的反应，反应的化学方程式是C+2H2SO4(浓) 2SO2↑+CO2↑+2H2O； （3）D是一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则D为NH3，B遇盐酸能生成使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，且B是一种酸式盐，则B为亚硫酸氢盐，碱过量，与HSO均与碱反应，①的离子方程式是NH+HSO+2OH- NH3↑+SO+2H2O。 8． 三 ⅣA 大 小 分子间作用力（范德华力） 甲酸 先产生白色沉淀，后沉淀溶解，最后变无色溶液 【分析】X的最高价氧化对应的水化物为H2XO3，可以确定X为+4价，故可能为C、Si；Y是地壳中含量最高的为O，Z最外层电子排布式为3s23p1，为Al；W质子数为28-14=14为Si，故综上有X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si,据此解答； 【详解】(1)由分析知W是Si，其在周期表中的位置是第三周期ⅣA族，W和X属于同一主族，但是W在下面一个周期，所以其半径比X的大； (2)Z是铝和W属于同一周期但是Z在W左侧，且不属于反常的情况，所以其第一电离能比W的小）； XY2是CO2，它属于分子晶体，所以由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力（范德华力）；分子内存在O—H键，就可以形成分子间氢键，例如甲酸； (3)向Z单质与盐酸反应后的无色溶液是氯化铝溶液，向其中滴加NaOH溶液直至过量，首先生成氢氧化铝，然后再溶解，所以其现象是先产生白色沉淀，后沉淀溶解，最后变无色溶液；W的单质是硅，硅可以与氢氟酸反应生成氢气和四氟化硅，其方程式是； (4)根据信息，可以知道4molAl反应放出的热量是3352kJ，所以该反应的热化学方程式是，。 9． 取少量G的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色 【分析】A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂，判断为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F（NH3）=A（N2）+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，，符合转化关系，依据判断出的物质分析回答问题。 【详解】A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂，判断为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F（NH3）=A（N2）+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，，符合转化关系。 （1）D为Cl2，其原子结构示意图为：，故答案为：； （2）G为NH4Cl，检验NH4+方法：取少量G的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色，故答案为：取少量G的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色； （3）反应②的离子方程式：，故答案为：； （4）反应③的化学方程式：； （5）将等物质的量的F与G溶于水，，所得溶液pH>7，溶液中存在电荷守恒，pH>7则。则，由于水解和电离都是微弱的，则该溶液中各种离子浓度大小顺序为，故答案为：。 10．(1)CON (2)> (3) N≡C-C≡N 4NA/2.408×1024 (4) 3d54s1 分子 (5) CuH 密置层 2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl 【分析】A、B、C都是元素周期表中的短周期非金属元素，它们的核电荷数依次增大。A原子的核外成对电子数与未成对电子数相等，A为C元素，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，B为N元素，C是地壳中含量最多的元素，C为O元素，D、E是第四周期元素，D原子核外最外层电子数有1个电子，其余各层电子均充满，[Ar]3d104s1，D为Cu元素，E原子核外未成对电子数在同周期中最多，E为Cr，有6个未成对电子。所以A、B、C、D、E五种元素分别是C、N、O、Cu、Cr。 【详解】（1）非金属性越强，第一电离能越大，但由于N原子的2p轨道电子是半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于氧元素的，即C＜O＜N。答案：C＜O＜N； （2）原子化热越大，金属晶体的熔点越高，所以铜的大于Cr的。答案：>； （3）结构是直线型，且都满足8电子稳定结构，所以结构式为N≡C-C≡N；由于三键由1个σ键和2个π键构成的，所以含有4molπ键。答案：N≡C-C≡N；4NA(或2.408×1024)； （4）E为Cr，根据构造原理可知，基态Cr原子的外围电子排布式为3d54s1；。EO2Cl2的熔沸点低，所以形成的晶体是分子晶体。答案：3d54s1；分子； （5）根据晶胞可知铜原子是8×＋6×=4，而氢原子是4个，所以化学式为CuH；铜原子是密置层的；根据化合物的组成元素可知，和氯气反应的生成物是氯化铜和氯化氢，方程式为2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl。答案：CuH；密置层；2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl。 11． AlH3 AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑ Mg3N2 2NH3+3CuO3Cu+ N2↑+3H2O 取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O 可能 AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2 【分析】单质气体丙在标准状态下的密度为1.25 g/L，则丙的相对分子质量为28，故单质丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH3。6.00 g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3 molH2，则短周期元素的金属单质的质量为5.4 g；化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al(OH)3，进而可判定化合物甲为AlH3。