2025届高三化学一轮复习 复习题--无机推断题

2025届高三化学复习题--无机推断题 1．（2024·上海·高考真题）考生注意：下题为分叉题，分A、B两题，考生可任选一题。若两题均做，一律按A题计分。A题适合使用二期课改新教材的考生解答，B题适合使用一期课改教材的考生解答。 （A）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表： 元素编号 元素性质或原子结构 T M层上有2对成对电子 X 最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是＋7价 （1）元素T的原子最外层共有 种不同运动状态的电子。元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 （2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出该微粒的电子式 （用元素符号表示） （3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 a．常温下Z的单质和T的单质状态不同    b．Z的氢化物比T的氢化物稳定 c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应 （4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是 ，理由是 。 （B）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表： 元素编号 元素性质或原子结构 T 单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性 X L层p电子数比s电子数多2个 Y 第三周期元素的简单离子中半径最小 Z L层有三个未成对电子 （1）写出元素X的离子结构示意图 。 写出元素Z的气态氢化物的电子式 （用元素符号表示） （2）写出Y元素最高价氧化物水化物的电离方程式 （3）元素T与氯元素相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 a．常温下氯气的颜色比T单质的颜色深 b．T的单质通入氯化钠水溶液不能置换出氯气 c．氯与T形成的化合物中氯元素呈正价态 （4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之—。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是 ，理由 。 2．（2024高三上·云南德宏·期末）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A原子核内无中子；A和E、D和F分别同主族，且B与D最外层电子数之比为2：3.试回答下列问题： (1)E元素在周期表中的位置是 ； (2)已知101KPa时，A单质的燃烧热为285.8 kJ/mol，请写出A单质完全燃烧生成液态水时的热化学方程式： ； (3)E单质在足量D单质中燃烧生成的化合物的电子式是 ； (4)化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成。 ①X、Y均属于 化合物(填“离子”或“共价”)： ②X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为 ； (5)化合物E2F的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，有单质生成。其离子反应方程式为： 。 3．（2024·江西宜春·一模）现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态。 请回答下列问题(填空时用实际符号)： (1) C的元素符号是 ；元素F在周期表中的位置 。 (2) B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物 B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为 ，其固体时的晶体类型是 。 (3) 最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的C4分子。C4分子结构如图所示，已知断裂lmolC－C吸收167kJ热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是 。 ① C4属于一种新型的化合物 ② C4沸点比P4(白磷)低 ③ lmol C4气体转变为C2吸收882kJ热量 ④ C4与C2互为同素异形体 ⑤ C4稳定性比P4(白磷)差 ⑥ C4属于原子晶体 ⑦ C4和P4(白磷)的晶体都属于分子晶体 ⑧ C4与C2互为同分异构体 (4) C与F两种元素形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为 ，其空间构型为 。 (5) 为了除去化合物乙(A2ED4)的稀溶液中混有的A2ED3，常采用A2D2为氧化剂，发生反应的离子方程式为： (6) E与F形成的化合物E2F2在橡胶工业上有重要用途，遇水易水解，其空间结构与A2D2极为相似。对此以下说法正确的是 。 a .E2F2的结构式为：F－ E—E－ F b.E2F2为含有极性键和非极性键的非极性分子 c. E2Br2与E2F2结构相似，熔沸点：E2Br2> E2F2 d. E2F2与H2O反应的化学方程式可能为：2 E2F2+2H2O=EO2↑+ 3E↓+4HF (7) 举出一种事实说明E与F的非金属性强弱(用化学方程式或用语言文字表达均可)： 4．（2024·吉林·二模）有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，现取两份100mL溶液进行如下实验： ①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，称量沉淀质量为6.99g； ②第二份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题： （1）该溶液中一定不存在的阳离子有 ； （2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 ；NaOH溶液的浓度为 (用字母c、d表示）； （3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为 ； （4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为 。 5．（2024·天津·高考真题）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，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。 请回答下列问题： (1)V的单质分子的结构式为 ；XW的电子式为 ；Z元素在周期表中的位置是 。 (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) 。 6．（2024·甘肃平凉·一模）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质,往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。回答下列问题: (1)溶液中一定含有的溶质是 (填化学式)。 (2)溶液中一定不含有的溶质是 (填化学式)。 (3)溶液中可能含有的溶质是 (填名称),判断该物质是否存在的实验方法是 ,若存在则现象是 。 (4)分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式: ①AB段为 ; ②BC段为 。 7．（2024·浙江·一模）现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小；B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16； F的最外层电子数等于电子层数，G单质是黄绿色气体。 (1)B在元素周期表中的位置是 。 (2)C2的电子式为 ，D、E、G对应的简单离子半径由小到大的顺序为 （用离子符号表示）。 (3)写出一个能用于证明元素B、G的非金属性强弱的化学反应方程式 。 (4)化合物甲由D、F两元素组成，将化合物甲、C单质与B单质按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和BD，写出反应方程式为 。 8．（2024·河北衡水·一模）有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系（部分反应物、生成物已略）。其中，B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。 请回答下列问题： （1）B的电子式为 。 （2）画出元素M的原子结构示意图 。 （3）物质X的化学式为 。 （4）电解混合液时阳极反应式为 。 （5）按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式： ① 含有L元素的化合反应 。 ② 含有L元素的置换反应 。 （6）已知 E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出kJ的热量，写出E燃烧热的热化学方程式 。 9．（2024高三上·安徽·开学考试）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素，A最外层电子数是其电子层数的两倍；B能形成双原子阴离子；C与B能形成两种常见的离子化合物，B、E同主族，C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水。请回答下列问题： （1）B的双原子阴离子电子式为 ，用化学式表示一种由B、C、E组成的物质 。 （2）B的氢化物比E的氢化物的沸点 (填“高”或“低”)，理由是 。 （3）B、C、D组成化合物的水溶液与过量AB2反应的离子方程式 。 10．（2024·湖北·一模）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。请根据以上信息回答下列问题： (1)BD2的电子式为 。 (2)EAB2D4水溶液显酸性的原因是 。 (3)将等浓度等体积的EABD3溶液和E2BD3溶液混合，所得混合溶液中各离子的离子浓度由大到小的顺序为 。 (4)A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解。写出该化合物的溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式 。 (5)常温下，测得X和Y的水溶液的pH均为5，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是 。 (6)在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：C2(g)+3A2(g）2CA3(g)△H=－92.4 kJ/mol。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为C2：0.5mol、A2：0.2mol、CA3：0.2 mol，此时容器体积为1.0 L。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18molC2，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。 11．（2024·天津河西·三模）利用酸解法制钛白粉产生的废液生产铁红(Fe2O3) 和补血剂乳酸亚铁的生产工业流程如下图所示: 已知; TiOSO4在大量水中加热条件下可完全水解成为TiO2·xH2O沉淀。 请按要求回答下列问题: （1）步骤①加入适量铁屑的目的是 。TiOSO4完全水解的化学方程式为 。 （2）步骤②的系列操作中，需要控制 、 条件下，再进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有 。 （3）写出步骤③的化学方程式: 。 （4）某兴趣小组学生以铁屑、稀硫酸、NH4HCO3溶液为原料，欲用下图装置，利用步骤④反应，达到制备FeCO3的目的。 i. NH4HCO3溶液应盛放在装置(填字母) 中。 该装置中涉及的主要反应的离子方程式 。 ii.达成步骤④反应的操作是 。 （5）测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数: 称取ag晶体样品，配成100.00 mL溶液，取出25.00 mL溶液，用硫酸酸化的0. 1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定(杂质不与KMnO4溶液反应)。平行有效实验滴定消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。则所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为【设M(FeSO4·7H2O)= b g/mol，用含a、b的表达式表示】 。 12．（2024·江西·一模）“一酸两浸，两碱联合”法是实现粉煤灰（含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等）综合利用的新工艺。工业流程如下： 回答下列问题： （1）聚合氯化铝铁（PAFC）化学式为[Al2(OH)nCl6－n]m·[Fe2(OH)xCl6－x]y，是一种新型高效的净水剂，PAFC中铁元素的化合价为 。      （2）“一酸两浸”中的酸是 （填结构式）。   （3）实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应，滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中，它们分别发生反应的化学方程式为 、 。 （4）“滤液B”的主要溶质有 （填化学式）。滤液混合后“蒸发”的作用是 。 （5）“电解”时的化学方程式 。 13．（2024·新疆·一模）A、B、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，其中A的最外层电子数是其内层电子数的2倍，B、D、E为同周期元素，B原子的核外电子总数是其未成对电子数的5倍，E原子最外层有1个未成对电子，F原子核外有22种运动状态的电子。请回答下列问题： (1)F元素位于周期表 区，其价电子排布图为： 。 (2)B、D、E三种元素中，第一电离能最小的是 (填元素符号)；写出AD2的等电子体 (分子和阴离子各写一种)。 (3)AO2和DO2熔点高的是 ，原因是 。 (4)B的单质和E的单质反应可形成原子个数比为1∶3的化合物M，M的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。 (5)元素F有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是F晶体的一种晶胞，晶胞参数a=0.295nm，c=0.469nm，则该F晶体的密度为 g·cm-3(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。 14．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一  半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。 (1)XW4的空间构型为 ，HWO的结构式为 ，Z在元素周期表中的位置是 。 (2)①X、Y、Z、W原子半径由大到小依次是 （填元素符号）。 ②X、Z、W最高价氧化物水化物酸性由强到弱依次是 。（填化学式）。 (3)W同族上一周期元素单质不能把W元素从其钠盐的水溶液中置换出来，用化学方程式解释 。 (4)①家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为 。 ②含Y元素的盐与小苏打溶液可用作泡沫灭火剂，写出灭火时发生反应的离子方程式 。 (5)NW3是黄色油状液体，无漂白性，在热水中会发生水解。NW3的电子式为 。若取该液体滴入50℃左右的热水中，片刻后取该热水溶液滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色。写出NW3在热水中发生水解的化学方程式 。 15．（2024·河北邯郸·一模）A、B、C、D、E、F六种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。 回答下列问题： （1）在周期表中,E位于第 周期第 族。 （2）A、B能组成既含极性键又含非极性键的化合物，其电子式为 。 （3）在E、F的气态氢化物中,热稳定性较强的是 (填化学式,下同),还原性较强的是 。 （4）A、C、D、E组成两种酸式盐X、Y,将X、Y溶液混合发生复分解反应,写出离子方程式： 。 （5）常用(BA4)2E2C8检验废水中的Mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含Mn2+,还原产物与盐酸酸化的BaCl2溶液混合产生白色沉淀。写出无色溶液变紫红色溶液的离子方程式： 。 16．（2024·浙江嘉兴·一模）铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。其中A ~ J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，D是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体，A为强碱，其焰色反应呈黄色，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，流程中的部分生成物已略去。 回答下列问题： （1）A的电子式： 。 （2）铁橄榄石的化学式： 。 （3）写出H → G的化学方程式： 。 17．（2024·山东淄博·一模）Ⅰ.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、 NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下： 根据以上信息，回答下列问题： (1)上述离子中，不能确定是否含有的离子是 ，若要用实验证明该离子一定不存在，最可靠的化学方法是 。 (2)写出下列反应的关离子方程式： ①中生成气体A： 。 ②生成沉淀I： 。 (3)假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n(H+)=0.04mol，且不能确定含有的离子只有一种，当X溶液中不能确定的离子是 ，沉淀C的物质的量为 。 Ⅱ.辉铜矿的主要成分是Cu2S，从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。 (1)浸取时的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图。其原因是 。 353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为 ， CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。 (2)CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式为 。 18．（2024高三上·河南南阳·阶段练习）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。请回答下列问题 Ⅰ. (1)下列说法正确的是 。 a.XY2和WY2都能溶子水生成对应的酸 b.Q的含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强 c.X的最简单气态氢化物的稳定性大于W的最简单气态氢化物的稳定性 d.依据将NaOH溶液分别滴入MgO2、ZQ3溶液中的反应现象可比较Mg和Z金属性的强弱 Ⅱ. QY2是国际上公认的高效消毒灭菌剂。 (2)实验室中利用KQY3和亚硫酸钠在硫酸存在下制备QY2。写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目 。 (3)自来水厂常用QY2对饮用水进行消毒，处理后的水中要求QY2的浓度在0.10～0.80mg·L-1之间。碘量法可以检测水中QY2的浓度，步骤如下： 操作Ⅰ：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用NaOH溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。 操作Ⅱ：再加入一定量的Na2S2O3溶液。（已知：2S2O32-+I2= S4O62-+2I-)。 操作Ⅲ：然后再加硫酸调节水样pH至1～3。 操作时，不同pH环境中Q元素粒子种类及化合价如图所示：    ①操作Ⅰ中反应的离子方程式是 。 ②确定操作Ⅱ完全反应的现象是 。 ③在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是 。 ④若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ中消耗了1.0×10-3mol·L-1的Na2S2O3溶液10mL，则水样中QY2的浓度是 mol·L-1(精确到0.01)。 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． 6 146C []＋ Cl b H2CO3 弱酸性或非氧化性酸 H＋＋AlO2－＋H2OAl(OH)3A13＋＋3OH－ F c Al 具有金属性 【详解】（A）此题主要考查了元素周期律以及原子核外电子排布知识。T元素M层上有两对成对电子，因此M层上还有2个未成对电子，T元素最外层共有6个电子，是S，最外层有6种不同运动状态的电子；X最外层电子数是次外层的两倍，因此X次外层为2个电子，最外层为4个电子，是碳元素，能用于测定文物年代的是具有放射性的；Y单质是双原子分子，且其氢化物水溶液显碱性，可知Y是N，形成的离子为NH4+其电子式为[]＋；元素Z最高正价是＋7价，因此Z是Cl，非金属性Cl＞S。非金属性强弱可通过气态氢化物的稳定性及最高价氧化物水化物的酸性比较得出。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、H2SO4、HNO3、HClO4，除了碳酸是弱酸，其余均为强酸。 