2025届高三化学一轮复习-- -无机推断题

2025届高三化学复习---无机推断题 1．（23-24高三上·陕西宝鸡·期末）现有七种物质，它们之间能发生如下反应(图中部分反应物、产物及反应条件未标出)。请根据以上信息回答下列问题： (1)写出下列物质的化学式：B 、C 。 (2)A物质在空气中燃烧的产物是 色的粉末，该物质与反应的方程式为 。 (3)写出反应③的离子反应方程式： 。 (4)在物质中加入溶液，现象为 ，发生反应的化学方程式为 。 2．（23-24高三上·湖北恩施·阶段练习）现有金属单质和气体甲、乙、丙以及物质，它们之间能发生如下反应．（图中有些反应的产物和反应条件没有标出） 请回答下列问题： (1)丙的化学式为 ； (2)A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的化学式为 ； (3)写出气体乙与石灰乳制漂白粉的化学方程式： ；漂白粉在需要密封保存，其原因是 （用化学方程式表示） (4)气体甲与气体乙反应时，则可以观察到的现象是： ； (5)若将F饱和溶液分别滴入下列物质中加热，能形成胶体的是___________； A．冷水 B．沸水 C．浓溶液 D．浓溶液 (6)实验室制取气体乙的化学方程式为 若要制得标况下气体乙，则被氧化的丙的物质的量为 3．（23-24高三上·重庆·期末）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。 (1)X元素是 。 (2)X与W组成的化合物电子式为 。 (3)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为 。 (4)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A ①已知1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体。写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式： 。 ②又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式： 。 (5)由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶H2O。对化合物B进行如下实验： a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体。过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。 b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。 ①B的化学式为： 。 ②已知1mol/L  100mL B的溶液能与1mol/L  20mLKMnO4溶液(硫酸酸化)恰好反应。写出反应的离子方程式： 。 4．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。图为钠及其化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题： (1)淡黄色固体②用于呼吸面具，写出②和CO2的反应方程式 ，若有2mol的过氧化钠参与反应，转移的电子的数目为 。 (2)从核心元素价态的视角看，NaH中H元素的化合价为 ，从H元素的价态分析，NaH常用作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (3)纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。 图Ⅲ、Ⅳ中 能更好说明二者的稳定性(填装置序号)。Ⅳ中受热处发生反应的化学方程式： 。 (4)若要除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，发生反应的化学方程式为 。 (5)工业上“侯氏制碱法”以NaC1、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其主要反应原理为：。该工艺析出的NaHCO3固体中可能含有少量氯离子杂质，检验该固体中含有氯离子杂质的操作方法是 。 (6)下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中碳酸钠质量分数的是___________。 A．取ag混合物充分加热，质量减少bg。 B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，师热、蒸干、灼烧，得到bg固体。 C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应得到bg溶液 D．与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg 5．（23-24高三上·浙江杭州·期中）A—E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质，C是常见的碱。 (1)B在氯气中燃烧的现象是 。 (2)写出下列反应的离子方程式 ①单质B投入水中 。 ②D的饱和溶液中通 。 (3)下列说法不正确的是（不定项选择） 。 a．物质E是工业生产物质D的一种原料 b．与物质C充分反应，转移电子 c．氯减工业的产品包括和物质C d．A→D的反应是氧化还原反应 e．检验D物质所含的金属元素，可用玻璃棒蘸取少量D，在酒精灯外焰上灼烧 6．（23-24高三上·山西忻州·期末）W、X、Y、Z、Q、R是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素。