2025届高三化学一轮复习 训练题--无机推断题

2025届高三化学训练题--无机推断题 1．（2024·四川成都·模拟预测）红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 (1)Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72- 的离子方程式： 。 (2)Ⅱ中，加入NaOH调节pH至 (填字母序号)。 a．4.3~5.6    b．4.3~7.1 c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 (3)Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为 。 (4)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是 。 (5)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。 (6)为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 (已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为 (用质量分数表示)。 2．（2024·浙江·模拟预测）氨气的用途非常广泛，下列是氨气的部分转化关系图。 (1)混合物A的成分为 (用化学式表示)。 (2)N2H4又称联氨，为二元弱碱，不如氨气稳定。 ①从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是 。 ②N2H4在水中的电离与氨相似；25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 。 (已知：N2H4+H+N2H    K=8.7×107) (3)NH3在无水环境下与CO2反应生成化合物B(不稳定)，继续与NH3反应生成C。已知化合物C中含有铵根离子，可完全水解，其水解产物有NH4HCO3，，下列说法正确的是 。 A．化合物B的化学式为NH2COOH B．化合物B属于氨基酸 C．化合物C水解生成两种盐 D．化合物C可用于制备尿素 (4)实验中在加热条件下，通入过量的NH3与CuO反应，请设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体 。 3．（2023·河南·模拟预测）据文献报道：以ZrO2、Na2CO3、NH4H2PO4、ZnO和SiO2为原料，通过固相反应制备NASICON型固态电解质，该电解质可以提高可充电固态钠金属电池的循环稳定性和倍率性能。请回答下列问题： (1)Zr与Ti位于同一族，则基态40Zr原子的价电子排布图为 。 (2)从原子结构角度分析判断I1(Cu) (填“>”或“<”)I1(Zn)。 (3)一个中的键合电子(形成化学键的电子)总数为 。 (4)从分子结构分析H3PO4比H3AsO4酸性强的原因： 。 (5)利用反应(NH4)2SiF6+4NH3 ·H2O=SiO2↓+6NH4F +2H2O可制纳米SiO2。 ①NH3与H2O通过氢键结合成NH3·H2O，则NH3·H2O最可能的结构式为 。 ②NH4F晶体中存在的作用力除离子键、共价键外，还有 。 ③SiO2晶胞可视作金刚石晶胞中的C原子换成Si原子，然后在Si- Si 键之间插入O原子而形成的。若SiO2晶胞的密度为dg·cm-3 ，设NA为阿伏加德罗常数的值，则Si与Si的最短距离为 nm(用含NA和d的式子表示)。 4．（2023·四川成都·模拟预测）如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：    (1)上述物质间的转化，属于固氮反应的有 (填序号)，是否属于酸性氧化物 (填“是”或“否”)。 (2)与图中的物质C常用于检验的存在，则C的化学式为 。 (3)工业上以B、空气、水为原料生产硝酸分为三步：其中第三步：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)写出浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式，并用单线桥表示其电子转移的情况 。 (5)如图装置可用于探究氯气与氨气的反应，实验时先通过三颈瓶瓶口1通入氨气，然后关闭b活塞，再通过瓶口2通入氯气。实验中三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生反应的化学方程式为 ，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子 。    (6)有一瓶稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中，。取100mL该混合溶液与12.8g铜粉反应，标准状况下生成A的体积为 L。 5．（2023·江苏南京·模拟预测）化合物F(普瑞巴林)是一种治疗神经痛的药物。其合成路线如图： 已知：两个羟基连在同一个碳原子上的结构是不稳定的，易发生如下脱水反应 (1)在催化剂作用下，烃X(分子式：C4H8)和CO、H2化合生成A，用系统命名法给X命名为 ； (2)有机物C中发生sp2杂化与sp3杂化的碳原子数的比值为 ； (3)E→F的化学方程式为 ； (4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 ； ①该分子为环状结构，分子中含有碳碳双键和羟基； ②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：1。 (5)3－苯基丙烯酸乙酯()是一种重要的医药中间体。设计以CH2(COOH)2、C2H5OH和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见本题题干) 。 6．（2023·浙江·三模）某钾盐X含有4种前四周期元素，某兴趣小组进行了如下探究实验：    其中固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素；黑色固体G是一种磁性物质；所有气体体积均已换算成标况下数据，请回答下列问题： (1)X的组成元素为K、 、 、 ，X的化学式为 。 (2)写出固体D真空加热分解的化学方程式 。 (3)写出溶液C与足量酸性溶液反应的离子方程式 。 (4)设计实验检验溶液J中以外的阳离子 。 7．（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 。 