【思路点拨】解此类题目，要求考生掌握原子的核外电子排布规律，并能熟练运用元素周期律，对于一些常见物质及其性质要熟悉。 （B）此题主要考查了核外电子排布规律以及元素周期律知识。T单质能与水剧烈反应且得到弱酸性溶液，可知T是F；X元素L层p电子数比s电子数多2个可知其L层有6个电子，是O；第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，故Y是Al，其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3；Z的L层有三个未成对电子，可知其L层有5个电子，是N。X的离子为O2-；Z的气态氢化物为NH3；Y最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物可发生酸式电离和碱式电离；F非金属性大于Cl，c项中氯呈正价可以说明，而b 项中之所以布能置换出氯气是因为F2与水反应， 【思路点拨】核外电子排布以及元素周期律是历年高考常考题，要求考生能依据核外电子排布规律，快速判断元素种类，并能依据元素周期律知识比较原子（离子）半径大小、金属性、非金属性强弱，掌握常见元素化合物性质。 2． 第三周期第I主族 H2(g)+O2(g) =H2O(l)△H=-285.8kJ/mol 离子 H++=H2O+SO2↑ S2-+H2O2+2H+S+2H2O 【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A原子核内无中子，则A为H元素；A和E、D和F分别同主族，且小于E元素的原子序数有多种，则E是Na元素，F为原子序数大于E的短周期元素，F位于第三周期，D和F同主族，则D位于第二周期；如果D的最外层电子数为3，B为He元素时，D为B元素，结合题意，Na不能在硼的单质中燃烧，所以D的最外层电子数是6，为O元素，B的最外层电子数是4，为C元素，则C为N元素，D和F位于同一主族，则F为S元素，结合物质的结构和性质分析解答。 【详解】(1)E为Na元素，核外三个电子层，最外层1个电子，则在周期表中的位置是第三周期第I主族； (2) A为H元素，已知101KPa时，H2的燃烧热为285.8kJ/mol，根据燃烧热的定义：1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时放出的热量，则 H2完全燃烧生成液态水时的热化学方程式：H2(g)+O2(g) =H2O(l)△H=-285.8kJ/mol； (3) E为Na元素，D为O元素，钠在足量氧气中燃烧生成的过氧化钠为离子化合物，电子式是； (4)化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成，A为H元素，D为O元素，E为Na元素，F为S元素，则化合物X、Y为NaHSO3、NaHSO4， ①NaHSO3、NaHSO4均由钠离子和酸根离子构成，属于离子化合物； ②NaHSO4溶液为强酸性溶液，能与弱酸的酸式盐反应，则NaHSO3与氢离子反应生成二氧化硫和水，二者水溶液相混合发生反应的离子方程式为H++=H2O+SO2↑； (5)E为Na元素，F为S元素，化合物E2F为Na2S，硫离子具有还原性，其水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，发生氧化还原反应有单质硫，其离子反应方程式为：S2-+H2O2+2H+S+2H2O。 3． N 第3周期第VIIA族 分子晶体 ②④⑦ 三角锥形 H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O acd C12+H2S=S+2HCl 【详解】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型，D为O，E为S，F为Cl；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态，则A为H，B为C，C为N； （1）C的元素符号为N；F为Cl，Cl在周期表中的位置是第3周期第VIIA族。 （2）B与D形成一种直线型气态化合物C2O2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则C2O2的电子式为，其固体时的晶体类型是分子晶体。 （3）①N4中的组成元素只有氮元素，N4属于单质，①错误； ②N4的相对分子质量比P4小，N4中分子间作用力比P4小，N4沸点比P4低，②正确； ③断裂1molN4中N—N键吸收6×167kJ=1002kJ热量，形成2molN2中N≡N键释放2×942kJ=1884kJ热量，则1molN4气体转变为N2释放1884kJ-1002kJ=882kJ热量，③错误； ④N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，④正确； ⑤键能N—N>P—P，N4比P4稳定，⑤错误； ⑥N4由分子构成，属于分子晶体，⑥错误； ⑦ N4和P4均由分子构成，均属于分子晶体，⑦正确； ⑧ N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，不互为同分异构体，⑧错误； 答案选②④⑦。 （4）N原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，N和Cl形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为；N原子上的孤电子对数为1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，故NCl3的空间构型为三角锥形。 （5）化合物乙为H2SO4，H2O2作氧化剂将H2SO4稀溶液中混有的H2SO3氧化成H2SO4而除去，反应的化学方程式为H2O2+H2SO3=H2SO4+H2O，离子方程式为H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O。 （6）a.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，a正确； b. S2Cl2中含有S—S非极性键和S—Cl极性键，由于其空间构型与H2O2相似，所以S2Cl2为极性分子，b错误； c.S2Br2的相对分子质量比S2Cl2大，S2Br2的分子间作用力比S2Cl2大，熔沸点：S2Br2>S2Cl2，c正确； d.S2Cl2遇水易水解，其与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，d正确； 答案选acd。 （7）一般情况下，元素的非金属性强弱可以从其最高价氧化物的水化物的酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度及氢化物的稳定性、非金属单质间的置换反应等判断，如通过反应Cl2+H2S=2HCl+S说明S的非金属性比Cl弱。 4． Fe3+ + OH-= NH3·H2O mol/L 1：1：1 c（）≥0.3 mol·L－1 【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在，结合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+； （1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+； （2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 + OH-= NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1； （3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1； (4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+ n() ×1= n()×2+ n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能还有K+，则n()≥0.3 mol，c()=n()÷0.1L≥0.3 mol·L－1。 