2025届高三化学训练题----无机推断题

2025届高三化学训练题----无机推断题 1．（2024·天津河北·一模）A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示。 请回答下列问题。 （1）若通常情况下A、B、C、D都是气体，且B和D为空气的主要成分，写出反应(Ⅲ)的化学方程式: 。 （2）若D为氯碱工业的重要产品，A、B、C 为均含有同一种金属元素的无机化合物，反应(Ⅲ)的离子方程式为 。 （3）若B为非金属单质，且B 所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3: 5，则反应(Ⅲ)中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ，0.1mol A与含0.15molNaOH 的溶液充分反应后，溶液中所含离子浓度的大小关系为 。(已知: 常温下H2S 的电离平衡常数Ka1= 1.3×10-7   Ka2=7.1×10-15) （4）若A、B、C 的溶液均显碱性，C 为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一。 ①A中所含化学键类型为 ，D的电子式为 ②25℃时，浓度均为0.1mol/L 的B、C 溶液，pH 较大的是 (填溶质的化学式)溶液，写出B 溶液中显电中性的原因: (用B 溶液中有关粒子的浓度关系表示) 2．（2024·浙江杭州·一模）探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：      请回答： （1）X 的化学式是 。 （2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是 。 （3）白色沉淀用途广泛，请列举一例： 。 3．（2024·河南洛阳·一模）短周期元素组成的单质及化合物间能发生如下图所示的转化，其中甲、乙为单质，A、B、C、D为化合物，B为气体，C为白色沉淀。回答下列问题: (1)若B为常见的碱性气体，C不溶于NaOH溶液。 ①甲的电子式为 。②写出A→B+C的化学方程式 。 (2)若B为具有臭鸡蛋气味的气体，乙与Fe2O3反应可用于焊接钢轨。 ①工业上制取乙的化学方程式为 。 ②写出D溶液与过量氨水反应的离子方程式 。 4．（2024·全国·三模）下表为元素周期表的一部分。 （1）a原子结构示意图为 ，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为 。 （2）e的最高价氧化物对应水化物的钠盐液中通入少量a的最高价氧化物会发生反应，写出相应的离子方程式： 。 （3）X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两种元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的化学方程式： ，X在周期表中的位置为 。 （4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6kg a的单质，过程中转移1×103mol电子，写出相应反应的化学方程式： 。 5．（2024·福建三明·二模）某含氧酸盐X的化学式为ABO3 ；已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。 （1）若常温下A、B的单质都能与水发生反应，且A的焰色反应为紫色。 ①B在元素周期表中的位置是 。 ②下列说法正确的是 (填代号)。 a．A离子的半径大于B离子的半径 b．A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质 c．A单质与水反应后溶液的pH比B单质与水反应后溶液的pH大 ③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1:3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为 。 （2）若含氧酸盐X难溶于水，在空气中易氧化变质；且B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。已知X能快速消除自来水中的C1O—，则该反应的离子方程式为 （3）若含氧酸盐X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。 ①该气体的电子式为 。 ②X可用作防火涂层，其原因是： a．高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；b． (任写一种)。 6．（2024高三上·福建三明·期中）I．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂。 （1）如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式 。 （2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式 。 II．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。 （1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式： 。 （2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为 （填代号）。 a．NaHCO3         b．Na2CO3 c．Fe(OH)3 d．Na[Al(OH)4] （3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为 。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为 （填代号）。 a．盐酸         b．BaCl2溶液         c．NaOH溶液        d．Ca(OH)2溶液 （4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为 ，E是 （填化学式）。 7．（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 8．（2024高三下·河南安阳·期末）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B 在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品 回答下列问题： （1）F的分子式是 ，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为 。 （2）A与B反应的化学方程式是： 。 （3）E转变为H和I的离子方程式是 。 （4）简述检验I溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论： 。 9．（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： 。 