8．（2024·浙江·模拟预测）为探究和测定陶瓷材料X(由两种短周期元素组成)的组成与化学式，设计并完成如下实验(部分产物已略)： 请回答： (1)写出X的化学式 。 (2)X分别与NaOH、作用，产生的气体均为 (写分子式)。 (3)写出反应2的化学方程式 。 (4)写出反应3的离子方程式 。 (5)在X与盐酸反应后的溶液中，加入NaF溶液，可得微溶于水的白色物质Y，Y中阴离子空间构型为正八面体形，Y的化学式为 。 (6)常温下，将溶液D置于敞口容器中，滴入几滴酚酞，一段时间后，观察到溶液的红色明显加深，其主要原因可能是 ，请设计实验方案验证你的推测： 。 9．（2024·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 。 10．（2024·浙江·模拟预测）化合物A()由3种元素组成，某小组开展如图的探究实验： 已知：固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同。 请回答： (1)组成化合物A的元素为O、 ，A的化学式为 。 (2)溶液E的溶质为 (用化学式表示)。 (3)由B生成F的离子方程式为 。 (4)化合物A在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，其中的氧化产物为固体C中的一种)，且无沉淀生成，写出该反应的化学方程式： 。 (5)请设计实验方案检验固体C中乙物质的阴离子：取适量纯净的乙物质于试管中， 。 11．（2024·北京顺义·模拟预测）下表是元素周期表的一部分。表中 A-K 分别代表某一种化学元素。 (1)D、G 中，电负性较大的是 (用元素符号表示)。 (2)H 的基态原子价层电子的轨道表示式是 。 (3)D、E、F 的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)。 (4)BC2分子的电子式是 ，是 (填“极性分子”或“非极性分子”)。在 BC2晶体中，1 个 BC2 分子周围有 个紧邻分子。 (5)由 K、B、C 三种元素形成的某种配位化合物，常温下该化合物具有挥发性，化学式为 K(BC)4，构型为正四面体。基态 K 原子的简化核外电子排布式是 ；中心原子杂化类型是 ，K(BC)4固态时属于 晶体(填晶体类型)。 (6)A 与 E 组成的一种化合物 EA2，刷新了金属化合物超导温度的最高记录。下图是该化合物的晶体结构单元。图中 代表的原子是 (填元素符号)。 12．（2024·山西运城·模拟预测）化合物M是一种消毒剂和消炎药物的中间体。以化合物A、B为原料制备M的一种合成路线如图所示： 已知：① ② ③ 回答下列问题： (1)A的结构简式为 ；B的化学名称为 ；由C生成D的反应类型为 ；E中含氧官能团的名称为 。 (2)由D和C5H12NCl制备H时，常加入适量CH3CH2ONa，其目的为 。 (3)G的顺式结构简式为 。 (4)由G和H生成M的化学方程式为 。 (5)同时满足下列条件的F的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。 ①既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应。 ②核磁共振氢谱中有4组吸收峰。 (6)已知：－NH2易被氧化。参照上述合成路线和信息，以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备 的合成路线： 。 13．（2024·上海徐汇·模拟预测）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。 (1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为 ；写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式为 ； (2)常温下，不能与R单质发生反应的是 (选填序号)； a.CuCl2溶液    b.Fe2O3    c.浓硫酸    d.Na2CO3溶液 (3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式 。 (4) 氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为 。 (5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由： 。 (6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向： 。 _______SiO2+_______C+_______N2_______Si3N4+_______CO (7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为 。 14．（2024·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 。 15．（2024·福建漳州·一模）聚合物X是制备隐形眼镜的材料之一、一种以单烯烃A合成X的路线如图所示。 回答下列问题： (1)A的名称是 ；B中官能团的名称是 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)C →D的化学方程式是 。 (4)写出与B具有相同官能团的B的同分异构体的结构简式： (不考虑立体异构)。 (5)聚合物X分子中的链节为 。 16．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示(已知a为非金属元素)。 (1)由a、c、d三种元素形成的离子化合物的化学式为 。 (2)图中所示元素中金属性最强的是 (填元素符号)，工业上制取该元素的单质的原理为 (填化学方程式)。 (3)e、f、g元素的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号回答)。 (4)常温下，h的单质与化合物的稀溶液反应，氧化产物为 (填化学式)。 (5)可用于处理碱性工业废水中的，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为 。 17．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）固体化合物X由3种短周期元素组成，某学习小组开展如下探究实验。 