2025届高三化学专题训练-- --无机推断题

2025届高三化学专题训练----无机推断题 1．（2024高三上·吉林白山·期中）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题： （1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： ． （2）A、B、H的化学式：A 、B 、 H ． （3）①H2O2分子的电子式为 。 ②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。 （4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。 （5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na 2 O 2 ，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式： 。 2．（2024·河北衡水·一模）已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且D、G的原子序数相差10，E元素有多种化合价。它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E.、F的电子数相差1。 请回答下列问题： (1)基态E原子的价电子排布式为 。 (2)与BC分子互为等电子体的离子为 (填化学式）。 (3)在B5A5、BC2中，B原子采取的杂化方式分别为 、 。 (4)单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是 (填分子式），而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是 。 (5)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为 ；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为 。 (6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。    Ⅰ                         Ⅱ ①其中表示金属D晶体晶胞的结构图为 (填“I”或“II”)。 ②金属G的晶胞中，测得晶胞边长为361 pm，G 原子的半径约为 pm（保留三位有效数字），D、G两种晶胞中金属的配位数之比为 。 ③金属G、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示： 电离能/kJ • mol-1 I1 I2 G 746 1958 锌 906 1733 G的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是 。 3．（2024·福建福州·一模）汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙就在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。 请回答下列问题： (1)甲的化学式为 ，丙的电子式为 。 (2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为 。 (3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为 ， 安全气囊中红棕色粉末的作用是 。 (4)以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是 。 A．KCl      B．KNO3      C．Na2S      D．CuO (5)    设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物） 。 4．（2024·山东青岛·二模）W、X、Y、Z、M五种元素位于周期表中前四周期。W元素的一种核素原子核内没有中子；X、Y元素最外层电子排布式均可表示为nsnnpm，其中X元素第一电离能在本周期中最大，Y元素第一电离能和电负性在本周期中均居第三位；Z元素在周期表中周期序数等于族序数且为奇数；M位于元素周期表ds区，最外层只有1个电子。 (1)W、Y形成的化合物 (填序号)。 ①可能只含有离子键②可能只含有共价键③可能既含有离子键又含有共价键 (2)Y基态原子的价电子轨道表示式为 ，与Y3-互为等电子体的分子是 。 (3)将X充入灯管中通电后发出红光，试用电子跃迁理论解释： 。 (4)Z单质溶于强碱溶液生成的阴离子中心原子杂化方式为 ，该离子空间构型为 。 (5)M是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途。已知M与W形成的化合物晶体结构如图所示，该化合物的密度为ρg·m-3阿伏加德罗常数的值为NA，则WM最近距离距离为 cm(含NA和ρ的式子表示)。    5．（2024高三上·北京海淀·期中）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W和X两种元素的最高价氧化物的水化物均能与Y的氢氧化物发生反应，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16。 （1）W单质的电子式是 。 （2）请用化学用语解释W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因： 。 （3）已知As元素的原子序数为33，与W在同一主族，As在元素周期表中的位置是 。 （4）W的最高价氧化物的水化物与Y的氢氧化物发生反应的离子方程式是 。 （5）X与Z的单质之间发生反应的化学方程式是 。 （6）已知Q与Z是位于相邻周期的同主族元素。某温度下，两种元素的气态单质与H2发生化合反应生成气态氢化物的平衡常数分别为KQ= 5.6×107，KZ = 9.7×1012。Q的元素符号是 ，理由是 。 6．（2024高三·湖北·开学考试）短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。 （1）M在元素周期表中的位置是 。 （2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为 。 （3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为 。 （4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为 。 （5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为 。 