5．(1) N≡N 第四周期第VIII族 (2)①③ (3) CH4 NH3 (4) SO2 【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该产物为SO2，则Y为S，W为O，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z为Fe，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，且U的原子序数最小，则U为C，V为N，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，则X为Mg。 【详解】（1）由上述分析可知，V为N元素，N元素的单质为N2，N2的电子式为N≡N；XW为MgO，MgO为离子化合物，其电子式为；Z为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期第VIII族 ，故答案为：N≡N；；第四周期第VIII族； （2）U为C元素，由碳形成的同素异形体中金刚石、石墨为原子晶体，C60为分子晶体，故选①③，故答案为：①③； （3）U、V、W形成的10电子氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3、H2O分子间存在氢键，沸点较高，因此沸点较低的是CH4；根据可知，NH3、H2O中结合H+能力较强的是NH3，故答案为：CH4；NH3；； （4）YW2气体为SO2，SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中反应生成硫酸钡沉淀和NO气体，反应的离子方程式为，该反应中，S元素的化合价升高，被氧化，SO2为还原剂，N元素的化合价降低，被还原，NO为还原产物，因此还原性较强的是SO2，故答案为：SO2。 6．(1)HCl、AlCl3、NH4Cl (2)MgCl2、Na2CO3 (3) 氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为浅紫色 (4) Al3++3OH-Al(OH)3↓ NH4++OH-NH3·H2O 【分析】OA段无沉淀，说明有HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应；Na2CO3与HCl、AlCl3不能大量共存，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，据此分析可得结论。 【详解】（1）由上述分析可得溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，故答案为HCl、AlCl3、NH4Cl； （2）由上述分析可知溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为Na2CO3、MgCl2； （3）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾，故答案为氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色； （4）①AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，故答案为Al3++3OH-=Al（OH）3↓； ②BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为NH4++OH-=NH3•H2O。 【点睛】解答本题的关键在于离子间反应的先后顺序，当向含有有H+、Al3+、NH4+等离子的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，所发生的反应依次为：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。 7．(1)第二周期第IVA族 (2) r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+） (3)2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4 (4)Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO 【分析】现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。 【详解】（1）由上述分析可知，B为C元素，在元素周期表中的位置第二周期第IVA族； （2）由上述分析可知，C为N元素，N2的电子式为 ；离子半径比较电子层数越多，半径越大，因此r(Cl-)>r(O2-)， r(Cl-)>（Na+），电子层数相同，核电荷数越大半径越小，因此r(O2-)>r（Na+），所以三者离子半径大小为r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+）； （3）元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，而根据化学反应规律，强酸可以制备弱酸，所以2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4可以证明Cl的非金属性强于C； （4）化合物甲由D、F两元素组成，所以化合物甲为氧化铝， C单质为氮气， B单质为碳，三者按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和一氧化碳，根据质量守恒可知乙为氮化铝，反应方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO。 8． (NH4)2Fe(SO4)2 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3 H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－kJ·mol－1 【分析】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，以此回答各问。 【详解】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸， （1）B为氨气，其电子式为，故答案为； （2）Al的原子结构示意图为，故答案为； （3）由上述分析可知，物质X的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2， 故答案为（NH4）2Fe（SO4）2； （4）电解混合液时阳极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O， 故答案为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O； （5）①含有L元素的化合反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3， 故答案为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3； ②含有L元素的置换反应为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3， 故答案为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3； （6）a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1molE燃烧放出kJ热量，则热化学反应为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣kJ/mol， 故答案为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣kJ/mol。 9． Na2SO4 、Na2SO3 、Na2S2O3（写出其中一种） 高 水分子间存在氢键 AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO 【分析】由题给信息可知A元素是推断的突破口，根据其原子最外层电子数是其电子层数的两倍可知A可能是碳或硫，又因A的原子序数最小，故A为碳元素，其余B、C、D、E各元素依次为氧、钠、铝、硫，然后再根据这些元素的性质分析来得出结论。 【详解】（1）氧元素形成的双原子阴离子为O22-，其电子式为，由氧、钠、硫三种元素组成的化合物有Na2SO4 、Na2SO3 、Na2S2O3等；（2）因为水分子间存在氢键，比硫化氢分子间的作用力要强，故B的氢化物比E的氢化物的沸点高；（3）B、C、D组成化合物为偏铝酸钠，故其与过量CO2反应的离子方程式为AlO2—+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3—。 10． HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性 c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O 10-4:1或1:104 逆向 【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，则A为氢元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为碳元素；C元素的最高价氧化物对应的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为氮元素，X为硝酸、Y为硝酸铵；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，E2D2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，则D为氧元素、E为钠元素，据此解答。 【详解】根据以上分析可知A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，X为硝酸、Y为硝酸铵，则： （1）二氧化碳是含有共价键的共价化合物，则CO2的电子式为。 （2）EAB2D4是NaHC2O4，H2C2O4是二元弱酸，HC2O4-既能电离又能水解，由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性。 （3）EABD3和E2BD3分别是碳酸氢钠和碳酸钠，等浓度的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，溶液显碱性，所以溶液中各离子的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。 （4）H、C、O、Na四种元素组成的某无机化合物，受热易分解，则该物质为碳酸氢钠。碳酸氢钠溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-＝BaCO3↓+H2O。 （5）常温下，测得硝酸和硝酸铵的水溶液的pH均为5，硝酸抑制水的电离而硝酸铵水解促进水的电离，则硝酸中水电离的H+浓度等于c(OH-)＝10－9mol/L，硝酸铵中水电离的H+浓度等于c(H+)＝10－5mol/L，所以两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是10-4:1或1:104。 （6）在一个装有可移动活塞的密闭容器中进行如下可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4 kJ·mol-1。反应达到平衡后，测得容器中各物质的物质的量分别为N2是0.5mol、H2是0.2mol、NH3是0.2 mol，气体的总物质的量为0.9mol，此时容器体积为1.0 L，则平衡常数K＝。如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18mol N2，若平衡不移动，则气体的总物质的量变为（0.9mol+0.18mol）＝1.08mol，容器的体积变为，此时浓度熵Qc＝＞10，所以平衡将逆向移动。 11． 将Fe3+还原为Fe2+ ,消耗部分H+ TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4 氮气氛围或铁粉过量 硫酸过量 减少晶体的溶解，提高产率 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3 C Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2 (0.04b/a) x100% 【详解】（1）由实验目的知要制乳酸亚铁就得把Fe3+还原为Fe2，步骤①加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+,同时铁还可以和酸反应消耗部分H+。TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O和H2SO4，其化学方程式为TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4。 （2）为了防止在加热过程中Fe2+被氧化和水解，所以步骤②操作中需要控制在氮气氛围或铁粉过量或硫酸过量的条件下进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有减少晶体的溶解，提高产率。 （3）步骤③是生成的的FeSO4被氧气氧化制铁红的反应，其反应的化学方程式: 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3。 i步骤④反应是FeSO4和NH4HCO3反应制取FeCO3。所以NH4HCO3溶液应盛放在C装置中。该装置主要反应的离子方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。 ii.因为亚铁离子很不稳定，容易被氧气氧化，因此要完成步骤④必须先排除装置中的空气。所以达成步骤④反应的操作是待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2即可。 （5）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子, KMnO4被还原为+2价的锰离子,根据电子守恒,即FeSO4·7H2O- KMnO4,消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL,所以晶体中FeSO4·7H2O的质量分数=[(0.1000mol/L0.02b)/ag]100%= (0.04b/a)x100%，因此本题正确答案是: (0.04b/a)x100%。 