已知：非金属氧化物A的相对分子质量为44；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；气体G是空气中含量最多的单质。请问答： (1)组成D的非金属元素是 (填元素符号)，写出C的电子式 。 (2)步骤Ⅱ，发生反应的化学方程式是 。 (3)工业上制备X是将金属单质与液态C反应得到，写出该反应的化学方程式为 。 (4)某同学将擦亮的单质F投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，有黑色和白色的固体析出，但无气体产生(已知，黑色固体由2种元素组成，金属元素质量分数为80%，难溶于水和稀硫酸，可溶于硝酸)。请设计实验验证黑色固体的组成元素 。 18．（2024·浙江·三模）为了探究某盐 (仅含三种短周期元素，摩尔质量介于)的组成和性质，设计并完成了如下实验。已知：、、均为纯净物，、组成元素相同。请回答： (1)组成的种元素是 (填元素符号)，的化学式是 。 (2)写出固体与反应的离子方程式 。 (3) 溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得溶液在空气中变化，如图所示： ①写出段发生反应的化学方程式 。 ②设计实验检验时刻后溶液中的主要阴离子 。 (4)有同学预测也能与稀硫酸反应，现象与固体和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由 。 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) (2)c (3)3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O (4)H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低 (5)加入使得溶液中H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率 (6) 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 【分析】浸出液(主要含、、、、和)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()。 【详解】（1）加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，，对应的离子方程式为：，故答案为：； （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故答案为：c； （3）Ⅲ中，氧化沉淀生成Na2CrO4和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O； （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； （5）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入使得溶液中H+增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率，故答案为：加入使得溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； （6）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为，故答案为：。 2．(1)SO(NH2)2，NH4Cl (2) N2H4中含有N－N键，由于N上的孤电子对对排斥使得N－N键键能变小，稳定性比NH3差 8.7×10-7 (3)AD (4)①将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，则说明尾气中含有氨气；②将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠出现，则说明尾气中有H2O。 【分析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与CuO反应生成红色固体Cu，NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B，即，则B的化学式为NH2COOH；化合物C中含有铵根离子，则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4，即C为NH2COONH4，NH3与SOCl2生成SO(NH2)2和NH4Cl。 【详解】（1）根据化学方程式：4NH3+ SOCl2=SO(NH2)2+2NH4Cl，混合物A的成分为SO(NH2)2，NH4Cl； （2）①从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因：N2H4中含有N－N键，由于N上的孤电子对对排斥使得N－N键键能变小，稳定性比NH3差；②N2H4在水中的电离与氨相似；25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为； （3）NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B，即，则A正确；氨基酸是氨基取代了羧酸分子中烃基上的氢原子形成的取代羧酸，则化合物B不属于氨基酸，B错误；已知化合物C中含有铵根离子，则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4，NH2COONH4可完全水解，NH2COONH4+H2O= NH4HCO3+，故C错误；根据，化合物C可用于制备尿素，D正确，故选AD； （4）在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，可得到红色固体，反应方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，在尾气中含有过量NH3及反应产生的N2、水蒸气，其中NH3、水蒸气比较活泼，检验NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；检验水蒸气的方法是：将尾气通入冷的的集气瓶中，若有集气瓶内壁有液珠出现，说明含水蒸气。 3．