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·浙江宁波·二模）某工业漂白剂X由五种元素构成，可视为钠盐A与有机物B的加合物。取该漂白剂X进行如下实验： 固体D为某含氧酸的正盐与其酸式盐的混合物。气体F是纯净物，能使品红溶液褪色。气体C在标况下的密度约为，可与气体F反应生成淡黄色固体。气体体积已折算至标准状况。 (1)X构成的元素有钠、碳、氢和 ，X的化学式是 。 (2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应的化学方程式为 。 (3)步骤Ⅱ，发生反应的离子方程式为 。 (4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，可能的原因有 。 (5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，请设计简要的实验方案，并指明需要测定的物理量： 。 2．（2024·浙江嘉兴·二模）某小组对固体化合物甲开展探究实验。甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，甲和丙均由两种元素组成，实验中所加盐酸和NaOH溶液均足量。 请回答： (1)组成甲的元素是 (填元素符号)，甲的化学式是 。 (2)甲与乙反应的化学方程式是 。 (3)丙与盐酸反应的离子方程式是 。 (4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去。褪色的原因是 ，请设计实验方案证明之 。 3．（2024·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 。 4．（2024·浙江·模拟预测）I．为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验： 已知：气体甲和气体乙组成元素相同。 请回答： (1)气体乙的摩尔质量是 。 (2)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式 。 Ⅱ．工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图(注：SiCl4遇水易水解)。 请回答下列问题： (3)D装置的作用 。 (4)装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是 。 (5)C中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和。以下是探究该吸收液中可能存在其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)的实验。 【提出假设】假设1：只有；假设2：只有ClO-。假设3：…… 【设计方案】取少量吸收液于试管中，滴加3 mol·L-1 H2SO4至溶液呈酸性，向试管中滴加 溶液，若溶液变为蓝色，则假设2成立。 5．（2024高三上·广西玉林·阶段练习）已知：某无色废水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示： 请回答下列问题： (1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是 ，一定存在的阳离子是 。 (2)写出实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式 。 (3)分析图象，在原溶液中c()与c(Al3+)的比值为 ，所得沉淀的最大质量是 g。 (4)若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18 mol·L−1，试判断原废水中是否存在？ (填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c()= mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填) 6．（2024·甘肃天水·一模）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的： 阳离子 K+ Na+ Cu2+ Al3+ 阴离子 SO　HCO　NO　OH- 为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是 ①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液； ②将E溶液滴入C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解； ③进行焰色反应，仅有B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃)； ④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，只有A中放出无色气体，只有C、D中产生白色沉淀； ⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。 根据上述实验填空： (1)写出B、D的化学式：B ，D 。 (2)将含1 mol A的溶液与含1 mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为 。 (3)C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理 。 (4)在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为 。 (5)向20 mL 2 mol·L-1C溶液中加入30 mL E溶液，充分反应后得到0.78 g沉淀，则E溶液的物质的量浓度可能是 mol·L-1。 7．（2024·浙江绍兴·一模）某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验： (1)化合物X的化学式为 (2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为 。 (3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为 (4)若以X ▪ 3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。 0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为 。 (5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由 。 8．（2024·浙江·模拟预测）为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积) 已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水 ，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。 (1)X的化学式为 。 (2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是 。 (3)A的电子式为 。 (4)X受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为 。 9．（2024·上海·二模）元素A-D是元素周期表中短周期的四种元素，请根据表中信息回答下列问题： A 单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体 B 原子核外有7种运动状态不同的电子 C 单质常温、常压下是气体，原子的L层有一个未成对的p电子 D +2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同 （1）B元素原子的最外层轨道表示式是 ，D离子的核外电子排布式是 。C和D形成的化合物的电子式为 。 （2）A、B、C、D的原子半径大小为： ＞ ＞ ＞ （用元素符号表示）。 （3）D单质在B单质中燃烧的化学方程式为 。 （4）A和D两元素金属性较强的是(用元素符号表示) 。写出能证明该结论的一个实验事实 。 10．（2024·上海虹口·一模）能源材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题： （1）单质A的燃烧热大，可作燃料。已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去1~4个电子所需能量（电离能）如表所示，某同学推断A的核外电子排布为：1s22s22p63s13p1，该电子排布式违背了 ；若该原子核外电子确有三层，则该元素位于周期表 族，写出A燃烧后形成的氧化物的电子式： 。 I1 I2 I3 I4 …… 电离能(kJ/mol) 738 1451 7733 10540 …… （2）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 （填序号）。 a.C60、Si60、N60都属于新型化合物 b.C60、Si60、N60互为同分异构体 c.已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2 d.已知金刚石中C－C键长154pm，C60中C－C键长145~140pm，故C60熔点高于金刚石 （3）超导材料在节能、储能方面的应用。如图是超导材料元素在周期表中的分布，其中短周期元素中原子半径最大的是 （填元素符号），其原子最外层有 种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物的电离方程式： 。 11．（2024·上海·零模）在2008年初我国南方曾遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且lmolXY2含有54mol电子。 (1)用元素符号将X、Y两元素填写在下面元素周期表中所对应的位置。 (2)X元素原子核外共有 种不同能量的电子。Y与氢元素形成的化合物的电子式是 。 (3)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，写出D离子的核外电子排布式 ；D与E能形成一种化学式为ED2的分子，该分子是 分子（填“极性”“非极性”），结构式为 ；D所在族元素的氢化物中，沸点最低的是 (写元素氢化物的化学式)。写出该氢化物与该元素的某种氧化物反应的化学方程式 。 (4)D、Y两元素哪种非金属性较强？ 写出证明这一结论的一个实验事实: 12．（2024·浙江宁波·一模）研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验： 已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。 （1）X中含有的元素为： ；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为： 。 （2）请写出①的化学方程式： 。 （3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式： 。 13．（2024·安徽滁州·一模）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。 阳离子 Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+ 阴离子 SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO42- 实验Ⅰ:取少量该强酸性溶液A进行如下实验。 实验Ⅱ:为了进一步确定该溶液的组成,取100 mL原溶液A,向该溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液,产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。 回答下列问题: (1)不进行实验就可以推断出,上表中的离子一定不存在的有 种。 (2)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是 。检验气体X的方法是 ;沉淀Z的化学式为 。 (3)写出实验Ⅱ的图示中BC段对应反应的离子方程式: 。 (4)A点对应的固体质量为 g。 (5)通过上述信息,推算该溶液中阴离子的浓度为 mol·L-1。 14．（2024·安徽·模拟预测）化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题： （1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2能看到沉淀的有 (填序号)。 ①NO2②NH3③HCl   ④FeCl3溶液   ⑤CO2 （2）A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系： 若A为金属单质，B、C均属于盐类，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，D是一种白色沉淀，E是一种不溶性碱。B溶液呈酸性的原因是 (用离子方程式表示)；选用氢碘酸可与E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为 。 （3）①通常条件下，未经碾磨的镁粉和未经擦拭的镁条跟冷水不反应，因为表面有一层保护膜。去除这层氧化膜后，镁与冷水就会发生明显的反应，看到有大量细腻的气泡产生。在室温条件下，反应生成的难溶于水的氢氧化镁，沉积在表面形成致密薄膜，几分钟后，反应很快停止。给反应混合液加热，镁跟水的作用又会重新进行，你觉得可能的原因是： ，此时滴加酚酞试液， (填“会”或“不会”)出现溶液变红的现象。 ②取一段擦去表层氧化膜的镁条，卷成螺旋状，插入盛满食盐水的试管中，将试管倒扣在盛有食盐水的烧杯中，可以迅速观察到镁持续不断地跟水反应，你觉得可能的原因是 。 ③去除了氧化膜的金属Mg可以与NaHCO3溶液作用析出氢气，溶液中有白色难溶物生成。这是由于镁直接与水反应，转化为H2和Mg(OH)2。溶解在水中的少量Mg(OH)2电离生成的OH－与溶液中的HCO3－反应生成CO32－，促使反应生成的Mg(OH)2更多溶解。溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，结合析出白色难溶物Mg2(OH)2CO3。请根据以上信息写出Mg与NaHCO3溶液的总反应式： (用离子方程式表示)。 15．（2024·山西吕梁·一模）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。 （1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 ，Y 的用途有 ，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 。 （2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为 。 （3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则： ①X 的电子式为 ，该反应的化学方程式为 ，生成的化合物中所含化学键类型有 。 ② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 。 16．（2024·福建漳州·一模）V2－、W3－、X2+、Y2－、Z－是由短周期元素形成的简单离子，其中V2－、W3－、X2+均是10电子的微粒，Y2－、Z－与Ar原子具有相同的电子数。(请用化学用语回答下列问题) （1）V2－的结构示意图为 。 （2）V、W、X的原子半径由小到大的顺序是 。 （3）无水W2H4为无色液体，在298k时与V2气体迅速反应生成W2气体和液态的V的最简单氢化物，若生成1mol该液态氢化物放出311.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为 。 （4）YZ2是一种重要的化工产品，熔点：－78℃，沸点：59.6℃，加热至40℃以上，部分开始分解，YZ2晶体属于 晶体。 （5）①Na2YO3溶液中离子浓度从大到小的顺序是 。 ②已知：室温下H2YO3的电离平衡常数Ka1=1.4×10－2，Ka2=6.3×10－8，请通过计算确定NaHYO3水溶液的酸碱性(请写出计算过程) 。 17．（2024高三上·上海·期末）U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。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元素原子的L层电子排布式为 ；XW的电子式为 。 （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） 。 18．（2024·安徽·高考真题）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表： 元素 相 关 信 息 X X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3 Y Y是地壳中含量最高的元素 Z Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1 W W的一种核素的质量数为28，中子数为14 （1）W位于元素周期表第 周期第 族；W的原子半径比X的 （填“大”或“小”）。 （2）Z的第一电离能比W的 （填“大”或“小”）； XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是 ；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称 。 （3）振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是 ；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是 。 （4）在25℃、101Kpa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419KJ，该反应的热化学方程式是 。 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． 硫、氧 钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性) 向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。) 【分析】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。 【详解】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。 (1)X构成的元素有钠、碳、氢和氧、硫，X的化学式是； (2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应生成氧化亚铜沉淀、碳酸钠和水，反应的化学方程式为； (3)步骤Ⅱ，气体F，即SO2与足量的氯化钡、双氧水溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为； (4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，说明X具有还原性，将碘离子氧化为碘单质，故可能的原因有钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性)； (5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，简要的实验方案为：向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。) 2． Fe、O 过量的氯水将氧化 向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明 【分析】根据转化的框图可知，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.1mol，A1中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中只含Fe2+，故说明丙中含有Fe元素，其物质的量为0.2mol，淡黄色沉淀为S，其物质的量为：n(S)=，说明化合物丙中含有S元素，故推测乙气体为H2S，物质的量为n(H2S)=，故丙中含有的S为0.25mol，故丙中n(Fe):n(S)=0.2mol:0.25mol=4:5，其化学是为：Fe4S5，无色液体常见的有H2O，故丁为H2O，则甲中含有Fe和O元素，根据甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，其反应方程式为：，据此分析解题。 