第(4)题的实验设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+，则选用稀硫酸即可，据此分析解题 【详解】(1)由分析可知，甲的化学式是AlH3，乙的化学式为NH3，故其电子式是，故答案为：AlH3；； (2)由分析可知，甲的化学式为：AlH3，甲与水反应生成NH3和Al(OH)3，故该反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑，故答案为：AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑； (3)由分析可知，气体丙为N2，金属镁在氮气中燃烧的反应方程式为：3Mg+N2Mg3N2，故产物为：Mg3N2，故答案为：Mg3N2； (4)由分析可知，乙为NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，故该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+ N2↑+3H2O，实验设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+，则选用稀硫酸即可，即可设计实验方案如下：取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+ N2↑+3H2O；取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O； (5)由分析可知，甲为AlH3，其中H为-1价，乙为NH3其中H为+1价，根据同一元素不同价态之间发生氧化还原反应的归中原则可知，甲与乙之间可能发生反应产生H2，故答案为：可能；AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。 12．(1)HCl、AlCl3、NH4Cl (2)MgCl2、Na2CO3 (3) 氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为浅紫色 (4) Al3++3OH-Al(OH)3↓ NH4++OH-NH3·H2O 【分析】OA段无沉淀，说明有HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应；Na2CO3与HCl、AlCl3不能大量共存，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，据此分析可得结论。 【详解】（1）由上述分析可得溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，故答案为HCl、AlCl3、NH4Cl； （2）由上述分析可知溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为Na2CO3、MgCl2； （3）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾，故答案为氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色； （4）①AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，故答案为Al3++3OH-=Al（OH）3↓； ②BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为NH4++OH-=NH3•H2O。 【点睛】解答本题的关键在于离子间反应的先后顺序，当向含有有H+、Al3+、NH4+等离子的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，所发生的反应依次为：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。 13． FeSO4·7H2O Al2O3 FeCl3 SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 白色变灰绿色变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 4Na2O2 + 4Fe2+ + 6H2O = 8Na+ + O2↑ + 4 Fe(OH)3↓ 【详解】抓住B、D、E、F、G是氧化物，F、K是氢化物，C、H是日常生活中最常见的金属单质，B + C→G + H反应条件又是高温，很容易想到是铝热反应，C是铝 G是氧化铝，K + H →M且K是氢化物，O是白色沉淀且B、H、L、M、N、O中含有同种元素，以及J+H→L、M+J→L、L→N、M→O、O→N、N→B根据关系可以断定B、H、L、M、N、O中含有同种元素是Fe 所以D为二氧化硫、E为三氧化硫、F为水、H为铁、I为硫酸、J为氯气、K为盐酸、L为氯化铁、M为氯化亚铁、O为氢氧化亚铁、N为氢氧化铁、B为红棕色固体则为氧化铁，A为278g/mol综合分析知道A是七水合硫酸亚铁，所以⑴A、G、L的化学式A：FeSO4·7H2O，G：Al2O3，L：FeCl3；⑵反应②是二氧化硫与氯气及水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl；⑶反应M→L是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；⑷O为氢氧化亚铁，敞口久置，亚铁会被空气中的氧气氧化成三价铁，最终生成氢氧化铁，故变质过程中的现象为白色变灰绿色变红褐色；发生的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3；（5）M为氯化亚铁，向M溶液中投入与M等物质的量的Na2O2，反应的离子方程式是4Na2O2 + 4Fe2+ + 6H2O = 8Na+ + O2↑ + 4 Fe(OH)3↓。 【点睛】本题考查无机物的推断，无机化合物之间的转化试题综合考查了学生对无机化合物之间反应的掌握。解答此类题目主要是要主抓突破口，前后联系题中的信息即可解决问题。 14． (NH4)2Fe(SO4)2 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3 H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－kJ·mol－1 【分析】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，以此回答各问。 