(1)   (2)< (3)12 (4)H3PO4与H3AsO4均可写成(HO)3RO形式，非羟基氧个数相同，由于P的电负性更强，对羟基氧原子上的弧电子对吸引能力较强，羟基上的氢较易电离 (5)    配位键 、氢键 【详解】（1）Zr是40号元素，核外有40个电子，位于Ti的下一周期，价电子排布图与Ti类似，   （2）铜的价电子排布式为3d104s1容易失去1个电子，而锌的价电子排布式为3d104s2全满稳定，不易失去电子，第一电离能大； （3）成σ键电子对为3对6个电子，形成大π键的电子是6个，共12个键合电子； （4）从结构分析，H3PO4与H3AsO4均可写成(HO)3RO形式，非羟基氧个数相同，由于P的电负性更强，对羟基氧原子上的弧电子对吸引能力较强，羟基上的氢较易电离酸性更强； （5）由于氨气分子和水分子是通过氢键结合NH3·H2O的，因此可能的结构是；NH4F晶体中有氮原子和氢离子之间形成的配位键，氢离子提供空轨道，N原子提供孤电子对，另外氢原子与氟原子之间还有氢键存在；Si与Si的最短距离是晶胞中体对角线的四分之一，一个晶胞有8个SiO2，晶胞的体积为，Si与Si的最短距离是nm。 4．(1) ①② 否 (2) (3)1：2 (4)   (5) 取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，若试纸变蓝，则证明该固体中含 (6)2.24 【详解】（1）氮的固定是指氮气由单质转化为化合物的过程，属于固氮反应的有①②，不属于酸性氧化物，故填否。 （2）常用硝酸酸化的硝酸银检验的存在，则C的化学式为。 （3）第三步：反应为，该反应中NO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。 （4）浓硝酸与木炭在加热条件下反应，C失去4个电子被氧化为CO2，HNO3得到电子被还原为NO2，单线桥表示其电子转移的情况为  ； （5）三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成的固体为氯化铵，发生反应的化学方程式为，该固体中的阳离子为铵根离子，检验方案为取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，若试纸变蓝，则证明该固体中含。 （6）c（H2SO4）=2.0 mol•L-1，c（HNO3）=1.0 mol•L-1． 取100mL该混合溶液中n（H+）=0.1L×2×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.5mol，n（NO）=0.1L×1mol/L=0.1mol，12.8g Cu的物质的量为12.8g÷64 g/mol=0.2mol，根据 0.2molCu完全反应消耗molNO、molH+，故NO不足，由离子方程式可知生成标况下NO为0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。 5．(1)2-甲基-1-丙烯 (2)1：2 (3)+NaClO+H2O→+NaCl+CO2 (4)或 (5) 【分析】A发生取代反应生成B，B和乙醇发生酯化反应生成C，C发生取代反应然后发生水解反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生反应生成F；以丙二酸、乙醇和甲苯为原料制备3-苯基丙烯酸乙酯()，根据A生成B的反应知，苯甲醛和丙二酸发生A生成B类型的反应生成苯丙烯酸，苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成，甲苯和氯气发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。 【详解】（1）在催化剂作用下，烃X和CO、H2化合生成A，则X的结构简式是CH2=C(CH3)2，系统命名为2-甲基-1-丙烯。 （2）由C的结构简式可知，C中sp2杂化的碳原子有3个，sp3杂化的碳原子有6个，sp2杂化与sp3杂化的碳原子数的比值为1：2。 （3）E→F的化学方程式是+NaClO+H2O→+NaCl+CO2。 （4）B的一种同分异构体同时满足下列条件：该分子为环状结构，分子中含有碳碳双键和羟基，B的不饱和度是2，环、碳碳双键的不饱和度都是1，符合条件的同分异构体中含有1个环和1个碳碳双键；分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：1，说明含有4种氢原子，结构对称，符合条件的结构简式为或。 （5）以丙二酸、乙醇和甲苯为原料制备3-苯基丙烯酸乙酯()，根据A生成B的反应知，苯甲醛和丙二酸发生A生成B类型的反应生成苯丙烯酸，苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成，甲苯和氯气发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，合成路线为 。 6．(1) Fe C O K3[Fe(C2O4)3] (2)FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ (3)5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (4)取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+ 【分析】黑色固体G是一种磁性物质，则G为四氧化三铁，1.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为×3≈0.02mol，由铁原子个数守恒可知，1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，由质量守恒定律可知，E中氧原子的物质的量为=0.02mol，则E为氧化亚铁；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素，由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知，气体B为二氧化碳、气体F为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙，则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，由质量守恒定律可知，D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g—1.44g—×28g/mol=0.88g，由原子个数守恒可知，D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量为+=0.04mol、氧原子的物质的量为=0.08mol，则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol：0.04mol：0.08mol=1：2：4，化学式为FeC2O4；由固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子可知，溶液C为草酸钾溶液，由固体A的质量可知，草酸钾的物质的量为=0.03mol，则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳，由原子个数守恒可知，X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2：0.02mol=3：1，由化合价代数和为0可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。 