【详解】(1)由分析可知，组成甲的元素是Fe、O，甲的化学式是Fe4O5，故答案为：Fe、O；Fe4O5； (2)由分析可知，甲与乙反应的化学方程式是，故答案为：； (3)由分析可知，丙的化学式为Fe4S5，生成的H2S和S的物质的量之比为：0.2mol：0.05mol=4：1，且溶液中无Fe3+，故其与盐酸反应的离子方程式是，故答案为：； (4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去，由于Cl2能将亚铁离子氧化为铁离子，故显血红色，但由于Cl2有强氧化性，能将SCN-氧化，故又褪色，要想验证猜想只需向反应后的溶液中加入足量的KSCN看是否重新变为血红色，若变则说明猜想正确，若不变则猜想错误，故答案为：过量的氯水将氧化；向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明。 3． 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。 4． 28 g/mol FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ 防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解 SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO或SiO2+2C Si+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4 淀粉KI溶液 【分析】I．气体甲和气体乙组成元素相同，平均相对分子质量为36，且甲与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀，而气体乙逸出，可知甲为CO2、乙为CO。根据二者平均相对分子质量是36，可计算二者的物质的量的比。5.00 g白色沉淀为CaCO3，根据CaCO3的质量计算其物质的量，进而可得CO的物质的量。由质量守恒定律，根据X总质量与CO2与CO的总质量的差可知黑色固体质量，黑色固体经一系列变化最后得红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素，根据Fe2O3的质量计算其物质的量，可利用Fe元素守恒计算出Fe的质量，再与黑色固体质量大小比较，确定其中是否含有O元素并确定黑色固体化学式。X中含有Fe、C、O三种元素，根据它们的物质的量的比确定化学式，进而可得其分解的化学方程式。 II．干燥的Cl2通入A中，在高温下SiO2、C与Cl2发生反应生成SiCl4、CO，由信息可知，SiCl4的沸点低，则B装置通过冷却可收集SiCl4，D可防止D右端的水蒸气进入B与SiCl4反应，造成产物不纯，最后C处理含氯气的尾气。 【详解】I．(1)气体甲和气体乙组成元素相同，平均相对分子质量为36，且甲与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀，则甲为CO2、乙为CO。气体乙是CO，相对分子质量是28，所以其摩尔质量是28 g/mol； (2)假设混合气体中CO2为x mol、CO为y mol，则=36，解得x：y=1：1。5.00 g白色沉淀为CaCO3，其物质的量n(CaCO3)=5.00 g÷100 g/mol=0.05 mol，由碳原子守恒可知CO2为0.05 mol，故CO也是0.05 mol，气体CO2与CO的总质量m(气)=0.05 mol×44 g/mol+0.05 mol×28 g/mol=3.6 g，则黑色固体质量m(固)=7.2 g-3.6 g=3.6 g，黑色固体与硫酸反应，产物再与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，将沉淀在空气中灼烧生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=4.00 g÷160 g/mol=0.025 mol，由元素守恒可知X中含有Fe、C、O三种元素，黑色固体中含Fe原子物质的量n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.025 mol×2=0.05 mol，m(Fe)=0.05 mol×56 g/mol=2.8 g＜3.6 g，故黑色固体还含有O元素，含有O原子的物质的量n(O)=(3.6 g-2.8 g)÷16 g/mol=0.05 mol，故黑色固体为FeO，其物质的量为0.05 mol，X中Fe、C、O原子数目之比为0.05 mol：(0.05 mol+0.05 mol)：(0.05 mol×2+0.05 mol+0.05 mol)=1：2：4，故X的化学式为FeC2O4。X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑； Ⅱ．(3)由于SiCl4易与水发生水解反应，导致变质，则D装置的作用是防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解； (4)在高温下Cl2、焦炭和SiO2反应生成SiCl4和CO，根据电子守恒、原子守恒，可得装置A的硬质玻璃管中反应的化学方程式是：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO(或写为：SiO2+2C Si+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4)； (5)假设2：只有ClO-。由于ClO-具有强氧化性，能够将I-氧化产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以向试管中滴加淀粉KI溶液溶液，若溶液变为蓝色，则证明假设2成立。 【点评】I．属于计算型推断题，注意根据反应现象及气体甲与乙的组成特点为突破口进行分析，应该熟悉常见元素化合物的颜色、状态等性质。II．属于制备实验方案的设计。要明确制备原理及实验流程中的反应，充分利用题干信息分析解答。 5． Na+、H+、Al3+、Mg2+、 +OH－=NH3·H2O 2∶1 10.7 存在 0.08 【分析】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图象信息得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。 【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有。故答案为：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。 (2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。 (3)与反应的OH－有0.2 mol，则有0.2 mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1 mol，则Al3+有0.1 mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4 mol，0.1 mol Al3+沉淀需要0.3 mol OH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1 mol，则Mg2+有0.05 mol，生成氢氧化镁0.05 mol，质量为0.05 mol×58 g∙mol−1＝ 2.9 g，生成的氢氧化铝是0.1 mol，质量为0.1 mol×78 g∙mol−1＝ 7.8 g，则沉淀最大质量为10.7 g；故答案为：2∶1；10.7。 (4)从图中可知，H+有0.1 mol，已经求得有0.2 mol，Al3+有0.1 mol，Mg2+有0.05 mol，若c(Na+) =0.18 mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18 mol·L−1×1 L=0.18 mol。根据题干可知硫酸钡有93.2 g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2 mol×1+0.1 mol×3+0.05 mol×2+0.18 mol×1−0.4 mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()= ；故答案为：存在；0.08。 【点睛】最后剩余的几种离子来判断存在时，要根据离子共存和电荷守恒来判断一定存在的离子。 6． KNO3 CuSO4 Na2CO3 Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO 1或5 【分析】D为蓝色溶液，说明D中含有铜离子。将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解。说明E是强碱，C中含有铝离子；进行焰色反应，仅有B、C为紫色，说明B、C中含有钾离子；根据实验4可知，A中含有HCO，C、D中含有SO，所以A是碳酸氢钠，C是硫酸铝钾，D是硫酸铜，E是氢氧化钠；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，所以B是硝酸钾。 【详解】（1）由分析可知，B是硝酸钾，D是硫酸铜，故答案为：KNO3；CuSO4； （2）碳酸氢钠和氢氧化钠反应的方程式是HCO+ OH-= CO+H2O，所以该化合物的化学式是碳酸钠，故答案为：Na2CO3； （3）溶于水电离出的铝离子，水解生成氢氧化铝胶体，钠吸附水中的悬浮物，从而净水，方程式是Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+； （4）石灰水不足时，生成物是碳酸钙、碳酸钠和水，所以方程式是2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO ，故答案为：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO ； （5）20 mL 2 mol·L-1C溶液中铝离子的物质的量是0.04mol，所以最多可以生成0.04mol氢氧化铝沉淀，质量是3.12g。但实际中生成0.78g沉淀，物质的量是0.01mol，说明铝离子没有完全转化沉淀。因此如果氢氧化钠不足，则需要0.03mol氢氧化钠，则氢氧化钠溶液的浓度是0.03mol/0.03L=1.0mol/L；如果氢氧化钠过量，有偏铝酸钠生成，则需要氢氧化钠是0.04mol×3+0.03mol=0.15mol，因此氢氧化钠溶液的浓度是0.15mol/0.03L=5.0 mol/L。 7． Cu(NO3)2 4NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2 ▪3Cu(OH)2 NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应 【分析】对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素； X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。 【详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2； (2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：； (3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：； (4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2； (5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。 8． LiN3 第2周期VA族 3LiN3Li3N+4N2↑ 【分析】B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14g·mol－1×0.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为 2.1g，n(Li)==0.3mol，n(N)==0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。 【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3； （2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第2周期VA族； （3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为 。故答案为： ； （4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成 Li3N 和 N2，由质量守恒：化学反应方程式为 3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为： 3LiN3Li3N+4N2↑。 9． 1s22s22p6 Na Mg N F 3Mg+N2Mg3N2 Na 与水或与同浓度酸反应Na比Mg剧烈 【分析】A单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体，则A是钠；B原子核外有7种运动状态不同的电子，则B是N元素；C单质常温、常压下是气体，原子L层有一个未成对的p电子，则C是F元素；D＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D是Mg元素，据此答题。 