2025届高三化学二轮复习 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·浙江嘉兴·模拟预测）Ⅰ.由三种元素组成的固体化合物A，按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 请回答： (1)组成A的三种元素是N和 (填元素符号)，A的化学式是 。 (2)固体D与足量水反应的离子方程式是 。 (3)将气体E通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是 。 II. 某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。 请回答： (1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案 。 (2)实验中观察到有白色固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分 。 2．（2010·四川绵阳·一模）已知蓝铜矿的主要成分是2CuCO3·Cu(OH)2，受热易分解。铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，根据下列转化框图回答问题： （1）写出②的离子方程式： 、 。 （2）沉淀a、c的化学成分分别是 、 。 （3）请写出检验沉淀b中所含有阳离子的实验方法： 。 （4）洗涤沉淀c的实验操作方法是 ，加热沉淀c应放在 （容器）中进行。 （5）经过④⑤步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式： 、 。 3．（2024·河北张家口·一模）下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物。B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请回答下列问题： (1)甲 ；D ；G 。 (2)画出C中阳离子的结构示意图： 。 (3)在空气中将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是 。 (4)反应①－⑤中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是 (填序号)。 (5)A与B反应的离子方程式为 。 (6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，目的是 。 (7)在配制G时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的F，为帮助实验员进行检验少量F的存在，请从下列物质中选择合适的试剂 。 A KSCN溶液    B 稀盐酸    C KMnO4溶液    D NaOH溶液 4．（2024·北京通州·一模）有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。 根据上述信息进行判断，并回答下列问题： （1）g在元素周期表中的位置是 ； （2）比较d、e、f的简单离子半径大小为<<(用离子符号表示) ；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是 (用化学式表示)； （3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是 ； ①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH ②测两种元素单质的硬度和熔、沸点 ③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少 ④比较两种元素在化合物中化合价的高低 ⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度 （4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为 。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式 。 5．（2024·天津静海·二模）A、X、Y、B、C、D、E、M是前30号元素，原子序数依次增加。A原子是周期表中半径最小的原子；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反；B的价层电子排布式为ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，常温下，D的单质是一种黄绿色的气体；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素。 （1）B、Y、C分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为(填离子符号) （2）元素D基态原子的核外电子排布式为 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是 （写元素符号）。 （3）M与D形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。 ①该化合物的化学式为 ②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为 ，其中配位体为 分子（填“极性”或“非极性”）， （4）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。将A2C通入ED3溶液中反应的离子方程式为 （5）用200mL1mol·L-1的BYA溶液吸收4.48L（标准状况）CY2所得溶液的pH<7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。 （6）工业上用电化学法治理酸性废液中XY3−的原理如图，阴极的电极反应式为 。 6．（2024·北京石景山·一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示： 回答下列问题： （1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是 。 （2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示） 。 （3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式 。 （4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由 。 7．（2024·吉林·三模）现有部分短周期元素的信息如表所示： 元素编号 元素性质或原子结构信息 X 第三周期元素中简单离子半径最小的元素 Y 其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性 Z 原子核外电子数和所在周期数相等 A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。 (1)元素X在周期表中的位置是 ，其简单离子的结构示意图为 。 (2)单质B的电子式为 。 (3)丙中所含的化学键类型是 (填序号)。 a.离子键        b.极性共价键            c.非极性共价键 (4)反应②中，0.5 mol参加反应时转移1 mol电子，该反应的化学方程式为 。 (5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，该反应的化学方程式为 。 8．（2024·浙江嘉兴·一模）为探究化合物X(含三种元素)的组成与性质，设计并完成了如下实验： 已知：①固体B加水只得到溶液C和固体D，且溶液C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；②气体E通入足量澄清石灰水得到15 g白色沉淀。请回答： (1)溶液C中金属离子的结构示意图为 。 (2)写出固体B中加水时发生反应的离子方程式 。 (3)写出X隔绝空气加热分解的方程式 。 (4)若将固体D溶于足量的氢碘酸中得到溶液G，设计实验确定G中含有何种金属离子 。 9．（2024·河北衡水·二模）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题： (1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是 。 a.原子半径和离子半径均减小 b.金属性减弱，非金属性增强 c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强 d.