10．（2024·浙江·高考真题）为探究不溶性盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：      请回答： (1)X的组成元素为H、O和 (用元素符号表示)，化学式为 。 (2)写出经一步反应能得到X的化学方程式(要求非氧化还原反应) 。 11．（2024高三下·江苏南通·期末）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。 （1）B的化学式为 。 （2）K的电子式为 。 （3）写出反应①的化学方程式： 。 （4）写出反应②的离子方程式： 。 12．（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 。 13．（2024·贵州贵阳·模拟预测）U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。已知： ①WU4++XU-==WU3+U2X，各种反应物和生成物的电子总数都与Y+相等； ②Z的单质在X2中燃烧的产物可使品红溶液褪色； ③V的单质在X2中燃烧可生成VX和VX2两种气体； ④Y的单质是一种金属，该金属与X2反应可生成Y2X和Y2X2两种固体。 请回答下列问题： (1)写出Y2X2与水反应的化学方程式： 。 (2)V、W、X形成的10电子氢化物中，沸点最高的是 (写化学式)。 (3)U2X2与FeSO4按物质的量之比1：2溶于稀硫酸中，反应的离子方程式为 。 (4)常温下，向pH=11的Y2VX3溶液中加入过量石灰乳，过滤后所得溶液pH=13，则反应前的溶液中与反应后的滤液中水电离出的c(OH-)的比值是 。     (5)已知由U、W两种元素组成的共价化合物联氨的球棍模型如图所示，则联氨分子的电子式为 。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为 (已知：N2H4+H+==N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与过量硫酸形成的酸式盐的化学式为 。 14．（2024·浙江绍兴·一模）某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。 请回答： （1）写出H的化学式： 。 （2）化合物A3M4中含有的化学键类型为： 。 （3）写出反应②的离子方程式： 。 15．（2024·内蒙古包头·一模）已知A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素。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原子有2个未成对电子。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一。按要求回答下列问题： （1）五种元素中第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。(以上两空均填元素名称） （2）基态E原子的价电子排布式为 ；E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是 （填元素符号) （3）M分子中B原子的轨道杂化类型为 ，M分子中两种键角的大小关系是 。(用∠XYZ表示，X、Y、Z代表元素符号) （4）C3-的空间构型为 ；化合物CA3的沸点比BA4的高，其主要原因是 。 （5）向E元素的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，得到深蓝色的透明溶液，在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的晶体，此晶体中存在的化学键类型有 。（填代号） A．离子键    B．σ键    C．非极性共价键    D．配位键    E．金属键   F．氢键 （6）如图是D、E两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图，D的配位数为 。已知晶胞中最近两个D原子间距离为anm,，阿伏伽德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为 g/cm3(用含a、NA的表达式表示) 16．（2024·海南·一模）A、B、C、D均为短周期元素，他们的原子序数依次增大，B是构成物质种类最多的元素，B和A组成的化合物 B6 A 6 是一种无色透明的液体，不溶于水，密度比水小，C 是地壳中含量最高的非金属元素，D 在同周期元素中原子半径最大。 （1）A、B、D 的元素名称分别为 、 、 （2）C 在元素周期表中位置为 。 （3）A、C、D 能组成多种不同的化合物，这些化合物中既含有极性共价键又含有离子键的化合物为 (写电子式，下同)，既含有非极性共价键又含有离子键的化合物为 。 （4）A 和 D 能组成一种化学活性很高的离子化合物 DA，DA 能和C的单质 C2反应生成一种强碱，请写出 DA 和 C2反应的化学方程式 。 17．（2024·海南海口·一模）U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性。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，该金属单质在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。 请回答下列问题： （1）X在周期表中的位置： ，UW2的电子式为 ； （2）写出下列反应的化学方程式，Z在高温下与水反应 ； （3）U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是 (写化学式)，V元素的氢化物极易溶于水的主要原因是 ，该氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为 。 18．（2024·浙江·高考真题）Ⅰ．化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解： 2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 （1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据 。 （2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理 。 （3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理 。 Ⅱ．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成： 请回答： （1）A的组成元素为 （用元素符号表示），化学式为 。 （2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用 。 （3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），该气体分子的电子式为 。