12． +3 H-Cl Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑ AlCl3、NaCl 促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁（PAFC） 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑ 【详解】(1)该物质是碱式氯化铝和碱式氯化铁形成的复杂物质，根据化合价规则，设铁元素的化合价为a，则有(6-x)+x=2a，所以铁元素的化合价为+3价； (2)因最终产物为氯化物，所以该酸为盐酸，其结构式为H—Cl； (3)SiO2和Al2O3在高温下都能与纯碱反应，类似于生产玻璃的主要反应原理：Na2CO3+ SiO2 Na2SiO3+CO2↑ 和Na2CO3 +Al2O3 2NaAlO2+CO2↑； (4)根据滤渣A中主要含有SiO2和Al2O3，与纯碱焙烧后生成Na2SiO3和NaAlO2，再用盐酸酸浸后得到滤渣为H2SiO3，所以滤液B的主要溶质为AlCl3和NaCl；滤液混合后其中的溶质为AlCl3、FeCl3和NaCl，由于Al3+和Fe3+都能够水解，且加热能够促进水解，所以滤液混合后加热蒸发的作用就是促进Al3+、Fe3+水解生成聚合氯化铝铁（PAFC）； (5)分离出聚合氯化铝铁（PAFC）后的滤液中主要是NaCl，即粗盐，经过精制处理后，再进行电解，即氯碱工业，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑。 13． d S CO2 或N2O,CNO- 或SCN- SO2 SO2、CO2 均为分子晶体,SO2 相对分子质量较大且为极性分子,范德华力大 三角锥形 sp3 2×48/ [(0.295×10-7)2 ×sin60°×(0.469×10-7) ×NA] 【详解】A、B、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，其中A的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则内层只有2个电子，A为C元素；B、D、E为同周期元素，B原子的核外电子总数是其未成对电子数的5倍，E原子最外层有1个未成对电子，则B的未成对电子数只能为3，原子序数为15 ，B为P元素；则D为S，E为Cl元素；F原子核外有22种运动状态的电子，即F的原子序数为22，为Ti元素。 (1)Ti的价层电子排布为3d24s2，位于周期表的d区，其价电子排布图为，故答案为d；； (2)同一周期，从左到右，元素原子的第一电离能呈现规律性增大，由于P的3p为半充满结构较为稳定，因此P、S、Cl三种元素中，第一电离能最小的是S；CS2的等电子体有CO2 或N2O，CNO- 或SCN-等，故答案为S；CO2 或N2O，CNO- 或SCN-； (3) SO2、CO2 均为分子晶体，SO2 相对分子质量较大且为极性分子，范德华力大，使得SO2熔点高于CO2，故答案为SO2；SO2、CO2 均为分子晶体，SO2 相对分子质量较大且为极性分子，范德华力大； (4)P和氯气反应可形成原子个数比为1∶3的化合物PCl3，PCl3中P原子与3个氯原子相连，且含有1个孤电子对，采用sp3杂化，立体构型为三角锥形，故答案为三角锥形；sp3； (5)根据晶胞结构，晶胞中含有的Ti原子数目=2×+12×+3=6，一个晶胞的体积为6××(0.295×10-7)2 ×sin60°×(0.469×10-7) cm-3=3×(0.295×10-7)2 ×sin60°×(0.469×10-7) cm-3，则晶胞的密度==g·cm-3，故答案为。 点睛：本题综合考查了物质结构与性质。本题的难点和易错点为（5）中晶胞的计算，要注意该晶胞中顶点的原子被6个晶胞共用，每个只能算，另外要注意晶胞体积的计算。 14．(1) 正四面体 H-O-Cl 第三周期第ⅣA族 (2) Al>Si>Cl>C HClO4>H2CO3>H2SiO3 (3)2H2O+2F2=4HF+O2 (4) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5) NCl3+3H2O=3HClO+NH3 【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z为原子序数大于Y的短周期元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素；X与Z位于同一主族，X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，W原子的最外层电子数为14-3-4=7，W为原子序数大于Z的短周期元素，W为Cl元素，据此分析解答。 【详解】（1）XW4为CCl4，CCl4的空间构型为正四面体；HWO为HClO，HClO的结构式为H-O-Cl；Z为Si元素，Si为14号元素，Si位于第三周期第IVA族； （2）①根据同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，一般电子层数多原子半径大，则X、Y、Z、W原子半径由大到小的顺序为AlSiClC；②非金属性：ClCSi，C、Si、Cl的最高价氧化物水化物酸性由强到弱依次为HClO4H2CO3H2SiO3； （3）W为Cl元素，W同族上一周期元素为F，F2不能从NaCl溶液中置换出Cl2是因为F2与溶剂水反应，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2； （4）①Y为Al元素，加入一定量的水，Al与NaOH、H2O反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②含Y元素的盐与小苏打溶液可用作泡沫灭火剂，含Y元素的盐为Al2 (SO4)3，Al2 (SO4)3溶液与NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑； （5）NW3为NCl3，根据价键规则，NCl3的电子式为：；NCl3滴入50℃左右的热水中，片刻后取该热水溶液滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，NCl3与热水反应生成HClO，NCl3在热水中发生水解的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。 15． 三 ⅥA HCl H2S HSO3-+H+=SO2↑+H2O 5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+ 【详解】试题分析：由图可知，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、S、Cl等六种短周期元素。 （1）在周期表中,E位于第三周期第ⅥA族。 （2）A、B能组成既含极性键又含非极性键的化合物为N2H4，其电子式为。 （3）S、Cl的非金属性相比，S<Cl，所以其气态氢化物中热稳定性较强的是HCl，还原性较强的是H2S。 （4）A、C、D、E组成两种酸式盐为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，将两溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O。 （5）常用(NH4)2S2O8检验废水中的Mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含Mn2+,还原产物与盐酸酸化的BaCl2溶液混合产生白色沉淀，则S2O82-被还原为SO42-、Mn2+被氧化为MnO4-，该反应的离子方程式为5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+。 