单质的熔点降低 (2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为 (填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是 (填离子符号)。 (3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 (填字母)。 a.NH3          b.HI          c.SO2          d.CO2 (4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式： 。 Ⅱ.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，甲和乙是二元化合物。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 L H2(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： (5)甲的化学式是 ；乙的电子式是 。 (6)甲与水反应的化学方程式是 。 (7)判断：甲与乙之间 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。 10．（2024·山西吕梁·一模）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。 （1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 ，Y 的用途有 ，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 。 （2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为 。 （3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则： ①X 的电子式为 ，该反应的化学方程式为 ，生成的化合物中所含化学键类型有 。 ② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 。 11．（2024·上海黄浦·二模）有A、B、C、D、E、F等6种短周期元素，其中A的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C原于最外层的电子排布式为时nsnnp2n，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F元素最高正价与最低负价的代数和为4。 （1）B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有 ，其电子式为 。 （2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。 （3）两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式 。 （4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子。其中两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。    则t2时刻消耗氢氧化钙质量为 g，此时反应的化学方程式为 。 （5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛。它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物。写出它与乙醇反应的化学方程式 。 12．（2024·浙江·一模）某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：    已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。 （1）无机盐A中所含金属元素为 。 （2）写出气体C的结构式 。 （3）写出无机盐A与反应的离子方程式 。 （4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。 原因 ，证明方法 。 13．（2024·浙江·一模）固体A含有3种元素，摩尔质量在100 g·mol－1至200 g·mol－1之间，C、D为中学化学中常见的物质，与A的组成元素相同，且C的摩尔质量大于D。B能使品红褪色，E的焰色反应为黄色，反应过程有如下关系：    请回答： (1)生成沉淀F的离子方程式为 。 (2)写出推导化学式A的过程 (3)下列有关说法正确的是 A．气体B通入CaCl2溶液中有白色沉淀 B．物质B、C、D均能使酸性KMnO4溶液褪色 C．已知A在工业上通常用于漂白，则其漂白原理与次氯酸漂白相似 D．自然界中存在天然的物质F (4)A溶液中通入足量氧气生成一种酸式盐的化学方程式为 。 14．（2024·江苏无锡·一模）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。X是最常见的无色液体，B是红色粉末状的物质，C、D的组成元素相同，且D常用于编织物的漂白。    请回答下列问题： (1)X的电子式为 。 (2)E的化学式为 。 (3)写出反应①的化学方程式 。 (4)写出反应②的离子方程式 。 15．（2024高三上·上海·期末）U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体。X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体 请回答下列问题： （1）V元素原子的L层电子排布式为 ；XW的电子式为 。 （2）U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号） 。 ①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体 （3）U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V的氢化物沸点较低的是（写化学式） ；V、W的氢化物分子结合H＋能力较强的是（写化学式） ，用一个离子方程式加以证明 。 （4）YW2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体VW，有关反应的离子方程式为 ，由此可知VW和YW2还原性较强的是（写化学式） 。 16．（2024·四川达州·二模）已知A､B､C､D､E､F六种元素的原子序数依次增加，A､B､C､D位于前三周期｡A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的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总数相同；D原子的核外成对电子总数是未成对电子总数的3倍｡A､B､D三种元素组成的一种化合物M可用于配制化妆品，是皂化反应的产物之一；A､B两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂｡E有“生物金属”之称，E离子和氩原子的核外电子排布相同，元素F的三价阳离子3d轨道处于半充满状态｡请回答下列问题(答题时，A､B､C､D､E､F用所对应的元素符号表示) （1）E的基态原子的外围电子排布式为 （2）上述非金属元素中电离能最大的元素是 （3）下列叙述正确的是 (填字母) a．M与水分子间能形成氢键，N是非极性分子 b．M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化 c．N分子中含有6个键和1个键 d．BD2晶体的熔点､沸点都比二氧化硅晶体的低 （4）与BCD互为等电子体的微粒的化学式为 (任写一种)､ （5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6､组成为ECl3·6H20的绿色晶体，该晶体属于配合物，有两种配体，其物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为 （6）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC离子，可在催化剂的催化下，先用NaClO将BC氧化成BCD，再在酸性条件下BCD继续被NaClO氧化成C2和BD2｡则后一步反应的离子方程式是 （7）F的低价硫酸盐的溶液在空气中易变质，检验其在空气中是否已完全变质的实验操作是 (要求写出操作､现象､结论) 17．（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 。 18．