【详解】（1）由分析可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]，含有的元素为钾元素、铁元素、碳元素和氧元素，故答案为：Fe；C；O； K3[Fe(C2O4)3]； （2）由分析可知，固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑； （3）由分析可知，溶液C为草酸钾溶液，草酸钾溶液与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； （4）由分析可知，黑色固体D为四氧化三铁，四氧化三铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+，故答案为：取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+。 7．(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。 8．(1) (2) (3) (4) (5)或 (6) 碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠 将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可) 【分析】C是沉淀B灼烧得到的白色固体，可能是或MgO或BeO等；根据质量为20.4g且恰好溶于含有0.4molNaOH的溶液，则C为0.2mol的；即Al为0.4mol，X为，属于共价(原子)晶体，g/mol，，，生成甲烷0.3mol，，也是0.3mol；G为，仅0.1mol，即没全部转化为沉淀，还有； 据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知X为，故答案为：； （2）X分别与NaOH、作用，都发生水解反应生成甲烷，则产生的气体为，故答案为：； （3）反应②中甲烷与氧化铜发生氧化还原反应生成铜单质和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：； （4）由上述分析反应③中0.3mol二氧化碳与氢氧化钙反应生成0.1mol和0.1 mol，反应的离子方程式为：； （5）Y的阴离子为正八面体结构，说明有6个F离子与铝离子配位，则该阴离子为：，Y为或；故答案为：或； （6），即碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠而使其红色明显加深。将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可)，故答案为：碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠；将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可)。 9．(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。 10．(1) K、S (2)KCl、HCl (3) (4) (5)加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为 【分析】化合物A()由3种元素组成，隔绝空气加热产生气体B和固体C，根据固体C和过量盐酸反应产生的气体B可与双氧水和足量氯化钡溶液反应产生46.6g白色沉淀F(即0.2mol硫酸钡)，可推断气体B为，且固体C与过量盐酸反应生成0.2mol。根据已知信息固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同，结合固体C和过量盐酸反应产生3.2g黄色沉淀D(即0.1molS)、0.2mol气体B()，推测固体C为0.1mol亚硫酸盐和0.1mol硫代硫酸盐混合物；且化合物A隔绝空气加热时产生，则固体A中、，A由三种元素组成，另一种元素质量为。由于亚硫酸盐和硫代硫酸盐的物质的量均为0.1mol，则若为+1价金属离子，其物质的量为0.4mol，相对原子质量为39，即为K元素。 【详解】（1）根据以上分析，可知组成化合物A的元素为O、K和S；A中，由于A的摩尔质量满足，则化学式为。 （2）固体C为和的混合物，其与过量盐酸反应，得到的溶液E的溶质为KCl和过量的HCl。 （3）二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，由B生成F的离子方程式为； （4）化合物A()在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，且其中的氧化产物为固体C中的一种)，中S的平均化合价为+3价，固体C中中S的化合价为+4价，中S平均化合价为+2价，所以氧化产物应为，由于产物为盐且无沉淀生成，则还原产物为，根据得失电子守恒、原子守恒，配平得反应的化学方程式为。 （5）乙是，加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为。 11．(1)Cl (2) (3)Mg>Al>Na (4) 非极性分子 12 (5) [Ar]3d84s2 sp3 分子 (6)Mg 【分析】根据元素在周期表中的位置，A是B元素；B是C元素；C是O元素；D是Na元素；E是Mg元素；F是Al元素；G是Cl元素；H是Fe元素；K是Ni元素。 