16． Fe2SiO4或2FeO•SiO2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【详解】A ~ J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，G为氢氧化铁，则H为氢氧化亚铁，F中含有铁离子，D是一种难溶于水的含氧酸，D为硅酸，J是一种主要的温室气体，J为二氧化碳，A为强碱，其焰色反应呈黄色，A为氢氧化钠，则D为二氧化硅，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则B为盐酸，E为氯气，因此F为氯化铁，C为氯化亚铁。根据上述分析，铁橄榄石属于硅酸盐，且含有亚铁离子，设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2，摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，则x==2，因此y==1，因此铁橄榄石化学式为2FeO•SiO2。 (1)A为氢氧化钠，电子式为，故答案为； (2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2，故答案为2FeO•SiO2； (3)H → G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 17． Fe3+ 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色说明无Fe3+（其它合理答案也可）。 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－ Fe3+ （或Cl－） ＞0.07mol （＜0.07mol） 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 Cu2S+2CuC12=4CuC1+S CuSO4·H2O 【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+；通常用硫氰化钾溶液检验铁离子，检验方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+，故答案为Fe3+；取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；（2）①气体A为NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3-离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，②H中NaAlO2，沉淀I为氢氧化铝，偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知亚铁离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42-），n（SO42-）= =0.07mol，当X溶液中不能确定的离子是Fe3+，则硫酸根离子的物质的量大于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量大于0.07mol；当X溶液中不能确定的离子为Cl-，则硫酸根离子的物质的量小于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量小于0.07mol． II．（1）Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；浸取时的总反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，还发生了这个反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。用总反应减去这个反应即为：Cu2S+2CuC12=4CuC1+S；（2）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g-0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2O== CuSO4•（5-n）H2O+nH2O 250 18n 80g 80g-57g=23g 解得n=4，所以，200℃时该固体物质的化学式为CuSO4•H2O。 18． cd 2C1O2+2I-=2ClO2-+I2 蓝色消失，半分钟内不变色 ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O 0.68 【详解】根据短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置，则X为C元素、Y为O元素、Z为Al元素、W为Si元素、Q为Cl元素。 (1)a．XY2和WY2分别为CO2和SiO2，二氧化碳溶于水生成碳酸，但是二氧化硅不溶于水，故a错误；b．没有指出最高价，则Q的含氧酸的酸性不一定比X的含氧酸的酸性强，故b错误；c．X的最简单气态氢化物为甲烷，W的最简单气态氢化物为硅烷，非金属性C大于Si，则甲烷的稳定性大于硅烷，故c正确；d．由NaOH溶液分别滴入MgCl2、AlCl3溶液中，氢氧化钠过量时氢氧化镁不溶解，而氢氧化铝溶解，证明氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝，则Mg的金属性大于Al，故d正确；故答案为c d； (2)实验室中利用KClO3和亚硫酸钠在硫酸存在下制备ClO2,反应的化学方程式为2KClO3+ Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+K2SO4，反应中氯酸钾是氧化剂，亚硫酸钠是还原剂，转移2个电子，用单线桥标明电子转移的方向和数目表示为，故答案为； (3)①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2-，离子方程式为：2ClO2+2I-=2ClO2-+I2，故答案为2ClO2+2I-=2ClO2-+I2； ②加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，使I2还原为I-，故蓝色会消失，故答案为蓝色消失，半分钟内不变色； ③由图示表明，pH至1～3时，ClO2-将I-氧化成I，生成的I2，反应的离子方程式为：ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，故答案为ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O； ④    S2O32-  ～ I-  ～ ClO2              1         1 1.0×10-3 mol/L×0.01L 1.0×10-5mol m(ClO2)=n(ClO2)×M(ClO2)=1.0×10-5mol×67.5×103mg•mol-1=0.675mg，由于水样为 1L，所以 ClO2 的浓度为=0.675 mg•L-1≈0.68mg•L-1，故答案为0.68。 点睛：明确原子结构与元素周期律、元素周期表的关系为解答关键。本题的易错点为(3)④的计算和方程式的书写，注意计算结果必须精确到0.01。 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 $$