2025届高三化学复习题--无机推断题

2025届高三化学复习题--无机推断题 1．（2024·黑龙江吉林·模拟预测）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3](M=222g/mol)是孔雀石主要成分，绿色晶体，在冷水中的溶解度很小，在沸水中易分解。实验室制备Cu2(OH)2CO3步骤如下： .将CuSO4•5H2O和Na2CO3分别溶解配制成浓度为0.5的溶液； Ⅱ.按不同的物质的量之比将CuSO4溶液和Na2CO3溶液混合，在一定温度下搅拌，监测沉淀的生成速率和质量； Ⅲ.静置，减压过滤，洗涤，干燥，得产品，测定产品纯度。 表一反应物物质的量之比对产物的影响 n(CuSO4)∶n(Na2CO3) 1∶0.9 1∶1.1 1∶1.2 1∶1.4 沉淀生成速率 很慢 慢 快 很快 最终沉淀质量/g 0.547 0.533 0.549 0.527 表二反应温度对产物的影响 温度/℃ 65 70 75 85 沉淀生成速率 较慢 较快 快 较快 最终沉淀质量/g 1.303 1.280 1.451 1.280 (1)依据表一信息，步骤Ⅱ中的CuSO4与Na2CO3最佳投料比为 。 (2)依据表二信息，确定步骤Ⅱ中制备温度为75℃，应采取的加热方式为 。此温度下产生的沉淀量最大，可能的原因为 。 (3)制备碱式碳酸铜[Cu(OH)2•CuCO3]时，有一种无色无味气体生成，则离子方程式为 。 (4)步骤Ⅲ中测定样品纯度实验如下：取三份质量均为0.2400g碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]样品，溶解，以淀粉为指示剂，加入过量KI溶液，保持体系密封避光5min后，用0.1000mol/LNa2S2O3标准液滴定，反应原理为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2S2O+I2=S4O+2I-，使用标准液体积分别为19.98mL、20.02mL、20.90mL，产品的纯度为 。 (5)制备碱式碳酸铜也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、HCO、CO的分布系数δ随pH的变化如图。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中c(CO)∶c(HCO)= 。 (6)若制备过程中，条件控制不当，会生成蓝色晶体[xCaCO3•yCu(OH)2]，该物质为蓝铜矿的主要成分。可通过高温灼烧确定xCaCO3•yCu(OH)2组成，取34.6g蓝色晶体，灼烧后残留物质量为24.0g。则x∶y= 。 2．（22-23高三上·浙江绍兴·阶段练习）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验： 已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。 (1)组成X的四种元素为 ；X的化学式为 。 (2)混合气体A组成为 。 (3)①写出X受热分解的化学方程式： 。 ②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式： 。 (4)设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子： 。 3．（22-23高三上·浙江·开学考试）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。 请回答： (1)X的组成元素为 (写元素符号)。 (2)D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于_______。 A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子 C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子 (3)写出由F到B的化学方程式 。 (4)写出由X到A的离子方程式 。 (5)写出两种检验气体B的方法 ； 。 4．（21-22高二下·浙江温州·期末）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 ；X的化学式为 。 (2)固体B的成分是 (用化学式表示) (3)X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，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 。 5．（2022·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： 。 6．（2021·浙江绍兴·模拟预测）某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，某学习小组开展如下探究实验。 请问答： (1)紫黑色固体C的化学式是 ，深红棕色液体D的化学式是 。 (2)化合物X的化学式是 ，化合物X的一价阴离子为直线形结构，写出该阴离子的电子式 。 (3)暗灰紫色固体A与作用，产物与溶剂有关。 ①若与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，写出该反应的离子方程式 。 ②若与在乙醚中反应，生成两种盐，写出该反应的化学方程式 。 7．（2021·吉林通化·模拟预测）某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、、、、、中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。 根据以上信息，回答下列问题： (1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有 。 (2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是 (填编号，下同)。 a．一定含有              b．一定不含有                 c．可能含有 (3)转化①的离子方程式为 。转化⑦的离子方程式为 。 (4)在溶液J中通入二氧化硫气体，请写出反应的离子方程式 。 8．（21-22高三上·浙江·开学考试）某兴趣小组研究一种由两种元素组成的盐X，进行了如下实验： 已知：X中酸根对应的酸为一元酸：气体B与氯化氢反应生成白烟，固体C为单质，固体D为砖红色。 (1)气体A的电子式为 ，X的化学式为 。 (2)盐X隔绝空气分解的化学方程式为 。 (3)固体A可溶于稀硫酸中，该反应的离子方程式为 。 (4)已知盐X有爆炸危险，可用次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质，该反应的化学方程式为 。 (5)设计实验检验固体D中是否含有固体C 。 9．（2021·浙江·二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。 其中：X是由3种常见元素组成的黑灰色粉末；A和B均为纯净物；D为无色无味气体；由D和E组成的混合气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色。 请回答： (1)组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式 。 (2)步骤Ⅳ，发生反应生成固体A的离子方程式是 。 (3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是 。 (4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。不能先通气体D再通气体E的原因是 。      (5)气体E具有还原性。请设计实验证明 。 10．（2021·陕西咸阳·一模）是中学常见的几种化合物，相关物质间的转化关系如图所示： 已知：是生活中常见的金属单质，都是氧化物且A是红棕色粉末。回答下列问题： (1)单质X与A反应的化学方程式是 。 (2)若试剂1和试剂2均为强电解质。 ①若试剂1为强碱，则试剂1与B反应的离子方程式为 。 ②若试剂1和试剂2为同种物质，则C溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。 (3)若试剂2是稀硝酸。 ①写出单质Y与稀硝酸反应生成E的离子方程式 。 ②可用于检验D的阳离子的试剂是 。 11．（2021·浙江·模拟预测）已知化合物X、A均为红色固体，X中含有四种元素，气体单质H对氢气的相对密度为14(标准状况下)，流程中每一步反应试剂均过量且完全反应： 试根据以上内容回答下列问题： (1)X含有的非金属元素为 。 (2)混合气体C通入含过氧化氢的氯化钡溶液中立即生成沉淀F，请写出反应的离子方程式： 。 (3)检验溶液B中金属阳离子的实验方案： 。 12．（2020·浙江温州·二模）由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验： 已知：①气体B为纯净物。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。 请回答： （1）组成A的三种元素是 ，A的化学式是 。 （2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。 （3）气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式 。 13．（2020·新疆克拉玛依·模拟预测）下图所示转化关系中涉及到的物质均由主族元素组成（部分产物已略去），其中C、D为单质，A、B、E、F、G为化合物，除C与D的反应外，其它反应均在溶液中进行。请填写下列空白。           （1） 若A是常见的金属或金属氧化物，当F过量时，G为可溶性盐，则A的化学式为 或 。 （2） 若A是一种常见氧化物，不管F过量与否，G为同一种难溶性物质，则A的名称是 ，晶体类型是 ，A的用途是 。 （3） 若A是一种具有漂白性的气态氧化物，A是 ；若A是一种无味的气态氧化物，A的电子式为 。 （4） 若A为有机化合物，如果A与G为同一物质，请写出两种A（不同类别物质）的结构简式： ； 。 14．（2020·浙江嘉兴·一模）Ⅰ．白色无机盐 X(含三种元素，相对分子质量小于 400)能与水发生反应。为了探究 X 的组成，设计并完成了以下实验： 已知：白色沉淀 D 中的一种成分及质量与沉淀 B 相同。 (1)白色沉淀 D 的成分为 (填写化学式)。 (2)黑色固体 A 与浓硝酸反应的离子方程式是 。 (3)X 与 H2O 反应的化学方程式是 。 Ⅱ．已知：①将 0.1 mol·Lˉ1KI 溶液加入到 0.1 mol·Lˉ1 FeCl3溶液中时，可以看到溶液颜色加深，滴加淀粉后溶液变为蓝色；②当离子浓度相同时，氧化性：Ag+＞Fe3+；③ 若浓度减小时，离子的氧化性也会随之减弱。 (1)甲同学猜测，0.1 mol·Lˉ1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到 0.1 mol·Lˉ1AgNO3 溶液中时，溶液应变蓝色。请写出该猜测对应的离子方程式 。实 验结果未见到蓝色。 (2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是 。请你用原电池的方法证明Ag+也能氧化 Iˉ，要求画出实验装置图，并标明电极材料及电解质溶液   。 15．（2020·天津·一模）、、、、五种元素的原子序数依次递增。已知：①位于周期表中第四周期族，其余的均为短周期主族元素：②的氧化物是光导纤维的主要成分；③原子核外层电子数为奇数；④是形成化合物种类最多的元素；⑤原子轨道的电子数为4。请回答下列问题： (1)写出一种元素形成氢化物的化学式 。 (2)在1个由与形成的晶胞中(结构如图所示)所包含的原子数目为 个。 (3)在[F(NH3)4]2+离子中，的空轨道接受的氮原子提供的 形成配位键。 (4)常温下、和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质是 (写名称)，物质分子中原子轨道的杂化类型为 ，分子中键的数目为 。 (5)、、三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 (写元素符号)。 16．（2020·全国·模拟预测）现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，五种阴离子为Cl-、OH-、NO3-、SO42-、CO32-。现将它们分别配成0.5mol·L-1的溶液，进行如下实验： ①测得溶液A、B呈碱性，且碱性为B＞A； ②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成； ③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失。 请根据上述实验现象，回答下列问题： （1）实验②中发生反应的化学方程式为 ；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为 。 （2）分两步写出实验③中发生反应的离子方程式： ； （3）写出下列四种化合物的化学式：A 、B 、E 。 17．（2020·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 。 18．（2019·河南郑州·一模）Q、W、X、Y、Z 是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。 ①W 的氢化物与 W 最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。 ②X、Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。 ③常温下，Q 的最高价气态氧化物与化合物 X2O2 发生反应生成盐乙。 请回答下列各题: (1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因 。 (2)③中反应的化学方程式为 。 (3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4+ + H2O(M 为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测 Z 在周期表中位置为 。 (4)Y 形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成 NO。写出此反应的离子方秳式 。 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)1∶1.2 (2) 水浴加热 适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解 (3) (4)92.5% (5)1:106.75 (6)2:1 【分析】本题为实验室制备Cu2(OH)2CO3，首先考查学生对图表的提取能力，知道最优条件，其次给出相关信息写出离子方程式，最后计算纯度，和在不同环境下离子之间的比值，这是本题的重难点。 【详解】（1）依据表一信息，最终沉淀质量最大，即最佳投料比为1∶1.2，答案：1∶1.2； （2）制备温度为75℃，为了更好控温，采用水浴加热，由表二中信息可知，此温度下产生的沉淀量最大，推测可能的原因为适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解，答案：水浴加热、适当升温，促进平衡正向移动，温度过高，产物分解； （3）根据反应物和产物，制备碱式碳酸铜[Cu(OH)2•CuCO3]时，同时有一种无色无味气体生成可推测离子方程式为，答案：； （4） 标准液体积分别为19.98mL、20.02mL、20.90mL，第三组数据偏差较大，舍弃，可得体积为20.00mL，根据化学式可得，2n(Cu2+)-n(I2)-2n(S2O)可知，n(Cu2+)=0.1000mol/L×20.0mL×10-3，n[Cu2(OH)2CO3]=0.5 n(Cu2+)，纯度=×100%=92.5%，答案：92.5%； （5）饱和碱式碳酸铜溶液,溶液中存在，，当pH=10.25时，，=10-10.25，代入Kh可得到=1010.25，又知道此时pH约为8.5，得c(OH-)=10-3.5，c(CO)∶c(HCO)=1∶106.75，答案：1∶106.75。 （6）xCaCO3•yCu(OH)2，灼烧，失去二氧化碳和水，取34.6g蓝色晶体，灼烧后残留物质量为24.0g ，减少10.6g，可列方程式44x+18y=10.6，100x+98y=34.6，解方程组可得x∶y=2∶1。 2．(1) K、Cu、C、O K2[Cu(C2O4)2] (2)0.3molCO2和0.3molCO (3) 2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO↑ + Cu2O + 2K2CO3 K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O (4)用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+ 【分析】无色气体B标况下密度为1.25g/L，m(B)= 