【详解】A单质是热和电的良导体，熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体，则A是钠；B原子核外有7种运动状态不同的电子，则B是N元素；C单质常温、常压下是气体，原子L层有一个未成对的p电子，则C是F元素；D＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D是Mg元素； (1)B是N元素，B元素原子的最外层轨道表示式是，D是Mg元素，D离子的核外电子排布式是1s22s22p6，C和D形成的化合物为：MgF2，的电子式为，故答案为：；1s22s22p6；； (2)电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种原子半径大小顺序是：Na＞Mg＞N＞F，故答案为：Na；Mg；N；F； (3)镁在氮气中燃烧的化学方程式为3Mg+N2Mg3N2，故答案为：3Mg+N2Mg3N2； (4)同一周期元素，元素的原子序数越大其金属性越弱，所以钠的金属性比镁强，钠和水剧烈反应，镁能和热水反应，或与同浓度的酸反应钠比镁剧烈，故答案为：Na；与水或与同浓度酸反应Na比Mg剧烈。 10． 能量最低原理 IIA族 c Al 3 H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH- 【分析】（1）该元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，且处于第三周期，故为Mg元素，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成； （2）a.C60、Si60、N60都是单质，不属于化合物； b.同分异构体的分子式相同，研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同； c. N-N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2； d.金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，原子晶体的熔点更高，故C60熔点高于金刚石； （3）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离. 【详解】（1）由表格数据可知A元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，处于周期表ⅡA族，A的核外电子排布式可能为1s22s22p63s2，若电子排布式为1s22s22p63s13p1违背了能量最低原理；若该原子核外电子确有三层，说明处于第三周期，A为Mg元素，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为，故答案为：能量最低原理；ⅡA；； （2）a.C60、Si60、N60都是单质，不属于化合物，故错误； b.同分异构体的分子式相同，研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同，故错误； c. N-N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，故C正确； d.金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，原子晶体的熔点更高，故C60熔点高于金刚石，故错误； c正确，故答案为c； （3）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故有3种运动状态不同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-，故答案为：Al；3；H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-。 【点睛】原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故有3种运动状态不同的电子是解答关键。 11． 6 1s22s22p63s23p6 非极性 S=C=S H2S 2H2S +SO2= 3S↓ +2H2O Y 气态氢化物稳定性：HCl>H2S 【详解】（1）融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-，故XY2是CaCl2，则Ca、Cl的位置为； （2）Ca的电子排布为1s22s22p63s23p64s2，则有6种不同能量的电子，Y与H形成共价化合物HCl，其电子式为，故答案为：6；； （3）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与氯元素相邻，则D为硫元素；E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，则D离子的电子排布为1s22s22p63s23p6，碳元素与硫元素形成的一种对称分子为CS2，与二氧化碳相似，为非极性分子，其结构式为S=C=S，同主族的氢化物中相对分子质量越大沸点越大，但水中含氢键，沸点反常的高，则沸点最低的为H2S，该氢化物与该元素的某种氧化物反应的化学方程式为2H2S+SO2═3S+2H2O，故答案为：1s22s22p63s23p6；非极性；S=C=S；H2S；2H2S+SO2═3S↓+2H2O； （4）非金属性Cl＞S，可利用气态氢化物的稳定性等来证明，故答案为：Y；气态氢化物稳定性：HCl>H2S。 12． N、H、S、O 2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O 7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+ 【分析】从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m(O)= 4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。 X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。 （1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。 （2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。 （3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。 【详解】（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子式为 。