【详解】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸， （1）B为氨气，其电子式为，故答案为； （2）Al的原子结构示意图为，故答案为； （3）由上述分析可知，物质X的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2， 故答案为（NH4）2Fe（SO4）2； （4）电解混合液时阳极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O， 故答案为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O； （5）①含有L元素的化合反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3， 故答案为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3； ②含有L元素的置换反应为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3， 故答案为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3； （6）a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1molE燃烧放出kJ热量，则热化学反应为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣kJ/mol， 故答案为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣kJ/mol。 15． HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性 c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O 10-4:1或1:104 逆向 【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，则A为氢元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为碳元素；C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为氮元素，X为硝酸、Y为硝酸铵；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，则D为氧元素、E为钠元素，据此解答。 【详解】根据以上分析可知A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，X为硝酸、Y为硝酸铵，则： （1）二氧化碳是含有共价键的共价化合物，则CO2的电子式为。 （2）EAB2D4是NaHC2O4，H2C2O4是二元弱酸，HC2O4-既能电离又能水解，由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性。 （3）EABD3和E2BD3分别是碳酸氢钠和碳酸钠，等浓度的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，溶液显碱性，所以溶液中各离子的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。 （4）H、C、O、Na四种元素组成的某无机化合物，受热易分解，则该物质为碳酸氢钠。碳酸氢钠溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O。 （5）常温下，测得硝酸和硝酸铵的水溶液的pH均为5，硝酸抑制水的电离而硝酸铵水解促进水的电离，则硝酸中水电离的H+浓度等于c(OH-)＝10－9mol/L，硝酸铵中水电离的H+浓度等于c(H+)＝10－5mol/L，所以两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是10-4:1或1:104。 （6）在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4 kJ·mol-1。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为N2是0.5mol、H2是0.2mol、NH3是0.2 mol，气体的总物质的量为0.9mol，此时容器体积为1.0 L，则平衡常数K＝。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18mol N2，若平衡不移动，则气体的总物质的量变为（0.9mol+0.18mol）＝1.08mol，容器的体积变为，此时浓度熵Qc＝＞10，所以平衡将逆向移动。 16． 将Fe3+还原为Fe2+ ,消耗部分H+ TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4 氮气氛围或铁粉过量 硫酸过量 减少晶体的溶解，提高产率 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3 C Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2 (0.04b/a) x100% 【详解】（1）由实验目的知要制乳酸亚铁就得把Fe3+还原为Fe2，步骤①加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+,同时铁还可以和酸反应消耗部分H+。TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O和H2SO4，其化学方程式为TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4。 （2）为了防止在加热过程中Fe2+被氧化和水解，所以步骤②操作中需要控制在氮气氛围或铁粉过量或硫酸过量的条件下进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有减少晶体的溶解，提高产率。 （3）步骤③是生成的的FeSO4被氧气氧化制铁红的反应，其反应的化学方程式: 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3。 i步骤④反应是FeSO4和NH4HCO3反应制取FeCO3。所以NH4HCO3溶液应盛放在C装置中。该装置主要反应的离子方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。 ii.因为亚铁离子很不稳定，容易被氧气氧化，因此要完成步骤④必须先排除装置中的空气。所以达成步骤④反应的操作是待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2即可。 （5）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子, KMnO4被还原为+2价的锰离子,根据电子守恒,即FeSO4·7H2O- KMnO4,消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL,所以晶体中FeSO4·7H2O的质量分数=[(0.1000mol/L0.02b)/ag]100%= (0.04b/a)x100%，因此本题正确答案是: (0.04b/a)x100%。 17． 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。 18． 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。 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 $$