7．（2024高三上·河南濮阳·阶段练习）如图所示是某些无机物的转化关系（部分反应物和生成物未列出）。已知F是一种红褐色沉淀；M、K是常见的金属单质；B是一种有刺激性气味的气体；向C溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀盐酸的白色沉淀。 （1）已知盐X不带结晶水，则X的化学式为 。 （2）若不考虑损失，G、D和H2O可恰好完全反应生成I，反应时G和D的物质的量之比为 。 （3）足量K与I的稀溶液反应的离子方程式为 。 （4）J与NaOH溶液恰好完全反应可生成一种盐。将该盐的水溶液蒸干灼烧可得到 （填化学式）。 （5）在0.02 mol·L-1的X溶液中，各种离子的浓度由大到小的顺序为 。 8．（2024高二下·浙江温州·期末）物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由氯化铝（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1:2组成。在密闭容器中加热8.75g X使之完全分解，冷却后可得到3.2 g固体氧化物B、0.448L无色气体D（体积已折算为标准状况）、4.27g混合晶体E。B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色。D气体能使品红褪色。 请回答下列问题： （1）X的化学式为 。 （2）将A固体隔绝空气充分灼烧，使其分解，生成等物质的量的B、D和另一种化合物，则A分解的化学方程式为 。 （3）将E混合晶体溶于水配成溶液，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为 。E混合晶体中某种物质在一定条件下能和KI固体反应，写出该方程式 。 （4）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，其分子式是 。请设计实验方案验证之 。 9．（2024·海南·一模）[选修3—物质结构与性质]Ⅰ某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1。下列有关X的说法中，不正确的是( ) A．X 能形成化学式为X(OH)3的碱 B．X 不能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐 C．X 原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数 D．X 能与某些金属元素或非金属元素形成化合物 Ⅱ已知 A、B、C、D、E 都是元素周期表中原子序数小于36的元素，且它们的核电荷数依次增大。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后 3p 轨道全充满。A+比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。 请根据以上情况，回答下列问题： （1）E元素原子的核外电子排布式是 。 （2）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为 。 (用元素符号表示) （3）B 元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因是 。 （4）化合物BD3的分子中，原子B的杂化轨道是 ，分子空间构型是 。 （5）E 的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。 据此可判断E(CO)5的晶体类型为 。金属 E 单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为 。 10．（2024·河南郑州·一模）某溶液中，可能含有下表所列离子中的某几种： 阳离子 Al3+、Mg2+、NH、Na+ 阴离子 CO、SiO、[Al(OH)4]-、Cl- 取少量该溶液，向其中加入某试剂X，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂X的体积(V)关系如下图所示： (1)若X是NaOH溶液，原溶液中一定含有的阴离子有 ；BC段反应的离子方程式为 。 (2)若X是盐酸，则原溶液中一定含有的金属阳离子是 ；AB段发生反应的总离子方程式为 ；OA段生成沉淀的物质的量之比为 。 11．（2024·河南郑州·一模）A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图a所示（部分产物已略去）。 （1）若A为非金属单质，D是空气的主要成分之一，请写出B的电子式 。 （2）若A为金属单质，D是某强酸的稀溶液，则反应C＋D→B的离子方程式为 。 （3）若A为强碱，D为气态氧化物。B的水溶液露置于空气中一段时间，其pH变化如图b所示，则其pH变化的原因是 （用离子方程式表示）。 12．（2024·天津·一模）X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，Y2是空气主要成分之一。请回答： (1)Q元素在周期表中的位置 ； (2)这五种元素原子半径从大到小的顺序为 (填元素符号) (3)元素的非金属性Z Q(填“>”或“<”)，下列各项中，不能说明这一结论的事实有 (填序号) A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊 B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价 C．Z和Q的单质的状态 D．Z和Q在周期表中的位置 (4)Q的氢化物与它的低价氧化物反应的化学方程式为 (5)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式 ；实验室制备气体A的化学方程式 B的水溶液不呈中性的原因 (用离子方程式表示) (6)若使A按下列途径完全转化为F： ①F的化学式为 ； ②C→F过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 13．（2024·江西赣州·三模）金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下： 已知：气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。 请回答下列问题 （1）A和B两溶液混合产生白色沉淀，产生该沉淀的离子反应方程式为 。 （2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的电子式 。 （3）完成并配平下列离子方程式：Al＋＋OH－＋H2O—— ＋ 。 （4）Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是 。 14．（2024·吉林·模拟预测）已知A为一种盐，C、D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、 H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验。 （1）写出D的电子式为 ； （2）写出反应②的化学方程式： ；反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ； （3）将等体积、等浓度的G和F的溶液混合，溶液显碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为 ； （4）检验J中阳离子的实验方法为 ； （5）已知B中氧元素的质量分数为22.2﹪，且A分解产生的各物质的物质的量之比为n(B)：n(C)： n(D)：n(E)：n(F)=1：2：2：1：2，则A的化学式为 。 15．（2024·辽宁鞍山·一模）X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如下表所示。 元素 部分结构知识 部分性质 X X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子 X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存 Y Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半 Y能形成多种气态氢化物 Z Z原子的最外层电子数多于4 Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6 W W原子的最外层电子数等于2n-3（n为原子核外电子层数） 化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+ 填写下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答） （1）Z元素在周期表中的位置是 ；Y的一种氧化物能导致温室效应，该氧化物的电子式为 ；Z的单质与W的单质一定条件下可发生反应生成化合物A，A中所含化学键类型为 。 （2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是 。 （3）实验室制取Z单质的化学方程式为 。 （4）实验室制取X的氢化物的化学方程式为 ；工业上用此氢化物制取X的最高价含氧酸的第一步反应方程式为 。 （5）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的离子方程式为 。 16．（2024·陕西西安·一模）已知X、Y、Z是阳离子，K是阴离子，M、N是分子.它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质： ①它们的核外电子总数都相同； ②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红； ③Y和K都由A．B两元素组成，Y核内质子数比K多2个； ④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等； ⑤X和K的浓溶液在加热条件下生成M和N； ⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含K的溶液，有白色沉淀J生成，再加入过量的含K或Y的溶液，沉淀J消失. 回答下列问题: （1）Y的化学式为 ；N的电子式为 ； （2）试比较M和N的稳定性：M N（填“>”或“<”）. （3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式： ； （4）从电离的角度看白色沉淀J能溶于过量的含K或Y的溶液其原因是（用离子方程式表示）: （5）上述六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种含三种离子的盐，向该盐的浓溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，①写出b阶段的离子方程式： . ②根据图象判断该盐的化学式为 .    17．（2024·湖南·一模）某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈[Cu2(OH)2CO3]、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾(CuSO4·5H2O)、无水AlCl3和铁红的过程如下图所示： 请回答： （1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是 。 （2）溶液2中含有的金属阳离子是 ；气体2的成分是 。 （3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是 。 （4）利用固体2制取CuSO4溶液有多种方法。 ①在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是 。 ②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是 。 （5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是 （6）直接加热AlCl3·6H2O不能得到无水AlCl3。SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体。AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是 。 18．（2024·浙江湖州·二模）Ⅰ．短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。A、B、C三种元素原子电子层数之和是5；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒；E与A在同一主族。请回答下列问题： （1）写出A与E形成的化合物的电子式 。 （2）B、D、E组成的一种盐中，B的质量分数为17.91%，其水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出该盐的化学式 。 （3）写出工业制备单质E的化学方程式 。 Ⅱ．某研究小组为了探究仅一种白色粉末状固体X（仅含四种元素）的组成和性质，称取6.3g固体X，设计并完成了如下实验： 已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O 请回答下列问题： （1）画出沉淀丙中金属元素的原子结构示意图 ，写出气体甲的电子式 。 （2）X的化学式是 。 （3）生成砖红色沉淀的原因是 （用化学方程式表示）。 （4）在加热条件下，用氢气还原砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式 ，有人提出产物中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之 。 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． 1~100nm      Fe FeS H2SO4 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子的存在 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3(胶体) +O2↑+8Na+ 【详解】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A也能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；硫酸亚铁和过氧化钠反应生成氢氧化铁。则 （1）胶体微粒直径在1～100nm之间；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀）；（3）①双氧水是共价化合物，电子式为；②C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）E中有铵根离子，可取少量E于试管中，用胶头滴管加入氢氧化钠溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子；（5）硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。 2． 3d44s2 CN-（或NO+或C） sp2 sp O3 水分子间存在氢键 产生白色沉淀 [Co(NH8)6SO4]Br I 128 2:3 锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量 【详解】试题分析：A的原子半径最小，A是H元素；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，B是碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2，n=2，则C是O元素；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序数相差10，G是Cu元素；E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E是Fe元素；E.、F的电子数相差1，F是Co元素。 解析：根据以上分析，(1)基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2。 (2)与CO分子互为等电子体的离子为CN-。 (3)在C5H5、CO2直线结构，C原子采取的杂化方式分别为SP2、SP。 (4)单质O有两种同素异形体O2、O3，O3比O2相对分子质量大所以沸点高，水分子间形成氢键，所以沸点比同主族的简单氢化物都高。 (5) Co可形成分子式均为Co (NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br。 (6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。 ①金属K是体心立方最密堆积，晶体晶胞的结构图为I。 ②金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞边长为361 pm，面对角线的为，G 原子的半径约为128pm，金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12，配位数比是2:3。 ③锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。 点睛：配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。 3． NaN3 Na2O+2CO2+H2O= 2NaHCO3 6Na+Fe2O3 2Fe + 3Na2O 避免分解产生的金属钠可能产生的危害 D 可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物。准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为NaHCO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物 【详解】试题分析：粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸，则该红色粉末为氧化铁；取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。则甲含有2种元素，甲为氮化钠，乙是钠；单钠在高温隔绝空气的条件下与氧化铁反应生成化合物丙和另一种单质，则化合物丙是氧化钠，另一种单质是铁；氧化钠与二氧化碳反应生成可溶性盐。 解析：根据以上分析，(1)甲是氮化钠，根据13.0g化合物甲生成6.72L氮气，可知钠元素质量为13-6.72÷22.4×28=4.6g，钠的物质的量为0.2mol、氮元素的物质的量是6.72÷22.4×2=0.6mol，化学式为NaN3，氧化钠的电子式为。 (2)氧化钠与二氧化碳转化为碳酸氢钠，根据元素守恒，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O= 2NaHCO3。 (3)钠与氧化铁发生反应生成氧化钠和铁，化学方程式为6Na+Fe2O3 2Fe + 3Na2O， 金属钠具有腐蚀性，安全气囊中红棕色粉末的作用是避免分解产生的金属钠可能产生的危害。 (4)金属钠还能与氧化铜反应生成氧化钠和铜，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是氧化铜，故D正确。。 (5)    设计一个实验方案，氧化钠与空气中的二氧化碳、水接触可能生成碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定加热生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以探究可溶性盐的成分可以准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为NaHCO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物。 