答案为：N、H、S、O； ； （2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1，化学方程式为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案为：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O； （3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共失7e-，从而得到下列关系：7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案为：7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。 13． 4 NO3- 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X,试纸变蓝 Mg(OH)2 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 0.136 0.08 【分析】某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀，所以一定不含Cl-，由溶液为电中性可知一定含阴离子为NO3-，试液加入硫酸无沉淀产生，一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀，气体，则一定存在Mg2+、NH4+，为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，由图中产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系可知一定含有Al3+，以此来解答。 【详解】(1)、某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在； 故答案为4； (2)、强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀,所以一定不含Cl-，加入硫酸无沉淀产生,一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀、气体，则一定存在Mg2+、NH4+，通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3-，气体X是氨气，检验方法：用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝，沉淀Z的化学式为Mg(OH)2； 故答案为NO；用 子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝；Mg(OH)2； (3)、实验II的图象中BC段是氢氧化铝溶于氢氧化钠的过程, 对应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； 故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ； (4)、BC段对应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗的氢氧化钠是0.001mol，所以含有铝离子是0.001mol，沉淀镁离子和铝离子一共消耗氢氧化钠0.005mol，所以镁离子物质的量也是0.001mol，A电离得到的固体是氢氧化镁0.001mol和氢氧化铝0.001mol，质量是0.001mol×58g/ mol + 0.001mol×78g/mol= 0.136g； 故答案为0.136； (5)、该溶液中存在的阴离子是NO3-，根据图象溶液存在氢离子是0.001mol，存在铵根离子是0.002mol，铝离子、镁离子各是0.001 mol，根据电荷守恒，硝酸根离子物质的量n= 0.001mol+0.002mol+0.002mol+0.003mol = 0.008mol，， 故答案为0.08。 14． ①②④ Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ 2 Fe(OH)3+6 H++2I-=2Fe2++I2+6H2O 加热促进了水的电离使H+浓度增大或加热增大了Mg(OH)2的溶解度 会 Cl-促进了反应的发生 2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3 【分析】(1)BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成的原因是BaSO3易溶于盐酸，故有以下两种思路：①将其氧化为硫酸与BaCl2反应；②将其转化为SO32-与BaCl2反应，据以上分析解答； (2) Fe(OH)3溶于氢碘酸时产生的Fe3+与I-会发生氧化还原反应； (3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的也离使H+浓度增大会加快反应述率。同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。 ②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等； ③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠。 【详解】（1）①NO2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选； ②NH3与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②选； ③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③不选； ④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④选； ⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤不选； 答案选①②④； （2）B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe3+，A为Fe，结合E是一种不溶性碱可知C中含Fe2+，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O； (3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的点离，使H+浓度增大，加快了反应述率。同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。 ②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等； ③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠，反应的离子方程式为2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。 15． 