1.25g/L×0.672L=0.84g，M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由混合气体A通入足量澄清石灰水生成白色沉淀即CaCO3，可知A含有CO2，还有未反应的气体B，则B为CO，n(CO2)= n(CaCO3)=，n(CO)=，混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO，根据碳元素的价态变化可推知受热时能产生CO和CO2,则固体中含有草酸根离子；则X含有C、O元素，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，E和NaOH溶液反应得到蓝色沉淀Cu(OH)2，加热分解生成黑色固体CuO，则n(CuO)=，0.64g紫红色固体为Cu，n(Cu)=，铜的总物质的量n(Cu)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，根据固体混合物与稀硫酸反应产生铜单质和Cu2+，可推知固体中铜以+1价存在，混合物C中含有n(Cu2O)=n(Cu)=0.01mol，混合物中另一种物质碳酸盐的质量为6.36g-m(CO)-m(CO2)-m(Cu2O)=6.36g-0.03mol×28g/mol-0.03mol×44g/mol-0.01mol×144g/mol=2.76g，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，则碳酸盐M==138g/mol，138-60=78，结合金属元素的价态及相对原子质量可推知为K元素，则碳酸盐为K2CO3，n(O)==0.16mol，n(K):n(Cu):n(C)：n(O)=0.04:0.02:0.08:0.16=2:1:4:8，结合物质价态得X为K2[Cu(C2O4)2]； 【详解】（1）根据分析可知X含有K、Cu、C、O四种元素；X的化学式为K2[Cu(C2O4)2]； （2）混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO； （3）①X受热分解的化学方程式为：2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO ↑+ Cu2O + 2K2CO3； ②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，说明发生络合反应，反应的离子方程式为：K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O； （4）检验无色溶液F中的金属阳离子：用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。 3．(1)N、H、S、O (2)A (3)或 (4) (5) 用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气 用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气） 【分析】有上述框图关系可知，紫色溶液A中含有高锰酸根离子，从而可知X为氧化剂，与MnSO4发生氧化还原反应；A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应产生无色气体B，则推知B一定为氨气，其物质的量为，所以X中含铵根离子，其物质的量为0.02mol，由紫色溶液A中加入足量氯化钡溶液后产生白色沉淀C可知，原溶液中A中所含硫酸根离子的物质的量为，因硫酸锰溶液中的硫酸根离子的物质的量为0.004mol，则推知固体X中含S元素原子的物质的量为0.024mol-0.004mol=0.02mol，则铵根离子与S原子的个数比为1:1；此外，固体X受热分解产生气体D，根据D为单质，推测可能为氧气，得到的剩余固体E溶于水形成溶液后，再加入足量氢氧化钠，加热，得到无色气体B的物质的量与上一操作得到的B的物质的量刚好相等，则再一次证明气体B为氨气，固体X中含铵根离子，结合上述分析可知，可推知固体X为过二硫酸铵，其化学式为(NH4)2S2O8，该物质具有较强的氧化性，可将锰离子氧化为高锰酸根离子，受热分解可产生氧气和硫酸铵或硫酸氢铵，据此结合物质的性质分析回答。 【详解】（1）根据上述分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O； （2）根据上述分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意，故选A。 （3）根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：或； （4）X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：； （5）根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。 4．(1) Fe、C、O (2)Fe、C (3) (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；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有 【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为单质的混合物，肯定含铁，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的成分为：Fe、C； （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。 5．(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：。 6．