点睛：氧化钠是碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠。 4． ②③ CO2或NO2或CS2 通电时，Ne原子吸收能量，核外电子由基态跃迁到激发态。激发态不稳定，电子再由激发态向基态跃迁，能量就以光的形式释放，所释放的光的频率在可见光红色光区域内，所以发出红色光。 sp3杂化 正四面体 【详解】W、X、Y、Z、M五种元素位于周期表中前四周期。W元素的一种核素原子核内没有中子，W是H；X、Y元素最外层电子排布式均可表示为nsnnpm，n＝2。其中X元素第一电离能在本周期中最大，Y元素第一电离能和电负性在本周期中均居第三位，所以X是Ne，Y是N；Z元素在周期表中周期序数等于族序数且为奇数，Z只能是第三周期，Z是Al；M位于元素周期表ds区，最外层只有1个电子，M是Cu。 (1)H、N形成的化合物可以是氨气，只含有共价键，或者是NH4H，含有共价键和离子键，答案选②③；(2)N基态原子的价电子轨道表示式为  。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则与N3-互为等电子体的分子是CO2或NO2或CS2。(3)由于通电时，Ne原子吸收能量，核外电子由基态跃迁到激发态。激发态不稳定，电子再由激发态向基态跃迁，能量就以光的形式释放，所释放的光的频率在可见光红色光区域内，所以发出红色光。(4)Al单质溶于强碱溶液生成的阴离子是Al(OH)4－，中心原子Al的价层电子对数是4，所以杂化方式为sp3杂化，该离子空间构型为正四面体。(5)晶胞中Cu原子个数＝8×1/8+6×1/2=4，H原子全部在晶胞中，共计4个。Cu、H最近距离为体对角线的1/4，设为xcm，则晶胞边长为，所以根据m＝Vρ可知WM最近距离距离为cm。 5． NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH- 第四周期  第VA族 3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O 2Na+Cl22NaCl Br 理由：由KQ<KZ可知Q的气态氢化物的稳定性弱于Z，故Q的非金属性弱于Z 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W是N元素。W和X两种元素的最高价氧化物的水化物均能与Y的氢氧化物发生反应，因此X是Na，Y是Al。W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16，则Z的最外层电子数＝16－5－1－3＝7，所以Z是Cl。 【详解】（1）氮气的电子式是。 （2）氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根而显碱性，从而使使紫色石蕊溶液变蓝，方程式为NH3+ H2ONH3·H2ONH4++ OH-； （3）已知As元素的原子序数为33，与N在同一主族，As在元素周期表中的位置是第四周期 第VA族。 （4）W的最高价氧化物的水化物硝酸与Y的氢氧化物氢氧化铝发生反应的离子方程式是3H++ Al（OH）3＝Al3++ 3H2O。 （5）X与Z的单质之间发生反应的化学方程式是2Na+Cl22NaCl。 （6）由KQ<KZ可知Q的气态氢化物的稳定性弱于Z，故Q的非金属性弱于Z，所以Q的元素符号是Br。 6． 第三周期第VIA族 NH4SCN N≡C—O—O—C≡N (CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O 【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。 【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。 （1）S位于元素周期表中第三周期VIA族； （2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。 （3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。 （4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。 （5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。 7． (NH4)2Fe(SO4)2 4：3 3Fe+8H++2NO=3Fe2+ +2NO↑+4H2O NaAlO2 c(SO)>((NH)>c(Fe2+)>((H+)>(OH-) 【详解】试题分析：F是红褐色沉淀，推出F为Fe(OH)3，则A为Fe(OH)2，说明X中含有Fe2＋，C溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明C中含有SO，X中含有SO，Fe(OH)3受热分解成Fe2O3，因为M是金属，则此反应是铝热反应，K为Fe，J为Al2O3，X和NaOH溶液产生刺激性气体，此气体为NH3，说明X溶液中含有NH，C为Na2SO4，电解Na2SO4溶液，实际上电解H2O得到H2和O2，则D为O2，E为H2，G为NO，I为HNO3，(1)根据上述推断，根据化合价的代数和为0，X为(NH4)2Fe(SO4)2；（2）发生的反应是4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，因此两者的比值为4：3；（3）铁是过量的，因此离子反应方程式为：3Fe+8H++2NO=3Fe2+ +2NO↑+4H2O；（4）氧化铝表现两性，Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，蒸干后得到固体是NaAlO2；(5)X的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，NH、Fe2＋要水解，但Fe2＋水解程度大于NH4＋，溶液显酸性，因此离子浓度大小顺序是c(SO)>c(NH)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)。 考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质、离子浓度大小比较等知识。 