【详解】（1）同周期元素从左到右，元素电负性增大，Na、Cl中，电负性较大的是Cl； （2）Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式是； （3）同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，Mg原子4s轨道全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序是Mg>Al>Na； （4）CO2是共价化合物，含有2个碳氧双键，电子式是，二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子；二氧化碳晶体为面心立方晶胞，在 CO2晶体中，1 个 CO2分子周围有12个紧邻分子； （5）Ni是28号元素，基态 Ni原子的简化核外电子排布式是[Ar]3d84s2；Ni (CO)4构型为正四面体，Ni有4个杂化轨道，Ni原子杂化类型是sp3，Ni (CO)4具有挥发性，熔沸点低，属于分子晶体； （6）根据均摊原则，白球代表的原子数为 ，黑球代表的原子数为6，白球、黑球数比为1:2，结合化学式MgB2，可知代表的原子是Mg。 12．(1) 苯乙醛 还原反应 羟基 (2)CH3CH2ONa可与反应生成的HCl反应，有利于反应正向进行，增大产品产率(或原料利用率) (3) (4) (5)4 (6) 【分析】由已知可得A的结构简式为 ，C的结构简式为，G的结构简式为，F的结构简式为，E的结构简式为，B的结构简式为，据此答题。 【详解】（1） ①由已知②可得为还原反应，则由D的结构简式推导C的结构简式为，由已知①可得A的结构简式为； ②G的结构简式为，F的结构简式为，E的结构简式为，B的结构简式为，则B的化学名称为苯乙醛； ③由C生成D可以发现官能团硝基变为氨基，加氢去氧都为还原反应； ④E的结构简式为，则E中含氧的官能团为羟基； （2）D的结构简式为 与C5H12NCl发生取代制备H时，CH3CH2ONa可与反应生成的HCl反应，有利于反应正向进行，增大产品产率(或原料利用率)； （3） G的分子式为C9H8O2，G的官能团为碳碳双键和羧基，则属于顺式的结构简式为； （4） G和H生成M的化学方程式为：； （5） F的分子式为C9H10O3，既能发生银镜反应说明存在醛基或者甲酸酯，又能与FeCl3溶液发生显色反应说明存在酚羟基，且核磁共振氢谱中有4组吸收峰，符合条件的有、、、，共计4种； （6） 以甲苯为原料的合成路线如下：。 13．(1) r(Na)＞r(Al)＞r(Si) 3s1 (2)bd (3)OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O (4)−3 (5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高 (6) (7)35g 【分析】一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期,两元素原子的质子数之和为24，M为+1价，R为+3价，则说明M为Na，R为Al。 【详解】（1）该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；M(Na)原子核外能量最高的电子是3s上的电子，其电子排布式为3s1；故答案为：r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；3s1。 （2）常温下，铝与氯化铜反应生成氯化铝和铜单质，铝与氧化铁常温不反应，铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是bd；故答案为：bd。 （3）M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者反应的离子方程式OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O；故答案为：OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O。 （4）Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为−3；故答案为：−3。 （5）氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高；故答案为：C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高。 （6）碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为−3价，则碳升高2个价态，Si3N4降低12个价态，因此碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则为3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO，其电子转移为 ；故答案为：。 （7）根据反应方程式3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO分析得到气体质量增加112g，则生成1mol Si3N4即140g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则气体质量增加了28g，则制得的Si3N4质量为；故答案为：35g。 14．(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。 15．(1) 2-甲基丙烯 碳碳双键、醛基 (2)氧化反应 (3)CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O (4)CH3CH=CHCHO，CH2=CHCH2CHO (5) 【详解】（1）用系统命名法可知，A的名称为：2-甲基丙烯，B中含有的官能团有碳碳双键和醛基。 （2）B→C是醛的催化氧化，C的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，因此B→C的反应类型为氧化反应。 （3）C→D为羧酸与醇的酯化反应，其化学方程式为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O。 （4）与B具有相同官能团的B的同分异构体的结构简式为：CH3CH=CHCHO，CH2=CHCH2CHO。 （5）有机物D中含有双键，发生聚合反应生成聚合物X，其分子中的链节为： 16．