(1) (2) (3) 【分析】某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，X经低温加热的无色固体B，B与足量硝酸酸化的硝酸银反应，产生的白色沉淀E为AgC1、则B+AgNO3→E的反应为复分解反应， B为金属氯化物、设其化学式为MCla，24.35g AgC1的物质的量为0.1mol，按元素质量守恒、B含0.1molCl、即3.55gCl，则B中所含金属元素M为7.45g -3.55g =3.9g，a=1、M为钾元素可满足，故B为KCl、其物质的量为0.1 mol；28.15gX分解得B(KCl)和A， X由四种元素组成，其中一种为金属元素，则暗灰紫色固体A由非金属元素组成、高温下加热冷却所得紫黑色固体C、为碘单质，12.70g碘单质、即0.05 mol；深红棕色液体D为溴单质、8.00g溴单质为0.05 mol，则20.70gA由溴和碘元素组成、所含Br、I均为0.1 mol，其化学式为IBr，由此，化合物x含钾、氯、溴、碘四种元素，它们的物质的量之比是1:1:1:1，则X化学式为，据此回答； 【详解】（1）紫黑色固体C的化学式是I2，深红棕色液体D的化学式是Br2。 （2）据分析，化合物X的化学式是，化合物X的一价阴离子为为直线形结构，则该阴离子的电子式。 （3）①暗灰紫色固体A为IBr，能与水发生反应生成HBr、HIO，氢溴酸能与硝酸银发生复分解反应生成淡黄色沉淀溴化银和硝酸，则IBr与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，该反应的离子方程式。 ②若与在乙醚中反应，生成两种盐，则该反应是复分解反应，相互交换成分得到两种盐：该反应的化学方程式。 7．(1)、 (2)b (3) 3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓ ＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓ (4)SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ 【分析】强酸性溶液中存在H+，溶液X中一定不含、；X中加入过量Ba(NO3)2溶液得到气体A、溶液B和沉淀C，则X溶液中一定存在Fe2+、，转化①发生的反应有3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，则气体A为NO，沉淀C为BaSO4，由于Ba2+与不能大量共存、酸性条件下Fe2+与不能大量共存，则X溶液中一定不含Ba2+、溶液，溶液B中一定含Fe3+、过量的Ba2+和，可能含Al3+、；NO与O2反应生成的气体D为红棕色的NO2，NO2与H2O、O2作用得到的溶液E为HNO3溶液；溶液B中加入过量的NaOH溶液得到气体F、沉淀G和溶液H，气体F与HNO3溶液(溶液E)反应得到溶液I，则气体F为NH3，溶液I为NH4NO3溶液，溶液B中含，进一步逆推X溶液中含；溶液B中一定含Fe3+，则沉淀G一定为Fe(OH)3，Fe(OH)3溶于过量HCl得到FeCl3，溶液J中含FeCl3、HCl；溶液H中通入过量CO2得到沉淀K和溶液L，则溶液H中含，沉淀K为Al(OH)3，则溶液B中含有Al3+，X溶液中含Al3+；综上，溶液X中一定含Fe2+、Al3+、、；一定不含Ba2+、、、；由于溶液X中加入过量Ba(NO3)2将Fe2+氧化成Fe3+，无法判断原溶液X中是否含Fe3+。 【详解】（1）强酸性溶液中存在大量H+，由于、能与H+反应，故溶液X中肯定不存在的离子是、；答案为：、； （2）根据分析，溶液X中一定含Fe2+，同时溶液X呈强酸性，在酸性条件下Fe2+与发生氧化还原反应而不能大量共存，故溶液X中一定不含有；答案选b； （3）由分析，转化①的离子方程式为：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，转化⑦为过量CO2与反应生成Al(OH)3和，反应的离子方程式为＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓；答案为：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓； （4）溶液J中含FeCl3、HCl，通入SO2后反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；答案为：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。 8．(1) Cu(N3)2 (2)Cu(N3)2Cu+3N2↑ (3)Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH (4)Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2 (5)取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g，则含有C(或取mg固体与足量氢气共热，冷却后称量，若所得固体质量为g，则无C，若小大于g，则含有C) 【分析】气体B与氯化氢反应生成白烟，则B为NH3，则固体A中含N元素，猜测为Mg3N2，固体B为MgO，气体A为N2，固体D为砖红色，为Cu2O，则溶液A为Cu(NO3)2，固体C为Cu，X由Cu、N元素组成，X中酸根对应的酸为一元酸，则该酸为HN3，则X的化学式为Cu(N3)2。 【详解】（1）气体A为N2，电子式为，X的化学式为Cu(N3)2； （2）Cu(N3)2隔绝空气分解生成N2和Cu，观察法配平化学方程式为Cu(N3)2Cu+3N2↑； （3）Mg3N2溶于稀硫酸发生反应生成MgSO4和(NH4)2SO4，该反应的离子方程式为Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH； （4）Cu(N3)2和次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质是N2，N元素化合价升高，则NaClO中Cl元素化合价降低生成NaCl，该反应的化学方程式为Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2； （5）D为Cu2O，加热条件下被氧气氧化成氧化铜，反应方程式为：2Cu2O+O24CuO，取mg的Cu2O加热后能得到g CuO，若D中含有Cu，在O2中加热后发生反应2Cu’+O22CuO，固体质量应大于g，故实验方案可设计为：取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g。 