（2024·全国·高考真题）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子有Cl-、OH-、CH3COO-、NO3-、SO42-、CO32-，现将它们分别配成0.1mol/L的溶液，进行如下实验： ①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C； ②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失； ③ 向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象； ④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。 根据上述实验现象,回答下列问题: (1) 实验②中反应的化学方程式是 ； ； (2)E溶液是 ，判断依据是 ； (3)写出下列四种化合物的化学式：A 、C 、D 、F 。 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． Ca，H Ca(NH3)6 Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑ 16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S 增加一个防倒吸装置 小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4） 【详解】Ⅰ.气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为0.05mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为，剩余气体为氢气，物质的量为，说明A为Ca(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素； (1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6，故答案为：Ca，H；Ca(NH3)6； (2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑，故答案为：Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑； (3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S，故答案为：16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S； II. (1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A装置中，所以上述装置应该增加一个防倒吸装置，故答案为：增加一个防倒吸装置； (2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4），故答案为：小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）。 2． SiO2 Al(OH)3 取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+ 在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 坩埚 【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，溶液a为氯化铝、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到沉淀b为，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为Cu，F+A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝，据此解答。 【详解】(1)反应②是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为： ； 故答案为：；； (2)上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3， 故答案为：SiO2；Al(OH)3； (3)检验沉淀b中所含有阳离子为铁离子，加入盐酸溶解后加入硫氰酸钾溶液，若出现红色证明含铁离子，实验方法为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+； 故答案为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+； (4)洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，加热固体c的操作是把固体放在坩埚中灼热， 故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚； (5)蓝铜矿的主要成分是，加入木炭加热反应生成铜、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写化学方程式为：；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：； 故答案为：；。 3． Na Fe(OH)2 FeCl3 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ①⑤ 2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 ↑ 防止亚铁离子被氧化 C 【分析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此进行解答。 【详解】(1)根据分析，甲为Na；D为Fe(OH)2；G为FeCl3； (2)根据分析，C为NaOH，钠离子的结构示意图：； (3)在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； (4)根据分析，结合转化关系图示，反应①∼⑤中，①②⑤属于氧化还原反应，③④属于非氧化还原反应，反应①为钠和氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应，反应②中的产物为两种，不是化合反应，反应⑤为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，属于化合反应，则既属于化合反应又属于氧化还原反应的是①⑤； (5)Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 ↑； (6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，目的是防止亚铁离子被氧化； (7)在配制FeCl3时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的FeCl2，为帮助实验员进行检验少量FeCl2的存在，即检验溶液中含有亚铁离子， A．KSCN溶液和亚铁离子无现象，不能检验溶液中含有亚铁离子，故A不符合； B．稀盐酸不能检验亚铁离子的存在，故B不符合； C． KMnO4溶液可以氧化亚铁离子而褪色，证明亚铁离子的还原性，能检验溶液中含有亚铁离子，故C符合； D．NaOH溶液和铁离子反应生成红褐色沉淀，和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，反应现象不能分辨，故D不符合； 故答案选C。 4． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]- 【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。 【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族； (2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4； (3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确； ②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误； ③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误； ④元素化合价高低与金属性无关，故④错误； ⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确； 答案选① ⑤； (4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。 