W的一种核素可用于考古，X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y在短周期元素中金属性最强，Z是地壳中含量最多的金属元素，Q与X同主族。 请回答下列问题： (1)W的元素名称为 ，R的元素符号为 。 (2)X、Y、Z、Q的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。 (3)W、X、Q的最简单氢化物中，沸点最高的是 (用化学式表示)，原因是 。 (4)将R的单质通入Y2Q溶液中能够证明R的非金属性强于Q的，请写出该反应的化学方程式： 。 (5)向Y2WX3溶液中滴加少量稀H2SO4，发生反应的离子方程式为 。 (6)Z的氧化物能与R的最高价氧化物对应的水化物反应，该反应的离子方程式为 。 7．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）前四周期元素A、B、C、D、E、F、G、H的原子序数依次增大，在元素周期表中A的原子半径最小，B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍，与具有相同的电子层结构，E是地壳中含量最多的金属元素，F与C同主族，DGC是一种常见的漂白性物质，H原子的最外层只有1个电子，内层属于全满状态。回答下列问题： (1)C在元素周期表中的位置为 ，的离子结构示意图 。 (2)C和D也可形成一种漂白性物质，其电子式为 ，是 键(填“极性键”或“非极性键”)构成的 分子(填“极性”或“非极性”)。 (3)比较C和F简单氢化物的键角大小： (用化学式表示)，F和G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是 (用化学式表示)。 (4)比较C、D、E三者离子半径的大小： (用离子符号表示)。 (5)下列叙述正确且能用于比较元素D和E金属性强弱的是___________(填序号)。 A．在化合物中E的化合价比D的高 B．E的单质不能与冷水反应而D的单质能 C．E的最高价氧化物对应水化物的碱性比D弱 D．D的单质无法从E的盐溶液中置换出E (6)过量的与G的单质的反应方程式： 。 (7)H的氢氧化物可溶于B的简单氢化物对应的水溶液反应，其离子方程式为 。 8．（23-24高三上·天津静海·阶段练习）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。 (1)写出下列物质的化学式：A： ，D： ； (2)写出R在元素周期表中的位置： 。 (3)按要求写下列反应方程式： ①H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式 ； ②B和R反应生成N的离子方程式 ； ③D与盐酸反应的离子方程式 。 (4)检验E溶液中阳离子的方法 。 (5)下图中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是 学法题：通过解答本题回答做框图推断题的思路 9．（23-24高三上·辽宁丹东·期末）元素周期表是学习化学的重要工具，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，A~J代表对应的元素，回答下列问题： (1)G的原子结构示意图为 ，元素I在周期表中的位置为 。 (2)图中对应元素最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 （填化学式）。 (3)C、E、F形成的简单离子半径由小到大的顺序为 （用离子符号表示）。 (4)A、C和E三种元素形成常见化合物中所含化学键的类型是 。 (5)C和E两种元素形成的淡黄色化合物与元素C的简单氢化物反应的化学方程式为 。 (6)下列说法错误的是_________（填序号）。 A．元素的非金属性： B．单质的还原性： C．最高正化合价： D．气态氢化物的稳定性： 10．（23-24高三上·天津武清·阶段练习）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①-⑧在表中的位置，回答下列问题： (1)写出元素⑥在周期表中的位置 。 (2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 (填化学式)。 (3)元素①与④能组成一种质子数为10、电子数也为10的微粒，写出元素⑤的单质和该微粒反应的化学方程式： 。 (4)写出实验室制取元素⑧的单质的化学方程式： 。 (5)碘(Ⅰ)在元素周期表中位于ⅦA族，是人体必需的微量元素之一、下列事实能够用“碘的非金属性比氯的弱”来解释的是 (填标号)。 a．Cl2能使淀粉KI试纸变蓝　　　b．HClO3的酸性强于HIO3 c．Cl2比I2更容易与H2化合　　　d．HCl比HI更不易分解 11．（23-24高三上·云南红河·期末）人体必需的部分元素在周期表中的分布情况如下： 请根据以上信息回答下列问题： (1)元素③能维持人体水分平衡、酸碱平衡等，元素③在周期表中的位置为 。 (2)人体缺元素⑦会导致腿软、抽筋、乏力、烦躁、精力不集中等症状，牛奶中含有大量的元素⑦，有利于骨骼健康。根据元素⑦在周期表中的位置预测牛奶中的元素⑦以 形式存在。(填“离子”或“单质”) (3)硒(Se)元素对人体的抗衰老具有很好的作用，同时能增强人体免疫力、抵抗力，具有抗癌、抗肿瘤等功效，元素Se的两种核素、互称为 。 (4)人体中的①元素通过选择性清除恶性自由基，保护细胞分裂分化，达到抗细胞变异和抗癌变的效果，请写出元素①与元素②组成的含10个电子的分子的电子式： 。 (5)人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血，某种市售营养麦片中含有微量的铁粉，请写出铁粉在胃酸(主要成分HCl)中发生反应的离子方程式 。 (6)适量的砷(As)有助于血红蛋白的合成，能够促进人体的生长发育，如果使用不当，砷对人体的危害就会非常的大，根据砷在周期表中位置预测非金属性As Se(填“>”“<”或“=”)。 (7)人体应减少铝元素的摄入，铝元素可导致脑组织退行性病变，诱发老年痴呆等脑病，请写出铝与NaOH溶液反应的化学方程式 。 (8)以上周期表信息中元素的最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 (填化学式) (9)下列不能证明元素⑥的金属性比④强的事实有 。 a．元素⑥的原子最外层电子数比元素④的原子最外层电子数少。 b．⑥的单质能与冷水剧烈反应而④的单质不能 c．⑥的最高价氧化物对应水化物的碱性比④强 12．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）下表列出了a～i九种元素在周期表中的位置，根据要求回答下列问题： (1)f的名称是 ，d的元素符号是 ； (2)a在周期表中的位置是 ； (3)h的原子结构示意图是 ； (4)e、g、i按原子半径由大到小的顺序排列为 (填元素符号)； (5)c与h相比非金属性较强的是 (填元素符号)，h的氢化物与i的氢化物相比，稳定性较弱的是 (填化学式)； (6)e的最高价氧化物对应的水化物与g的最高价氧化物对应的水化物，在水溶液中反应的离子方程式为 ； (7)g的单质与氧化铁在高温条件下反应的化学方程式为 ； 13．（23-24高三上·江苏泰州·阶段练习）已知六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，A、D同主族，C、F同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，试回答下列问题： (1)E在元素周期表中的位置是 。 (2)写出A和B形成4核10电子分子的化学式是 。 (3)C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。 (4)写出E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。 (5)已知周期表中存在对角相似规则，如Li与Mg在周期表中处于对角线位置则化学性质相似。根据“对角线规则”，铍(Be)的性质与上述六种元素中的 (填名称)相似，能溶于氢氧化钠溶液生成[Be(OH)4]2- ，请写出氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应的化学方程式 。 (6)A、C、D可形成多种二元化合物，下列说法不正确的___________(填字母)。 A．C和A、D都可形式两种化合物 B．A、D可形成的化合物中A显-1价 C．D2C、D2C2中阴阳离子个数比均为1：2 D．D2C和D2C2均能溶于A2C，并发生化合反应 (7)能说明F的非金属性比氯弱的事实是 (填序号)。 ①F的最高价氧化物的水化物比次氯酸稳定 ②高氯酸的酸性比F的最高价氧化物的水化物的酸性强 ③F的简单阴离子比Cl-易被氧化 ④HCl比F的氢化物稳定 ⑤铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与F单质在加热条件下反应生成某化亚铁 14．（23-24高三上·内蒙古通辽·期末）A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大的元素，A、D元素的原子最外层电子数相同，A元素的一种原子没有中子；B的一种同位素可用于考古断代；C是地壳中含量最多的一种元素；D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同；E的最外层电子数是电子层数的2倍；F的单质具有强氧化性。G是用途最广泛的金属元素，它的单质能被磁铁所吸引；试回答以下问题： (1)E的原子结构示意图： 。 (2)D单质与C单质在加热条件下反应产物的电子式 ，该物质与A2C反应的离子方程式 。 (3)化合物甲、乙由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的化学方程式为 。 (4)用电子式写出A2C的形成过程 。 15．（23-24高三上·福建三明·期中）X、Y、Z、W四种化合物均由1-18号元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z均含钠元素，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系（部分反应物，产物及反应条件已略去），回答下列问题： (1)①X生成Z的化学方程式 。 ②X溶于水的发生电离的方程式 。 ③向Z的水溶液中通入的离子方程式 。 (2)X含有的四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种化合物，选用其中两种化合物分别放在装置Ⅰ、装置Ⅱ，利用下图装置（夹持固定装置已略去）进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置Ⅴ中可收集到一种无色气体。 ①装置Ⅱ中物质的化学式是 。 ②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置Ⅴ中气体，所需仪器装置是 （从上图中选择必要装置，填写编号）。 (3)向Z溶液中通入氯气，可制得生产和生活中某种消毒液的主要成分，同时有X和氯化钠生成，该反应的化学方程式是 。 (4)为测定X和Z混合物中Z的质量分数，某课外小组取ag混合物充分加热，质量减少bg，则混合物中Z的质量分数是 （用含a、b的代数式表示）。 16．（23-24高三上·广东茂名·阶段练习）元素周期表与元素周期律是指导学生学好元素及其化合物知识的理论工具。 (1)最活泼的非金属元素是 (填元素符号)；短周期元素中共有 种金属元素。 (2)硫元素在元素周期表中的位置为 。 (3)用X形式表示出中子数为10 的氧原子： 。 (4)下表为元素周期表中部分元素的位置信息，请参照元素①~⑦在表中的位置，用化学用语回答下列问题： 周期 族 ⅠA 0 1 ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ① ② ③ 3 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ①②⑥的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是 (用化学式表示)，③形成的简单氢化物的为 (填化学式)，⑦的最高价氧化物的化学式为 ，⑤的单质与④的最高价氧化物对应水化物的溶液之间可发生反应，其离子方程式为 。 17．（2015高三·宁夏石嘴山·学业考试）已知甲、乙、丙为常见单质，且丙是无色气体；A—G均为常见的化合物；B为淡黄色固体，B的式量比A的式量大16，E是形成酸雨的主要物质，在一定条件下，各物质相互转化关系如下图所示(产物中水已忽略)： (1)写出下列物质的化学式：G ，F ； (2)写出下列变化的化学方程式 B＋H2O → 丙 + C ： ； (3)E是一种有毒气体，工业上常用生石灰对E气体进行处理。写出其化学反应方程式 。 18．（23-24高三上·河南省直辖县级单位·阶段练习）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子可能分别是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子可能分别是、、Cl-、中的某一种。 ①若把4种盐分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中，均得澄清溶液，只有B盐的溶液呈蓝色。 ②若向①的4支试管中分别加盐酸，C溶液中有沉淀产生，A溶液中有无色无味气体逸出。 (1)根据事实推断A、B、C、D的化学式分别为 、 、 、 。 (2)写出C与D反应的化学方程式： 。 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) Al Fe (2) 淡黄色 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (3)2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑ (4) 产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【分析】 金属A焰色为黄色，所以A为钠；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以气体甲为氢气、物质D为氢氧化钠；气体乙为黄绿色，所以乙是氯气；氢气与氯气反应生成氯化氢，气体丙为氯化氢，物质E为盐酸；金属B能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以B为铝；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，所以物质G是氯化铁，金属C为铁。 【详解】（1）由上述推断可知，B为Al，C为Fe； （2）A物质在空气中燃烧的产物是过氧化钠，是淡黄色的粉末，该物质与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； （3）反应③为氢氧化钠溶液与金属铝反应生成氢气与四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑； （4）在物质F中加入NaOH溶液生成氢氧化亚铁白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，发生反应的化学方程式为FeCl2+2NaOH=2NaCl+Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 2．(1) (2) (3) (4)苍白色火焰，安静燃烧，瓶口有白雾 (5)B (6) 【分析】 金属单质的焰色反应为黄色，则是，黄绿色气体乙是和水反应生成和，则甲是是，氢气和氯气反应生成，所以丙是是盐酸，和金属反应生成能被氯气氧化生成和反应生成红褐色沉淀，则红褐色沉淀是，所以是是是； 【详解】（1）根据上述分析可知丙为； （2）的一种氧化物为淡黄色固体，该氧化物为； （3）气体乙为Cl2，与石灰乳制漂白粉的化学方程式为：；漂白粉在需要密封保存，其原因是与空气中的二氧化碳作用生成次氯酸，反应为； （4）气体甲是，气体乙是，氢气在氯气中燃烧的现象是：产生苍白色火焰，安静燃烧，瓶口有白雾； （5） 是，制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，故符合要求的是B项； 答案为B； （6）实验室制取气体乙的化学方程式为；若要制得标况下气体乙，即2mol,根据反应可知丙中一半起还原剂的作用一半起酸性作用，则被氧化的丙的物质的量为。 3．