8． AlCl3·2FeSO4 2FeSO4SO2↑+SO3+Fe2O3 Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O 2KI+SO3K2SO3+I2 O2 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2 【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有＋3价Fe，则B为Fe2O3，无色气体D能使品红溶液褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，X的组成为AlCl3·2FeSO4，氧化铁的物质的量为＝0.02 mol，生成二氧化硫的物质的量为＝0.02 mol，由Fe、S原子之比为1∶1，可知生成SO3的物质的量为0.02 mol，4.27 g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为＝0.02 mol。 【详解】(1)X的化学式为AlCl3·2FeSO4。 (2)A分解的化学方程式为2FeSO4SO2↑＋SO3＋Fe2O3。 (3)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫与水反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程总反应的离子方程式为Al3＋＋2H＋＋6OH－=＋4H2O；E晶体中的SO3在一定条件下能和KI固体反应，该反应方程式为SO3＋2KII2＋K2SO3。 (4)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2。 9． AB 1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2 Na＜S＜P＜Cl 第VA族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键，而AsH3分子的相对分子质量比PH3分子的大 sp3杂化 三角锥 分子晶体 1：2 【详解】试题分析：Ⅰ、根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意；A、由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X(OH)3的碱，故A不正确；B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B不正确；C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，故C正确；D、N元素能与金属Mg元素形成化合物Mg3N2，Cl元素能与金属Na元素形成化合物NaCl，故D正确；故选AB。 Ⅱ、由于B原子的p轨道半充满，所以B元素的核外最外层电子排布式为ns2np3，为第ⅤA族元素，再由B形成的简单氢化物的沸点是同主族元素的简单氢化物中最低的，确定B元素为磷元素；由“D原子得到一个电子后3p轨道全充满、A+比D原子形成的离子少一个电子层”及“A、B、C、D、E的核电荷数依次增大”,可推出A元素为Na，C元素为S，D元素为Cl；E的原子序数为26，则E元素为Fe。 （1）Fe元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2。 （2）Na、P、S、Cl的第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜P＜Cl。 （3） 因第VA族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键，而AsH3分子的相对分子质量比 PH3分子的大；故P元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因是。 （4）化合物PCl3的分子中，原子P原子的价层电子对互斥理论为4对，则其杂化轨道是sp3杂化，分子呈三角锥空间构型。 （5）因Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。 据此可判断其晶体类型为分子晶体。根据均摊法，体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数为2，面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数为4，则其比值为1：2 。 考点：考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系；考查核外电子排布式的书写、第一电离能大小的比较、杂化轨道理论、晶体类型及结构等知识 10．(1) Cl- 或 (2) Na+ n(H2SiO3)∶n[Al(OH)3]= 11∶2 【详解】（1）若X是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子，X是NaOH溶液，则BC段是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：或，故答案为：Cl-；或； （2）如果X是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，则不含铵根离子，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；AB段发生反应是碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；由图可知，生成硅酸、氢氧化铝沉淀消耗HCl的物质的量与溶解氢氧化铝消耗HCl的物质的量之比为4：1，设溶解氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为1mol，则氢氧化铝的物质的量为，生成氢氧化铝沉淀消耗HCl的物质的量为，则生成硅酸沉淀消耗HCl的物质的量为，所以生成硅酸的物质的量为，OA段生成沉淀的物质的量之比为，故答案为：Na+；；n(H2SiO3)∶n[Al(OH)3]= 11∶2。 11． 3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 2HSO3－＋O2 = 2H＋＋2SO42－ 【详解】试题分析：（１）若Ａ为非金属单质，可以是碳单质，与Ｄ氧气反应生成一氧化碳和二氧化碳，则B为二氧化碳，其电子式为：； （2）若A为金属单质，D是某强酸的稀溶液，A和D反应时，A的量不同生成物不同，则A是变价金属，且A是常见金属，则A为铁，B是铁盐，C是亚铁盐，D为稀硝酸，则反应C+D→B的离子方程式为3Fe2+ + 4H+ + NO3- = 3Fe3+ + NO↑ + 2H2O； （3）若A为强碱，D为气态氧化物，判断D为SO2，B为亚硫酸氢盐，常温时，将B的水溶液露置于 空气中，图2中pH变化判断为酸性增强，pH减小；所以是HSO3-被氧气氧化的结果，反应为2HSO3- + O2 = 2H+ + 2SO42-； 考点：无机推断，常见无机物性质 12． 