第三周期 ⅣA族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 离子键、极性键 0.1NA 【详解】⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O， 故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O； ⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3， 故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3； ⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则： ①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键， 故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键； ②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA， 故答案为0.1NA。 16． O   N   Mg N2H4（l）+ O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=－622.4kJ/mol 分子 c（Na+）>c (SO32-)>c(OH-)> c(HSO3-)>c(H+) NaHSO3中HSO3－的水解常数Kh=Kw/ Ka1=≈7.1×10-13，因为HSO3－的电离常数为6.3×10－8，大于Kh，所以HSO3－在溶液中以电离为主，NaHSO3溶液显酸性。 【分析】V2－、W3－、X2+均是10电子的微粒，确定V为氧元素、W为氮元素、X为镁元素；Y2－、Z－与Ar原子具有相同的电子数，确定Y为硫元素、Z为氯元素。 【详解】（1）O2－的结构示意图为； 正确答案：。 （2）微粒半径变化规律①电子层数越多，半径越大②电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小。所以V、W、X的原子半径由小到大的顺序是O、N、Mg； 正确答案：O、N、Mg。 （3）无水N2H4（l）与O2（g）迅速反应生成N2（g）和液态的H2O，若生成1mol该液态氢化物放出311.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为N2H4（l）+ O2（g）=N2（g）+2H2O（l） △H=－622.4kJ/mol； 正确答案：N2H4（l）+ O2（g）=N2（g）+2H2O（l）  △H=－622.4kJ/mol。 （4）SCl2是一种重要的化工产品，熔沸点低，所以SCl2晶体属于分子晶体； 正确答案：分子。 （5）①根据多元弱酸根（1）少量水解（2）分步水解，第一步为主；确定Na2SO3溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（Na+）>c (SO32-)>c(OH-)> c (HSO3-)>c(H+)； 正确答案：c（Na+）>c (SO32-)>c(OH-)> c (HSO3-)>c(H+)。 ②NaHSO3中HSO3－的水解常数Kh=Kw/ Ka1=≈7.1×10-13，因为HSO3－的电离常数为6.3×10－8，大于Kh，所以HSO3－在溶液中以电离为主，NaHSO3溶液显酸性； 正确答案：NaHSO3中HSO3－的水解常数Kh=Kw/ Ka1=≈7.1×10-13，因为HSO3－的电离常数为6.3×10－8，大于Kh，所以HSO3－在溶液中以电离为主，NaHSO3溶液显酸性。 【点睛】熟记常见10e-和18 e-微粒，本题易错点为第（5）小题第②问，关于水解常数与电离常数之间的关系：①一元弱酸电离常数与对应的盐水解常数Ka×Kh=Kw；②二元弱酸电离常数与对应的盐水解常数Ka1×Kh2=Kw，Ka2×Kh1=Kw。 17． 2s22p3 ① ③ CH4 NH3 NH3+ H3O+ =NH4++ H2O 3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+ SO2 【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，应为SO2，则Y为S，W为O，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2，则U为C，根据原子序数关系可知V为N元素，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，应为Mg，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。 【详解】（1）V为N元素，原子核最外层有5个电子，L层电子排布式为2s22p3，XW为MgO，是离子化合物，电子式为； （2）C元素形成的单质有金刚石、无定形碳等，分别为原子晶体和分子晶体，故答案为①③； （3）U、V、W形成的10电子氢化物分别为CH4、NH3和H2O，NH3和H2O均含有分子间氢键，沸点较CH4高，NH3为碱性气体，结合H+能力较强，可与酸反应：NH3+ H3O+ =NH4++ H2O，故答案为CH4；NH3；NH3+ H3O+ =NH4++ H2O； （4）SO2具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，应有还原性：SO2>NO，故答案为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+；SO2。 18． 三 ⅣA 大 小 分子间作用力（范德华力） 甲酸 先产生白色沉淀，后沉淀溶解，最后变无色溶液 【分析】X的最高价氧化对应的水化物为H2XO3，可以确定X为+4价，故可能为C、Si；Y是地壳中含量最高的为O，Z最外层电子排布式为3s23p1，为Al；W质子数为28-14=14为Si，故综上有X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si,据此解答； 【详解】(1)由分析知W是Si，其在周期表中的位置是第三周期ⅣA族，W和X属于同一主族，但是W在下面一个周期，所以其半径比X的大； (2)Z是铝和W属于同一周期但是Z在W左侧，且不属于反常的情况，所以其第一电离能比W的小）； XY2是CO2，它属于分子晶体，所以由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力（范德华力）；分子内存在O—H键，就可以形成分子间氢键，例如甲酸； (3)向Z单质与盐酸反应后的无色溶液是氯化铝溶液，向其中滴加NaOH溶液直至过量，首先生成氢氧化铝，然后再溶解，所以其现象是先产生白色沉淀，后沉淀溶解，最后变无色溶液；W的单质是硅，硅可以与氢氟酸反应生成氢气和四氟化硅，其方程式是； (4)根据信息，可以知道4molAl反应放出的热量是3352kJ，所以该反应的热化学方程式是，。 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 $$