(1)H (2) (3)3Cu+8H++2=3Cu2++4H2O+2NO↑ (4) NH4++OH﹣H2O+NH3↑ +Cl2+H2O=+2Cl﹣+2H+ (5) (NH4)2Fe(SO4)2•6H2O 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x﹣1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+(x﹣1)+x+(x+8)=32，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素。 【详解】（1）由上述分析可知，X为H元素，故答案为：H； （2）X与W组成的化合物为H2S，电子式为，故答案为：； （3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑； （4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，为铵盐据此回答： ①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，反应离子方程式为：NH4++OH﹣ H2O+NH3↑，故答案为：NH4++OH﹣ H2O+NH3↑； ②由①可知生成氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子，而A能与盐酸反应，又能与氯水反应，可推知A为亚硫酸铵，与氯水反应的离子方程式：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+； （5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水，向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42﹣据此回答： ①令C的化学式为x(NH4)2SO4•yFeSO4•6H2O，则：(96+36)x+(96+56)y+108=392，则x=y=1，故C化学式为 (NH4)2SO4•FeSO4•6H2O，故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O； ②B的物质的量为0.1 mol，高锰酸根离子的物质的量为0.02 mol，说明亚铁离子与高锰酸根离子以5:1的比例恰好完全反应，故离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。 4．(1) 2NA (2) -1 还原剂 (3) Ⅳ (4) (5)取少量固体溶于水，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子 (6)C 【分析】根据钠及其化合物的“价-类”二维图，①为金属Na；②是钠的氧化物，淡黄色固体，所以②是Na2O2。 【详解】（1）淡黄色固体②是Na2O2，Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，若有2mol的过氧化钠参与反应，转移的电子的物质的量为2mol,故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；2； （2）从核心元素价态的视角看，NaH中H元素的化合价为-1，从H元素的价态分析，NaH具有还原性，NaH常用作还原剂，故答案为：-1；还原剂； （3）图Ⅳ中把碳酸氢钠放在温度较低的B试管内，碳酸钠放在温度较高的A试管内，若碳酸氢钠分解放出二氧化碳、碳酸钠不分解，能更好说明二者的稳定性，所以图Ⅳ能更好说明二者的稳定性，Ⅳ中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式为，故答案为：Ⅳ；。 （4）碳酸钠、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳可除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，发生反应的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3。 （5）检验该固体中含有氯离子杂质的操作方法是取少量固体于试管中，加水溶解，加入足量稀硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明固体中含有氯离子，故答案为：取少量固体于试管中，加水溶解，加入足量稀硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明固体中含有氯离子； （6）A．取ag混合物充分加热，质量减少bg,则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg,由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，故A错误； B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，故B错误； C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，故C正确； D．取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg,即CO2的质量为bg,由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，故D错误； 故答案为：C。 5．