5． S2->O2->Na+ 1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5 Ar CuCl [Cu(NH3)4]2+ 极性 哑铃 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O 【分析】A原子是周期表中半径最小的原子，所以A为H元素；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反，则Y的2p轨道电子排布式为2p4，所以Y为O元素；常温下，D的单质是一种黄绿色的气体，则D为Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且C的原子序数大于O小于Cl，所以C为S；B的价层电子排布式为ns1，其原子序数大于O且小于S，则其价层电子排布式为3s1，所以B为Na元素；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，则其原子的价层电子排布为3d64s2，为Fe元素；M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素，则M为Cu元素。 【详解】(1)B、Y、C形成的简单离子为Na+、O2-、S2-，离子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小顺序为：S2->O2->Na+； (2)Cl元素为17号元素，原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；同周期元素中自左至右第一电离能呈增大趋势，Ar元素为该周期最右端元素，且其最外层电子为全满状态，所以第一电离能最大； (3)①根据均摊法，该晶胞中Cl原子数目为=4，Cu原子数目为4，所以该化合物的化学式为CuCl； ②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，说明Cu+被氧化成Cu2+，继而与NH3形成配离子：[Cu(NH3)4]2+；配位体为NH3，其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子； (4)基态S原子电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；将H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+可将-2价的S元素氧化成S，自身被还原成Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+； (5)用200mL1mol·L-1的NaOH溶液吸收4.48L(标准状况)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶质为NaHSO3，溶液pH<7，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)； (6)电解时阴极上NO3-发生得电子的还原反应生成N2，则其阴极的反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。 6． 第三周期第ⅠA族 F−＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”） 【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。 【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族； （2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+； （3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3； （4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。 7． 第三周期IIIA族 b 【分析】X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素．A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18mol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。 【详解】(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为； (2)单质B为，电子式为； (3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b； (4)反应②为氨气与的反应，0.5 mol参加反应时，转移1 mol电子，则Cl元素由＋1价降低为﹣1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为； (5) —定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。 8． K2O + H2O＝2K++2OH- 4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2↑ 取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液） 【详解】“气体E通入足量澄清石灰水得到15 g白色沉淀”，则E为CO2，物质的量为=0.15mol；则D为金属氧化物，设其化学式为R2On，则发生反应为R2On+nCO2R+nCO2，设R的相对原子质量为M，则有，由此得出，从而得出n=3，M=56，R为Fe元素。由“溶液C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)”，可确定金属为K，固体B为Fe2O3和K2O的混合物，并可求出n(Fe)=0.05mol×2=0.1mol，n(K)==0.2mol。X中，n(O)==0.4mol，由此可得出X中，n(K):n(Fe):n(O)=0.2mol:0.1mol:0.4mol=2:1:4，X的化学式为K2FeO4，A气体为O2。 (1)从上面分析中，可确定溶液C中金属为钾，其离子的结构示意图为。 (2)固体B中含有Fe2O3和K2O，Fe2O3不溶于水，不与水发生反应，只有K2O能与水反应，离子方程式为K2O + H2O＝2K++2OH-。 (3)X隔绝空气加热分解，生成Fe2O3、K2O和O2，化学方程式为4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2↑； (4)若将固体D(Fe2O3)溶于足量的氢碘酸中，发生反应Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，检验Fe2+的方法是取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液）。 【点睛】检验Fe2+时，也可使用硫氰化钾溶液。因为氢碘酸足量，所以溶液G中不含有Fe3+，先加硫氰化钾溶液，无现象，再滴加氯水，若溶液变为血红色，则表明溶液G中含有Fe2+。虽然滴加氯水时，I-也会被氧化为I2，但碘水为黄色，不会对实验结果产生干扰。 9． b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能 【分析】Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答； (2)第三周期的元素，次外层电子数是8； (3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体； (4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可； Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，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，说明含有铝元素；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，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4  L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。 【详解】(1) a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误； b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确； c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误； d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。 (2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+； (3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b； (4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。 (5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。 (6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。 (7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。 10． 第三周期 ⅣA族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 离子键、极性键 0.1NA 【详解】⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O， 故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O； ⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3， 故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3； ⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则： ①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键， 故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键； ②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA， 故答案为0.1NA。 11． 离子键、共价键    S2﹣＞Cl﹣＞Al3+ H++HSO3﹣=SO2↑+H2O 37 10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑ 【分析】有A、B、C、D、E、F等6种短周期元素，其中A的一种原子不含中子，则A为H；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，则B为Na；C原于最外层的电子排布式为时nsnnp2n，n=2，可知C的质子数为8，则C为O；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，可知气体为氯气，则E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为+6，最低价为﹣2，则F为S，据此分析。 【详解】有A、B、C、D、E、F等6种短周期元素，其中A的一种原子不含中子，则A为H；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，则B为Na；C原于最外层的电子排布式为时nsnnp2n，n=2，可知C的质子数为8，则C为O；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，可知气体为氯气，则E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为+6，最低价为﹣2，则F为S． （1）B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分为NaClO，含离子键、共价键，其电子式为  ； （2）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+； （3）两种均含H、Na、O、S四种元素的化合物在溶液中能相互反应，应是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，反应离子方程式为H++HSO3﹣=SO2↑+H2O； （4）由图象可知知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知，氯气和氢氧化钙的反应方程式为10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，n(Cl)=2n(CaCl2)+2n[Ca(ClO)2]+2n[Ca(ClO)3]=0.07mol+0.2mol+0.1mol=1mol，则n(Ca)=0.5mol，则t2时刻消耗氢氧化钙质量为0.5mol×74g/mol=37g； （5）H、Na形成的化合物NaHBA在有机合成中用途很广泛，它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，它与乙醇反应的化学方程式为：NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑。 【点睛】本题考查位置结构与性质及元素周期表和元素周期律，把握元素的推断为解答的关键，涉及离子反应、氧化还原反应及有机物的性质等，综合性较强，注重基础知识的考查，易错点为（4）由图象可知知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知氯气和氢氧化钙的反应方程式，以此计算。 12． 钠或Na N≡N 离子被氧化 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确 【分析】将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。 【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。 （2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。 （3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。 （4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。 13． S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O Na2S2O4 BD 【分析】B能使品红褪色的气体，故B为SO2，E的焰色反应为黄色，则A、C、D、E物质中都含有钠元素，根据转化关系图，生成3.2克的黄色沉淀F，则F为硫单质。由固体D和C与盐酸反应可以得到硫单质和二氧化硫，说明C和D是含有硫的两种化合物，并且与酸反应发生氧化还原反应。C、D与A的组成元素相同，即也为三种元素组成，并为中学化学中常见的物质且C的摩尔质量大于D，由以上分析可推知，A、C、D三种物质都含有O、S、Na三种元素。结合物质转化关系可得C为硫代硫酸钠，D为亚硫酸钠。 【详解】(1)硫代硫酸钠与酸反应生成硫沉淀和二氧化硫，故离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O； (2) 根据生成3.2克S沉淀判断出固体C为Na2S2O3，且物质的量为0.1mol，同时生成2.24L SO2；根据生成4.48LSO2，可判断出固体D为Na2SO3，Na2SO3与盐酸反应离子方程式为SO32-+2H+=SO2↑+H2O，也生成SO2气体，体积为4.48L-2.24L=2.24L，标况下0.1mol，因此Na2SO3物质的量也为0.1mol，A分解产生标况下2.24L SO2为0.1mol，根据原子守恒，钠、硫、氧元素，全部来自于A，故A中含有钠的物质的量=0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，硫原子的物质的量=0.1mol×2+0.1mol×1+0.1mol×1=0.4mol，氧原子的物质的量=0.1mol×3+0.1mol×3+0.1mol×2=0.8mol，因此A中钠原子、硫原子、氧原子原子个数之比为0.4:0.4:0.8=1：1：2，即A得最简式为NaSO2，若A为0.4mol，M（A）=，小于100，不符合题意；若A为0.2mol，M（A）=，符合题意； 故A的化学式为Na2S2O4； 答案为：Na2S2O4； (3) A. B为二氧化硫，弱酸不能制强酸，SO2通入CaCl2溶液不反应，故A错误； B.物质B、C、D中的硫元素均属于中间价态，有还原性，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确； C.次氯酸具有强化氧化性与有色物质发生氧化还原反应进行漂泊，A物质是利用二氧化硫的作用能与某些有色物质生成不稳定的无色物质，原理不同，故C错误； D. 硫在自然界中存在有单质状态，每一次火山爆发都会把大量地下的硫带到地面。故D正确； 答案选BD。 (4)A具有还原性，溶液中通入足量氧气发生氧化还原反应生成硫酸氢钠，反应方程式为。 答案为：。 14． H2SO4 2FeSO4 Fe2O3+ SO3↑+ SO2↑ SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋＋2Fe2＋ 【分析】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二铁， D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生成E（三氧化硫与水生成硫酸），确定E是硫酸；E与B生成F（三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁），F是硫酸铁，F与D（二氧化硫）发生氧化还原反应生成A， A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由此确定A是硫酸亚铁。 【详解】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二铁， D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生成E（三氧化硫与水生成硫酸），确定E是硫酸；E与B生成F（三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁），F是硫酸铁，F与D（二氧化硫）发生氧化还原反应生成A， A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由此确定A是硫酸亚铁。 (1)水为共价分子，电子式为  ； 正确答案：  。 (2) E（硫酸）的化学式为H2SO4； 正确答案：H2SO4。 (3)反应①，硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，化学方程式为2FeSO4 Fe2O3+ SO3↑+ SO2↑；正确答案：2FeSO4 Fe2O3+ SO3↑+ SO2↑。 (4)反应②为F（硫酸铁）与D（二氧化硫）发生氧化还原反应生成A（硫酸亚铁），反应的离子方程式：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋＋2Fe2＋；正确答案：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Fe2＋。 【点睛】常见物质的颜色和用途在推断题当中常作为重要题眼出现。 15． 2s22p3 ① ③ CH4 NH3 NH3+ H3O+ =NH4++ H2O 3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+ SO2 【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，应为SO2，则Y为S，W为O，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2，则U为C，根据原子序数关系可知V为N元素，X的单质是一种金属，该金属在CO2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。 【详解】（1）V为N元素，原子核最外层有5个电子，L层电子排布式为2s22p3，XW为MgO，是离子化合物，电子式为； （2）C元素形成的单质有金刚石、无定形碳等，分别为原子晶体和分子晶体，故答案为①③； （3）U、V、W形成的10电子氢化物分别为CH4、NH3和H2O，NH3和H2O均含有分子间氢键，沸点较CH4高，NH3为碱性气体，结合H+能力较强，可与酸反应：NH3+ H3O+ =NH4++ H2O，故答案为CH4；NH3；NH3+ H3O+ =NH4++ H2O； （4）SO2具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，应有还原性：SO2>NO，故答案为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+；SO2。 16． 3d24s2 N ad N2O､CO2､SCN-等任一种 〔Ti(H2O)5Cl〕2+ 2CNO+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O 取原溶液少许于试管中，然后向其中加入Fe3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀则未完全变质，如未生成蓝色沉淀则完全变质｡(或加入KMnO4溶液紫色退去，则未完全变质，如KMnO4溶液紫色未褪色则完全变质｡) 【分析】A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，可推出A为H；B的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总数相同，可推出B为C；D原子的核外成对电子总数是未成对电子总数的3倍，可推出D为O，并同时推出C为N；E离子和氩原子的核外电子排布相同，则E的核电荷数为22，是Ti，元素F的三价阳离子3d轨道处于半充满状态，则F为Fe｡ 【详解】(1)E的基态原子的外围电子排布式为3d24s2； (2)上述非金属元素中电离能最大的元素是N； (3)a.甘油与水分子间能形成氢键，苯是非极性分子；b.甘油中C原子是sp2杂化，CO2分子中的中心原子采用sp杂化；c.苯分子中含有12个键和1个键；d.CO2是分子晶体，熔点､沸点都比二氧化硅原子晶体低；故ad叙述正确； (4)与CNO互为等电子体的微粒有N2O､CO2､SCN-等； (5)配离子的化学式为〔Ti(H2O)5Cl〕2+； (6)在酸性条件下CNO被NaClO氧化成N2和CO2｡反应的离子方程式是 2CNO-+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O； (7)Fe2+在空气中易氧化成Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，用酸性KMnO4溶液检验Fe2+，具体方法是：先滴加KSCN溶液变血红色证明变质，再滴加酸性KMnO4溶液，紫色完全褪色说明没有完全变质，不褪色说明完全变质｡ 17．(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。 18． AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3 AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O 碳酸钾 由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾 Ba(OH)2 Ca(CH3COO)2 AlCl3 FeSO4 【分析】①测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性A>E>C，则A为碱，溶液中含有大量的OH-离子，OH-离子与Ag+、Ca2+、Fe2+、Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba(OH)2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐； ②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液； ③向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42-离子； ④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba(OH)2、B为AgNO3、C为Ca(CH3COO)2、D为AlCl3、E为K2CO3、F为FeSO4。 【详解】（1）在硝酸银溶液中加入氨水生成氢氧化银沉淀，加入过量氨水后生成银氨络离子，反应的化学方程式为AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，故答案为AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O； （2）E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为碳酸钾；由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾； （3）根据以上分析可知A为Ba(OH)2、B为AgNO3、C为Ca(CH3COO)2、D为AlCl3、E为K2CO3、F为FeSO4，故答案为Ba(OH)2；Ca(CH3COO)2：AlCl3；FeSO4。 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 $$