写出该反应的离子方程式 。 （4）写出F→G反应的化学方程式 。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-） 。 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． 4NH3+6NO=5N2+6H2O Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ 2:1 c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+) 离子键、共价键 Na2CO3 c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-) +c(OH-) 【详解】(1) 由于B和D 为空气的主要成分，即O2和N2，所以可得A为NH3，B为N2，C为NO，D为O2，所以反应(Ⅲ)的化学方程式4NH3+6NO=5N2+6H2O； (2) 氯碱工业的重要产品为NaOH，A、B、C 均含同一种金属元素，则为Al，则A为铝盐，B为Al(OH)3，C为偏铝酸盐，D为NaOH，反应(Ⅲ)的离子方程式为Al3++3AlO2-+ 6H2O=4Al(OH)3↓； (3) B 为非金属单质，所含元素的原子最外层电子数与内层电子数之和的比值为3: 5，可推知为S元素，则A为H2S，C为SO2，D为O2，反应(Ⅲ)的化学方程式为2H2S+ SO2=3S↓+ 2H2O，其中还原剂为H2S，生成的氧化产物为2S，氧化剂为SO2，生成的还原产物为S，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；0.1mol H2S与0.15molNaOH 充分反应后，溶液中的溶质为等物质的量的Na2S和NaHS，溶液中共有四个平衡体系：S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－、HS－H＋＋S2－和H2OH＋＋OH－，由于S2－的水解程度大于HS－的水解程度，且HS－的水解程度大于其电离程度，所以离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)； (4)已知C为NaHCO3，且A、B、C 的溶液均显碱性，则可推知A为NaOH，B为Na2CO3，D为CO２，则①NaOH中所含化学键为离子键和共价键，CO２的电子式为，②浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，所以pH 较大的是Na2CO3溶液，溶液呈中性的原因是c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-) +2c(CO32-) +c(OH-)。 2． Mg2SiO4 或 2MgO·SiO2 SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等 【详解】无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。 （1）X的化学式为，Mg2SiO4； （2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O； （3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。 3． Mg3N2+6H2O=== 2NH3↑+3Mg(OH)2（或Li3N+3H2O===NH3↑+3LiOH） 2Al2O34Al+3O2↑ Al3++3NH3•H2O=== 3NH4++Al(OH)3↓ 【详解】(1) 若B为常见的碱性气体，C不溶于NaOH溶液，则C为氢氧化镁，甲为氮气、A为氮化镁，①甲的电子式为；②写出氮化镁与水的反应的方程式为：Mg3N2+6H2O=== 2NH3↑+3Mg(OH)2；（2）若B为具有臭鸡蛋气味的气体，B是硫化氢气体，乙与Fe2O3 反应可用于焊接钢轨，乙为铝；①工业上用电法制取铝，化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，②氯化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=== 3NH4++Al(OH)3↓。 点睛：解决本题的关键是A的水解反应，常见物质的性质。 4． SiO32-+CO2+H2O====H2SiO3↓+CO32- Al(OH)3+NaOH====NaAlO2+2H2O 第3周期IA族 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO 【详解】根据元素周期表中元素的位置可知，a为碳元素，b为氮元素，d为氧元素， e为硅元素。（1）a是碳元素，原子结构示意图为，d的一种氢化物为常见溶剂，为水，其电子式为；（2）e的最高价氧化物对应水化物的钠盐Na2SiO3溶液中通入少量a的最高价氧化物CO2会发生反应，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等。Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；X为钠元素，在周期表中的位置为第3周期IA族；（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物AlCl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mol电子，则反应中碳的化合价变化为=2，应由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。 点睛：本题考查元素周期表的结构、元素周期律的应用；氢氧化铝的两性以及物质的制备等。解题的关键是根据元素周期表推断出各元素，通过元素的“构、位、性”进行解答。根据元素周期表中元素的位置可知，a为碳元素，b为氮元素，d为氧元素， e为硅元素，据此分析解答。 5． 第3周期第VIIA族 bc 4KClO3 KCl+3KClO4 ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4 生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面 【详解】（1）A的焰色反应为紫色，则A为K；含氧酸盐X的化学式可表示为KBO3；B元素在X中显+5；K（A）为第四周期的元素，而A位于B的下一周期，则B元素处于第三周期；第三周期元素中，常温下单质能和水发生反应，且能显+5价的，只有Cl，则B为氯元素。 ①氯元素在周期表中的位置为：第3周期第VIIA族； ②a、K+和Cl-的电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，所以K+的半径小于Cl-，故a错误；b、K（A）的最高价氧化物对应的水化物为KOH，属于强碱，是强电解质；Cl(B)的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，是最强酸，属于强电解质，故b正确；c、K与水反应生成KOH，所得溶液显强碱性，Cl2与水反应生成盐酸与次氯酸，所得溶液显酸性，故pH比较小，故c正确；故选bc。 ③X为KClO3，分解时生成两种盐，其中一种为无氧酸盐，根据元素守恒，该无氧酸盐一定是KCl；KCl为Cl元素升高的产物，则另外一种必为化合价升高的产物。X中K元素化合价不能升高，O化合价若升高产物为氧气，不符合要求。KClO3中Cl化合价为+5，则Cl化合价升高只能被氧化成KClO4。故反应方程式为：4KClO3 KCl+3KClO4； （2）B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则B可能是碳元素或硫元素。若B为碳元素，则X为碳酸盐。A在B的下一周期，则A是第三周期的元素，所以X为MgCO3； MgCO3没有还原性，不能被空气氧化，不符合要求。若B为硫元素，则X为亚硫酸盐，具有强还原性，在空气中易被氧化；A在B的下一周期，则A为第四周期的主族元素，X为CaSO3,难溶于水，符合题意。C1O—具有强氧化性，能和CaSO3反应，反应的离子方程式为： ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4； （3）含氧酸盐ABO3能与稀硫酸反应生成无色无味的气体，可推测ABO3为碳酸盐，所以B为碳元素。A在B元素的下一周期，且为+2价，则A为Mg，即X为MgCO3，气体为CO2。①CO2的电子式为： ②MgCO3在高温条件下分解，能吸收大量的热，且产生CO2和MgO，生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面，所以MgCO3可作防火涂层。 6． H2+O2H2O2 H2O2H++HO2- OH－+HSO3－=SO3２－+H2O bd ab 3NO2+H2O=2HNO3+NO Fe(NO3)2 【详解】I．(1)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2H2O2，故答案为H2+O2H2O2； (2)双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2-，故答案为H2O2⇌H++HO2-； II．(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，X能使品红溶液褪色，则X是SO2，C为NaOH，B为H2，D能和SO2反应，则D是Na2SO3、E是NaHSO3；C是NaOH，E是亚硫酸氢钠，二者反应离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为OH-+HSO3-=SO32-+H2O； (2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A是Cl2，氯气和水反应生成HCl和HClO，C和X反应生成D、D能和X反应生成E，盐酸能和碳酸钠、Na[Al(OH)4]反应且是两步反应，盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应，盐酸与Fe(OH)3 也只能发生一种反应，因此X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]，故选bd； (3)若A为淡黄色粉末，且能和水反应，则A为Na2O2，电子式为，若X为一种造成温室效应的气体，X是CO2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，NaOH和CO2反应先生成Na2CO3，二氧化碳过量时生成NaHCO3；则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠，故选ab，故答案为；ab； (4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，所以A为NO2，C为HNO3，B为NO，D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO ；Fe(NO3)2。 点睛：本题以Fe、Cl、Na元素及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确常见物质性质及物质之间的反应是解本题关键。利用物质特殊性进行推断。本题的易错点为II．(2)中X的判断，盐酸与X能够发生2种反应，说明反应与X的用量有关。 7． 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。 8． O2 1：2 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- 在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42- 【详解】G是侯氏制碱法的最终产品，G是碳酸钠，淡黄色固体是过氧化钠，和CO2反应生成碳酸钠和氧气，则 C是CO2，F是氧气。D为常见液体，D是水。E是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此E是SO2，已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，A是S，B是硫酸，SO2和黄绿色溶液反应生成H和I，I和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，I是硫酸，H和碳酸钠反应生成CO2、H2O和氯化钠，则H是HCl，黄绿色溶液是氯水。 （1）根据以上分析可知F的分子式是O2，图中淡黄色固体是过氧化钠，其中的阴、阳离子个数比为1：2。（2）A与B反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。（3）E转变H和I的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－。（4）检验硫酸根离子的操作方法，实验现象和结论为：在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42－。 点睛：掌握常见物质的性质以及有关转化关系是解答的关键，注意掌握解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 9． 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。 10． S、Cu Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4] 4NaOH＋3CuSO4===Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4 【详解】(1)3.56gX隔绝空气分解生成生成0.36g水，说明含有H、O元素；所得固体溶于水得到溶液和1.60g黑色固体，在溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，蓝色沉淀分解生成0.80g黑色固体，因此蓝色沉淀是氢氧化铜，黑色固体是氧化铜，即还含有Cu元素；所得溶液中加入氯化钡得到2.33g白色沉淀是硫酸钡，即还含有S元素，硫酸钡是0.01mol，氧化铜共计是2.4g，物质的量是0.03mol，水是0.02mol，根据质量守恒定律可知X中氧原子的物质的量是，因此X中H、O、S、Cu的原子个数之比是4∶8∶1∶3，则X的化学式为Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]； (2)经非氧化还原反应一步反应能得到X，说明应该是复分解反应，所以根据原子守恒可知反应的化学方程式为4NaOH＋3CuSO4＝Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4。 