第三周期第ⅥA族 Na>S>N>O>H > C 2H2S+SO2=2H2O+3S↓ 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ NH4++H2ONH3·H2O+H+ HNO3 1:2 【分析】元素Z在地壳中含量最高，Z是氧元素；J元素的焰色反应呈黄色，J是钠元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，原子序数大于J，则Q是硫元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，X的原子序数最小，则X是氢元素；Y2是空气主要成分之一，Y是氮元素。 【详解】(1)Q是硫元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族； (2)同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则这五种元素原子半径从大到小的顺序为Na>S>N>O>H； (3)同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则元素的非金属性Z(O)>Q(S)； A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明硫化氢被氧气氧化生成硫，可证明O的非金属性强于S，A正确； B．Z与Q之间形成的化合物中硫元素显正价，氧元素显负价，说明共用电子对偏向氧元素，可证明O的非金属性强于S，B正确； C．非金属性强弱与单质的状态无关，C错误； D．同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，可以根据Z和Q在周期表中的位置证明O和S的非金属性强弱，D正确； 答案选C； (4)Q的氢化物H2S与它的低价氧化物SO2反应的化学方程式为2H2S+SO2=2H2O+3S↓； (5)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，A是NH3，B是，A的电子式；实验室制备气体A的化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；B的水溶液不呈中性的原因是铵根离子水解，溶液呈酸性，+H2ONH3·H2O+H+； (6)①氨气连续和D反应，可知D是氧气，则E是NO，C是NO2，F是HNO3； ②C→F 的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。 13． Al3++3 + 6H20===4Al(OH)3 ↓ 8 3NH3 1:1 【详解】试题分析：根据转化关系，A为硝酸铝、B为偏铝酸盐、C为一氧化氮、D为氨气、E为二氧化氮、F为硝酸；（1）硝酸铝和偏铝酸盐溶液混合产生氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为Al3++3 + 6H20===4Al(OH)3 ↓；（2）在催化剂存在下，氨气可以将二氧化氮、一氧化氮转化为无毒的氮气，氮气的电子式；（3）根据电子守恒和元素守恒，平衡方程式为8Al＋3＋5OH－＋2H2O＝8＋3NH3，（4）Al与在酸性条件下反应的离子方程式为, Al与被还原的的物质的量之比是1：1。 考点：本题考查无机推断。 14． 4NH3＋3O2=2N2＋6H2O 1:2 c(NH4＋ )＞c(Cl－ )＞c(OH－ )＞c(H＋) 取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色 (NH4) 2Fe(C2O4)2 【分析】根据K与M反应生成血红色溶液，说明K是三价铁盐溶液，M的焰色反应为紫色，则M为KSCN；I为常见无氧强酸，I为盐酸（HCl），根据F→N→O→P的转化关系可以推断L为O2，E常温常压下为无色无味的液体可以推断E为H2O，反应①常用于气体F的检验，F和I（HCl）反应，说明F为NH3，G为NH4Cl；F和氧气反应生成的单质N，N为N2、O为NO，P为NO2，Q为HNO3；依据J和硝酸反应生成的K，是发生氧化还原反应的结果，H和I（HCl）反应推断H为Fe，J为FeCl2，题干中的信息中CD都是无色气体，B+C=Fe+D，能生成铁，说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断C为CO，D为CO2，B为铁的氧化物，据此回答。 【详解】（1）根据上述推断，D是CO2，其电子式为。 （2）根据上述分析，反应②是NH3在氧气中燃烧生成氮气和水，化学方程式为4NH3＋3O2=2N2＋6H2O;反应③是NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为3NO2+H2O =2HNO3+NO，NO2中N元素由+4价得2个电子生成+2价的NO，失1个电子生成+5价的硝酸，NO2既做氧化剂，又做还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2。 （3）根据上述推出，G、F分别为NH4Cl、NH3，将等体积、等浓度的NH4Cl和NH3的溶液混合，溶液显碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4＋ 的水解程度，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(NH4＋ )＞c(Cl－ )＞c(OH－ )＞c(H＋)。 （4）根据上述分析，J为FeCl2,检验Fe2＋存在的方法为取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色，说明阳离子是Fe2＋。 （5）A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，即B（含铁元素）：CO：CO2：H2O：NH3=1：2：2：2：2；依据原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物质的性质推断出A的化学式为(NH4) 2Fe(C2O4)2。 15． 第三周期第ⅦA族 共价键 HClO4＞HNO3＞H2CO3 MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ 4NH3+5O24NO+6H2O Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ 【详解】试题分析：X、Y、Z、W是短周期的四种元素：X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存，故X为氮元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，Y有2个电子层，最外层电子数为4，Y能形成多种气态氢化物，则Y为碳元素；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z最外层有7个电子，故Z为氯元素；W原子的最外层电子数等于2n-3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n-3=n，解得n=3，则W为铝元素．