9． Ca、C、N CaCN2 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3 氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，先通氨气，形成碱性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到较多的晶体 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，铜丝又变为紫红色。 【分析】固体X与H2O、CO2反应产生固体A、液体B，根据X与A、B的质量关系可知反应消耗H2CO3的物质的量n(H2CO3)=；液体B水解产生D、E的气体混合物，将该混合气体通过足量浓硫酸，浓硫酸增加质量1.7 g，则说明该气体中含有NH3 1.7 g，因此X中含有N元素，根据N元素守恒可得n(N)=n(NH3)==0.1 mol，将剩余气体通过足量澄清石灰水产生固体A的质量是5.0 g，则固体A是CaCO3，其质量与X和H2O、CO2反应产生固体A质量相等，说明X中含有Ca、C两种元素，然后根据质量与物质的量关系确定X的化学式，并结合物质的性质分析解答。 【详解】(1)根据上述分析可知X中含有Ca、C、N三种元素；n(N)=n(NH3)==0.1 mol，n(CaCO3)==0.05 mol，n(Ca)=n(CaCO3)=0.05 mol，则固体X中含有C元素的物质的量n(C)=，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.05 mol：0.05 mol：0.1 mol=1：1：2，所以X的化学式为CaCN2； (2)在步骤Ⅳ中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，发生反应生成固体A的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O； (3)在步骤I中CaCN2与H2O、CO2反应产生A是CaCO3，产生液体B含有C、N、H元素，n(H)=，n(H)：n(C)：n(N)=0.01 mol：0.05 mol：0.05 mol=2：1：1，则B化学式为CH2N2，所以CaCN2与H2O、CO2反应产生CaCO3、CH2N2，该反应的化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3； (4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。可说明E是NH3，D是CO2，物质制取时先通入NH3再通入CO2，是由NH3在水中的溶解度远大于CO2，NH3的水溶液显碱性，先通NH3，形成碱性溶液，可吸收更多的CO2，产生更多的，从而能得到较多的晶体； (5)E是NH3，由于N元素化合价为-3价，是N元素的最低化合价，因此具有还原性，该气体能够与CuO在加热条件下发生氧化还原反应：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。实验操作为：将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，看到铜丝又变为紫红色，据此证明其还原性。 10． 或 酸性 溶液(或其他合理答案) 【分析】A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，则A为Fe2O3，X与A（Fe2O3）发生置换反应生成氧化物B和金属单质Y，则X为Al、Y为Fe、B为Al2O3；试剂2能与铁和氧化铁反应，且D与Y（Fe）反应生成E，则试剂2为强酸、D为铁盐、E为亚铁盐；若试剂1为强碱，铝与强碱反应生成偏铝酸盐；若试剂1和试剂2为同种物质，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子水解溶液呈酸性，以此分析解答。 【详解】(1)根据上述分析，单质X与A反应是铝热反应，反应方程式为：，故答案为：； (2)①若试剂1为强碱，则氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为：，故答案为：或； ②若试剂1和试剂2为同种物质，则试剂1为强酸，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则C溶液显酸性，故答案为：酸性； (3)①若试剂2是稀硝酸，Y单质为Fe，则E为硝酸亚铁，Fe与稀硝酸反应生成E的离子方程式为：，故答案为：； ②D为铁盐，可以用KSCN溶液检验Fe3+，溶液出现血红色，故答案为：KSCN溶液。 11． S、C、N Ba2++SO2+H2O2=BaSO4↓+2H+ 向溶液中加入适量KSCN溶液，若出现红色，则其中阳离子为Fe3+ 【分析】气体单质对氢气的相对密度为14(标准状况下)，则单质的相对分子质量为28，温合气体通过灼热的铜网得到气体，故为氮气，为氮气和氧气；气体通入澄清石灰水，得沉淀为碳酸钙，故气体中还有CO2，根据化合物为红色固体，加稀盐酸能溶解，可知为氧化铁，混合气体C中含有，能与反应生成，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，据此解题。 【详解】(1)气体单质对氢气的相对密度为14(标准状况下)，则单质的相对分子质量为28，温合气体通过灼热的铜网得到气体，故为氮气，为氮气和氧气；气体通入澄清石灰水，得沉淀为碳酸钙，故气体中还有，且，则；气体通入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，，则；根据化合物为红色固体，加稀盐酸能溶解，可知为氧化铁，，则；化合物的质量为，故；故含有的非金属元素为、C、、的化学式为。 (2)混合气体C中含有，能与反应生成，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为。 (3)向溶液中加入适量KSCN溶液，若出现红色，则其中阳离子为Fe3+。 12． 氢、碳、铝 Al(CH3)3 Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑ CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O 【分析】根据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气直接点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。 【详解】（1）根据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3， （2）固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑； （3）甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。 13． Al Al2O3 二氧化硅 原子晶体 制光导纤维 SO2 CH3COOH 【分析】电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，C、D为单质，所以B是氢氧化钠溶液，氢气、氯气反应生成HCl，F是HCl； 【详解】（1） 若A是常见的金属或金属氧化物，A能与NaOH溶液反应，则A为铝或氧化铝，金属铝、氧化铝都能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝，则A的化学式为Al或Al2O3； （2） 若A是一种常见氧化物，A和氢氧化钠溶液反应生成E，E与盐酸反应不管HCl过量与否，G为同一种难溶性物质，则A的名称是二氧化硅，晶体类型是原子晶体，A的用途是制光导纤维； （3） 二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，若A是一种具有漂白性的气态氧化物，A是SO2；二氧化碳是无味的气态氧化物，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，若A是一种无味的气态氧化物，A是二氧化碳，二氧化碳的电子式为。 （4） 若A为有机化合物，A能与氢氧化钠反应生成E，E与F（HCl）反应又生成A，则A是羧酸或酚类， A可能的结构简式是CH3COOH、。 14． BaSO4和AgCl Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag +＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4 2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2 Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生 【分析】Ⅰ．白色无机盐 X(含三种元素，相对分子质量小于 400)能与水发生反应。白色沉淀 D 中的一种成分及质量与沉淀 B 相同，B为BaSO4，物质的量为，D中另一种沉淀为与氯离子生成的AgCl，物质的量为，推知X中含S:0.02mol×2=0.04mol、Ag:0.04mol、由质量守恒含氧=0.012mol，A的实验式为Ag2S2O3，相对分子质量小于400时，Ag2S2O3为328，符合题意，A为Ag2S2O3，与水反应Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；黑色固体A为Ag2S，与浓硝酸反应的离子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag +＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；各物质关系如图： ； Ⅱ．Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生；用原电池的方法证明Ag+也能氧化 Iˉ，要用盐桥将Ag＋和I－分开，用惰性电极作电极，由此设计。 【详解】Ⅰ．由分析：(1)白色沉淀 D 的成分为BaSO4和AgCl； 故答案为：BaSO4和AgCl； (2)黑色固体 A 与浓硝酸反应生成硫酸银和二氧化氮，离子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag +＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O； 故答案为：Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag +＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O； （3）X 与 H2O 反应生成黑色的硫化银和硫酸，化学方程式是 Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4； 故答案为：Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4； Ⅱ．（1）甲同学猜测，0.1 mol·Lˉ1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3 溶液中时，溶液应变蓝色，有碘生成，对应的离子方程式2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2； 故答案为：2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2 ； （2）乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生。