(1)NH4NO3 (2) Na 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ (3)S2-＞Na+＞Al3+ (4)NaClO (5)H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑ 【分析】根据部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系图可知：a、b、c、d、e、f、g、h分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，以此分析解答。 【详解】（1）根据上述分析可知：a、c、d三种元素分别为H、N、O，形成的离子化合物的化学式为NH4NO3； （2）越靠近周期表的左下角的元素，金属性越强，图中所示元素中金属性最强的是Na，工业上得到该元素的单质的方法为电解熔融盐，其反应方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑； （3）根据上述分析可知：e、f、g分别为Na、Al、S，属于同周期元素，且Na、Al为活泼金属，从左向右离子半径逐渐减小，即Na+＞Al3+，S属于非金属元素，简单离子半径大于Na+、Al3+，所以Na、Al、S元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Na+＞Al3+； （4）根据上述分析可知：a、d、e、h分别为H、O、Na、Cl元素，低温下，h的单质Cl2与化合物NaOH的稀溶液的反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中的氧化产物为NaClO； （5）根据上述分析可知：a、d 分别为H、O，a2d2为H2O2可用于处理碱性工业废水中的CN-，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为：H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑。 17．(1) (2) (3) (4)分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素 【分析】化合物D与CuO撞击可得到白色粉末E、金属单质F和无色气体G，气体G是空气中含量最多的单质，则G为N2，可知化合物D中含有N元素，又白色粉末F的焰色反应呈黄色，则F中含有Na、O元素，F为Na2O，推知D含有Na元素，3.9g的D反应得到2.016LN2(n=)，根据原子守恒可得化合物D中n(N)=0.09mol×2=0.18mol，m(N)=0.18mol×14g/mol=2.52g，则化合物D中m(Na)=3.9g-2.52g=1.38g，n(Na)=，因此化合物D的化学式为NaN3，步骤Ⅱ发生的反应为：，化合物X由3种短周期元素组成，化合物X与A反应生成强碱B、无色气体C和化合物D，气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则C为NH3，则可知化合物X中含有Na、N、H 3种元素，强碱B为NaOH，又非金属氧化物A的相对分子质量为44，则A位N2O，即4.68g的X与N2O发生反应生成2.4gNaOH(n=)，1.344LNH3(n=，m=0.06mol×17g/mol=1.02g)和3.9gNaN3(n=)，根据质量守恒可得m(N2O)=2.4g+3.9g+1.02g-4.68g=2.64g，则n(N2O)=，在由原子守恒可得，化合物X中n(Na)：n(N)：n(H)=(0.06×2)：(0.06+0.06×3-0.06×2)：(0.06+0.06×3)=2：2：4=1：1：2，因此化合物X为NaNH2，据此分析解答。 【详解】（1）根据上述分析可知，D的化学式为NaN3，则组成D的非金属元素为N，C为NH3，是共价化合物，其电子式为。 （2）由上述分析可知，步骤Ⅱ发生的反应化学方程式为：。 （3）化合物X为NaNH2，工业上用Na和液态NH3反应得到，反应的化学方程式为：。 （4）单质F为Cu，将Cu投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，得到由两种元素组成的黑色固体，其中金属元素的质量分数为80%，又难溶于水和稀硫酸，可以溶于稀硝酸，排除铜的氧化物，根据元素守恒可推测该黑色固体中含有Cu、S元素，可以分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素。 18． 、、 取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有 中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和。 【详解】(1)气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫且物质的量为0.1mol，溶液D的焰色实验为黄色，说明含有钠元素，因此组成的种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g即物质的量为0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为n(Na2SO3)=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，则固体B为硫代硫酸钠，根据Na2S2O3～S，因此n(Na2S2O3)=0.1mol，即质量为15.8g，气体A(SO2)物质的量为0.1mol，根据元素守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，因此的化学式是Na2S2O4；故答案为：Na2S2O4。 (2)根据前面得到固体为亚硫酸钠，其与反应的离子方程式；故答案为：。 (3)①溶液在空气中易被氧化，在空气中酸性逐渐增强，因此段发生反应的化学方程式；故答案为：。 ②在时刻溶液的pH=1，说明生成了二元强酸，因此溶液中的主要阴离子是硫酸根，一般检验方法是取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有；故答案为：取样，滴加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀说明有。 (4)中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和，因此也在酸性条件下发生歧化反应；故答案为：中为价，与中价类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成和。 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 $$