故X为氮元素；Y为碳元素；Z为氯元素；W为铝元素；（1）Z为Cl元素，有3个电子层，最外层有7个电子，在周期表中位于第三周期第ⅦA族，CO2是导致温度效应的气体，其电子式为，AlCl3在熔融时不导电，可知存在的化学键为共价键；（2）X为氮元素、Y为碳元素、Z为氯元素，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，所以酸性HClO4＞HNO3＞H2CO3；（3）实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）实验室利用消石灰和氯化铵混合加热制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；工业上利用氨的催化氧化制硝酸，氨催化氧化的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（5）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al（OH）3，用氨水制取Al（OH）3的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+。 考点：本题以元素推断为载体，考查电子式与热化学反应方程式等化学用语、盐类水解、元素周期律、元素化合物性质等。 16． H3O+    > Al3++ 3NH3·H2O = Al（OH)3↓+3NH4+ H+ + H2O + AlO2- Al（OH)3Al3++ 3OH- NH4+ + OH-= NH3·H2O NH4Al（SO4)2 【详解】试题分析：N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红，可知N为NH3、M为H2O，所以这些微粒的核外电子数都是10；Y和K都由A.B两元素组成，Y核内质子数比K多2个，则Y为H3O+、K为OH‾；，X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH4+；X和K的浓溶液在加热条件下生成M和N，则K为OH‾；Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含K的溶液，有白色沉淀J生成，再加入过量的含K或Y的溶液，沉淀J消失，则Z为Al3+、J为Al（OH)3。 （1）根据上述分析可知Y为H3O+；N为NH3，电子式为：  。 （2）M为H2O，N为NH3，因为O元素的非金属性大于N，所以H2O的稳定性大于NH3。 （3）Z为Al3+，与弱碱反应生成Al（OH)3沉淀，则离子方程式为：Al3++ 3NH3·H2O = Al（OH)3↓+3NH4+。 （4）Al（OH)3为两性氢氧化物，能发生酸式电离或碱式电离，电离方程式为：H+ + H2O + AlO2- Al（OH)3Al3++ 3OH-。 （5）上述六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种含三种离子的盐，根据图象可知，加入NaOH能生成沉淀，该沉淀能溶于NaOH溶液，则含Al3+，b阶段沉淀不变，说明含NH4+，发生的反应为：NH4+ + OH-= NH3·H2O；该盐的化学式为：NH4Al（SO4)2。 考点：本题考查物质与元素的推断、物质的性质及应用、图象的分析、方程式的书写。 17． 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ Fe2＋ CO2和H2 4Fe2＋＋8OH－＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3↓ Cu＋2H2SO4(浓CuSO4＋SO2↑＋2H2O 2Cu＋4H＋＋O22Cu2＋＋2H2O 若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子(如Na＋等)，而不是纯净的AlCl3溶液 AlCl3·6H2O＋6SOCl2AlCl3＋12HCl↑＋6SO2↑ 【详解】试题分析：分析转化关系图，加入试剂A，将所得溶液进行处理可得无水氯化铝，所以确定试剂A为氢氧化钠溶液，气体1为氢气；向固体1中加入试剂B可分出铁和胆矾，确定试剂B为酸，气体2中含二氧化碳二和氢气，溶液2中含有Fe2+，加入过量氢氧化钠溶液得到固体3为Fe（OH）3;固体2为Cu，与浓硫酸反应得到CuSO4,结合基础知识确定答案。 考点：物质间的转化、方程式的书写。 18． Na+[:H]- Na2C2O4 2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑ HCOONH4 HCOONa+2Cu(OH)2+NaOHNa2CO3+Cu2O↓+3H2O Cu2O＋H22Cu＋H2O 取少量反应产物于试管中，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 【详解】试题分析：根据提示可知，B是C元素，D是O元素，故C是N元素，A即为Ｈ元素，E和H是同主族且原子序数大于O，故E是Na元素，（1）A和E形成NaH，故电子式为：Na+[:H]-；（２）BDE组成的盐B的质量分数为17.91%，且能使高锰酸钾褪色，只能时草酸钠；（3）工业上制备金属钠是电解熔融状态的氯化钠得到，故方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2；(Ⅱ)气体甲是氨气，气体乙是二氧化碳，该物质能和新制氢氧化铜反应说明含有醛基，且氧化亚铜的物质的量计算为0.1mol，与醛基的比例关系是1:1，说明X中只有一个醛基，故X既含有醛基又含有铵根离子，故X为NH4OOCH，（1）沉淀丙是碳酸钙，故钙的核外电子排布是： （2）X为NH4OOCH，（3）醛基与新制氢氧化铜反应生成羧酸，和氧化亚铜；方程式为：HCOONa+2Cu(OH)2+NaOHNa2CO3+Cu2O↓+3H2O ；（4）氢气还原氧化亚铜生成铜单质，方程式为：Cu2O＋H2 2Cu＋H2O；取少量反应产物于试管中，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。 考点：考查元素周期表，化学推断相关知识 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 $$