用原电池的方法证明Ag+也能氧化 Iˉ，要用盐桥将Ag＋和I－分开，用惰性电极作电极，电极材料及电解质溶液、实验装置图，如图： 。 故答案为：Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生；。 15． CH4 4 孤电子对 甲醛 sp2杂化 3 Si＜C＜N 【分析】、、、、五种元素的原子序数依次递增。根据①F位于周期表中第四周期族可判断其为Cu；根据②E的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E为Si；根据④X是形成化合物种类最多的元素可判断X为C；根据③Y原子核外L层电子数为奇数且原子序数比X的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N或F；根据⑤Z的原子P轨道的电子数为4推测出Z可能为O或S，但E的原子序数大于Z，E为Si，所以Z只能为O，处于C和O之间的Y只能为N，所以、、、、分别为C、N、O、Si、Cu，据此解题。 【详解】(1)X为C，元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4； (2)为Cu2O，根据化学式中原子个数比Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以该晶胞中所包含的Cu原子数目为4个； (3)在[Cu(NH3)4]2+离子中，的空轨道接受的氮原子提供的孤电子对形成配位键； (4)常温下C、O和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成C=O，C剩余的两个单电子各与两个H形成两个C-H键，双键中含有一条σ键和一条π键，两条C-H单键都是σ键，所以σ键数=2+1=3，杂化轨道数=σ键数+孤对电子数(C无孤对电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数=3，为sp2杂化，1mol HCHO分子中σ键的数目为3； (5)、、三种元素分别为C、N、Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、N、Si的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si＜C＜N。 16． 9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O 先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O K2CO3 Ba(OH)2 CaCl2 【分析】①能使溶液呈碱性的离子有OH-、CO32-，测得溶液A、B呈碱性，则应分别为碱、碳酸盐，且碱性为B＞A，则A为碳酸盐，形成化合物且溶于水的只有K+，剩下的阳离子能与OH-形成化合物且溶于水的只有Ba2+，故A应为K2CO3，B应为Ba(OH)2； ②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，应为Fe(NO3)2，发生氧化还原反应生成NO气体； ③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失，则D含有Al3+，E含有Ca2+，结合离子共存可知D为Al2(SO4)3，E为CaCl2，以此解答该题。 【详解】(1)实验②中发生反应的化学方程式为9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O；向C中滴加NaOH溶液，C溶液中为Fe(NO3)2，出现的现象为先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； (2)实验③中发生反应的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O； (3)由以上分析可知A为K2CO3，B为Ba(OH)2，E为CaCl2。 17． 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。 18． NH4++H2O NH3·H2O+H+ 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 第三周期第ⅦA 族 16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O 【分析】根据题干可知 Q、W、X、Y、Z 分别为 C、N、O、Na、Cl 五种元素。 (1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+。 (2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。 (3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族。 (4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。 【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2O NH3·H2O+H+。 (2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。 (3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族，故答案为：第三周期第ⅦA 族。 (4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。 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 $$