11． NaN3 CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2↑ 3Cu+8H+＋2NO =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O 【详解】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。 （1）叠氮化钠的化学式为NaN3； （2）NaOH的电子式为； （3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2↑； （4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H+＋2NO =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。 点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。 12． 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。 13． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ H2O H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 1×1010 8.7×10-7 N2H6(HSO4)2 【详解】本题考查元素的推断，①根据化学反应方程式，推出此反应式NH4＋＋OH－=NH3＋H2O，都含有10个电子，即Y为Na；②Z的单质在O2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，即产物是SO2，即Z为S；③V的单质在氧气燃烧可生成VX和VX2，即V为C，（1）Y2X2为Na2O2，与水反应的化学方程式为2Na2O＋2H2O=4NaOH＋O2↑；（2）氢化物分别是CH4、NH3、H2O，H2O、NH3存在分子间氢键，CH4中没有，因此CH4的沸点最低，NH3和H2O中H2O的相对分子质量最大，即H2O的沸点大于NH3，H2O的沸点最高；（3）是H2O2与FeSO4的反应，利用H2O2的氧化性把Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子反应式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2H2O＋2Fe3＋；（4）Y2VX3的化学式为Na2CO3，pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，加入石灰乳后得到溶液为NaOH，此时溶液中水电离c(OH－)=c(H＋)=10－13mol·L－1，因此两者比值为10－3/10－13=103：1；（5）组成的分子式为N2H4，其电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5＋＋OH－，平衡常数K1=c(N2H5＋)×c(OH－)/c(N2H4)=K×Kw8.7×107×1×10－14=8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与过量硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。 点睛：本题难点在(4)的计算，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－水解，水电离出的H＋一部分与CO32－结合，因此水电离出的OH－：c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，反应后溶液中的溶质为氢氧化钠，对水的电离产生抑制，水电离出的c(H＋)等于水电离的c(OH－)，即为10－13mol·L－1，从而求出反应前后水电离出的c(OH－)比值。 14． AgCl 共价键 SiO2+2OH- = SiO+H2O 【分析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成 不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl； 【详解】（1）由分析可知，H的化学式为AgCl； （2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键； （3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO+H2O。 15． 氮 氧 3d104s1 Cr sp2 ∠HCO>∠HCH 直线形 NH3分子间能形成氢键 A B D 4 【详解】因为“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。”，推出 B的电子排布式为1s22s22p2, 所以B为6号碳元素；根据A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，这种气体指的是甲醛HCHO，A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素，所以A为1号氢元素；D原子有2个未成对电子，则D为8号氧元素，同时推出C为7号氮元素；含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E为29号铜元素。 (1). 五种元素中第一电离能最大的是氮，因为它的2p轨道是半充满较稳定结构，电负性最大的是氧，因为氧的非金属性在五种元素中最强。     (2).   基态E原子为29号铜元素，其价电子排布式为符合洪特规则（3d全充满时较稳定）的3d104s1，而不是3d94s2；E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是    Cr，其价电子排布为3d54s1，根据洪特规则，3d轨道的5个电子要分占5个伸展方向不同的轨道并且自旋状态相同，所以不对成电子数为6. (3). 甲醛分子中C原子形成3个σ键和一个π键，所以C原子的轨道杂化类型为sp2 ，由于甲醛分子中C原子与O原子之间形成的是双键，电子云密度较大，对C原子与H原子之间形成的一个共用电子对有较大的排斥作用，所以M分子中两种键角的大小关系是∠HCO>∠HCH。    (4). N3-的结构式为[NNN]-，中心原子N采用sp杂化轨道与两边的N成键，所以其空间构型为直线形；化合物NH3的沸点比CH4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键。 (5). 向硫酸铜溶液中通入过量的NH3，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体， [Cu(NH3)4]SO4晶体中存在的化学键类型有离子键、σ键、配位键。 (6).该晶胞为正方体，每个晶胞中含4个铜原子、2个氧原子，则该化合物的化学式为Cu2O。由图可知距O周围最近有4个Cu，所以O的配位数为4    。晶胞中最近两个O原子为顶点到体心间距为anm,由此可求出正方体边长为 nm。1mol此晶胞中含2molCu2O，质量为288g，体积为( nm)3NA,则该晶体的密度为g/cm3 16． 氢 碳 钠 第二周期第ⅦA 族 2NaH+O2=2NaOH 【详解】试题分析：据分析A为H、B为C、C为O、D为Na； （1）A、B、D 的元素名称分别为氢、碳、钠； （2）氧元素在元素周期表中位置为第二周期第ⅦA 族； （3）H、O、Na能组成多种不同的化合物，这些化合物中既含有极性共价键又含有离子键的化合物为NaOH，电子式为，既含有非极性共价键又含有离子键的化合物为Na2O2，电子式为； （4）H和Na 能组成一种化学活性很高的离子化合物NaH，NaH能和O2的单质反应生成NaOH，反应的化学方程式为2NaH+O2=2NaOH。 考点：考查元素周期律与元素及化合物的性质。 17． 第三周期第ⅡA族 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑ H2O＞NH3＞CH4 NH3与H2O间能形成氢键 2NH3―6e－+6OH－＝N2+6H2O 【详解】试题分析：Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，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，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素。 （1）X为Mg元素，在周期表中位于第三周期第 ⅡA 族；CO2的电子式为，故答案为第三周期第 ⅡA 族；； （2） 铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑，故答案为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑； （3）元素的非金属性越强，氢化物越稳定，U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是H2O＞NH3＞CH4；NH3与H2O间能形成氢键，使得氨极易溶于水；氨与空气可以构成一种环保燃料电池，负极上氨失去电子发生氧化反应，电极反应式为2NH3―6e－+6OH－＝N2+6H2O，故答案为H2O＞NH3＞CH4；NH3与H2O间能形成氢键；2NH3―6e－+6OH－＝N2+6H2O。 【考点】考查元素周期律与元素周期表 【点晴】本题考查元素化合物推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，关键是正确推断元素，需要学生具备扎实的基础。解答本题需要掌握常见物质的特征反应现象，常见的有：（1）焰色反应：Na+(黄色)、K+(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。 18． 反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气 Al2O3 +2OH−=2AlO2−+H2O NH4Cl+H2O NH3·H2O+HCl，MgO+2 HCl =MgCl2+H2O S Fe Fe3S4 制印刷电路板 Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2++S H2SO3+I2+H2O= H2SO4+2HI 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42−，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3 【详解】Ⅰ.（1）2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气，故答案为反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气； （2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱溶于，加入氢氧化钠溶于溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O； （3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，故答案为MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O； Ⅱ．C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g-1.68g=1.28g，n(S)= =0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，应为Fe3S4。 （1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为Fe、S；Fe3S4； （2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板，故答案为刻饰铜线路板； （3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g•L-1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑，故答案为；Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑； （4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒(不考虑H2O，H+，K+，I-) 为SO42-和H2SO3，可先检验SO42-，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3．故答案为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。 【点晴】本题综合考查镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，无机物的推断，为高考常见题型。主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象。解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 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 $$