(1)放出大量的热、黄色火焰、生成大量的白烟 (2) (3)bce 【分析】A—E五种物质都含有同一种元素，其中A为淡黄色固体化合物，则A为Na2O2，B为单质，则B为Na，C是常见的碱，则C为NaOH，根据转换关系，A与CO2反应生成D，C也可生成D，则D为Na2CO3，过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和水；D生成E，B与Cl2反应生成E， E为NaCl，碳酸钠和盐酸等生成氯化钠、钠和氯气点燃生成氯化钠； 【详解】（1）钠和氯气点燃，放出大量的热、黄色火焰、生成大量的白烟； （2）Na与水反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式为； ②Na2CO3的饱和溶液中通CO2，反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为； （3）a．E为NaCl，工业上侯氏制碱法用饱和NaCl溶液和氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，正确； b．，则与物质C充分反应，转移1mol电子，错误； c．氯碱工业为电解NaCl的水溶液生成氢气、氯气和NaOH，正确； d．A→D为Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，O元素的化合价发生改变，是氧化还原反应，正确； e．焰色试验应该用稀盐酸洗净的铂丝蘸取待测液，放在酒精灯外焰上灼烧，玻璃中含有钠元素，会有干扰，错误； 答案选bce。 6．(1) 碳 Cl (2) (3) H2O H2O分子间能形成氢键 (4) (5) (6) 【分析】W、X、Y、Z、Q、R是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素。W的一种核素可用于考古，为碳；X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，为8号元素氧；Y在短周期元素中金属性最强，为钠；Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝；Q与X同主族，则Q为硫，那么R为氯； 【详解】（1）W的元素名称为碳，R的元素符号为Cl； （2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；X、Y、Z、Q的简单离子半径由大到小的顺序为； （3）W、X、Q的最简单氢化物中，沸点最高的是H2O，其原因是H2O分子间能形成氢键，导致其沸点升高； （4）非金属性强的物质能生成非金属性弱的物质，氯气和硫化钠反应生成硫单质和氯化钠，反应为； （5）Y2WX3溶液为碳酸钠溶液，和少量稀硫酸反应生成碳酸氢根离子，反应为； （6）Z的氧化物为氧化铝，R的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，两者反应生成铝盐和水，该反应的离子方程式为。 7．(1) 第二周期第ⅥA族 (2) 极性键、非极性键 极性 (3) (4) (5)BC (6) (7) 【分析】短周期主族元素 A、B、C、D、E、F、G、H的原子序数依次增大，在元素周期表中 A的原子半径最小，则 A为 H元素；C的最外层电子数是次外层的 3倍，由于最外层电子数不超过 8，原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；B与C相邻且B的原子序数较小，故 B为N元素； 与具有相同的电子层结构，故D为Na ，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为，F与C同主族，则F为S元素，DGC是一种常见的漂白性物质，故G为Cl， H原子的最外层只有1个电子，内层属于全满状态，故H为Cu，据分析答题。 【详解】（1） 据分析可知C为O元素，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅥA族，失去最外层的1个电子得到最外层为18个电子的，离子结构示意图为； （2） O和形成的具有强氧化性能漂白物质，其电子式为，中有S-S、S-Cl，因此既有极性键又有非极性键，其结构不对称，属于极性分子； （3）和中心原子的价层电子对数均为4，孤电子对数均为2，但O的电负性比S大，而原子半径小于S，OH键长要小一些，OH键上的电子更靠近O斥力更大一些，所以键角HOH要大于HSH，故键角，由于Cl的非金属性强于S，故S和Cl的最高价氧化物的水化物酸性较强的是； （4）、、具有相同的核外电子排布，阴离子半径大于阳离子半径，阳离子所带正电荷越多半径越小，故三者离子半径的大小； （5）A. 在化合物中S可以是正价也可以是负价，故S的化合价不一定比Na的高，A错误；B. Na的金属性强于，Na的单质能与冷水反应而的单质不能，B正确；C. Na的金属性强于，故的碱性比强，C正确；D. Na放入Cu的盐溶液中，首先和水反应，生成，再与反应生成，不能将置换出来，D错误； （6）过量的能与反应生成和，化学方程式为 ； （7）在溶液中反应生成，离子方程式为。 8．(1) Na2O2 Fe3O4 (2)第三周期第IIIA族 (3) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]- +3H2↑ Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O (4)先加入KSCN无明显现象，再加入新制氯水，溶液呈红色，则证明为Fe2+ (5) ①②⑤ 抓住关键信息，包括颜色及现象，推出物质标在框图上，将所得答案带回检验 【分析】A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，C是O2、B是NaOH；金属T在氧气中燃烧生成的D是具有磁性的黑色晶体，则T是Fe，D是Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M，M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W，W是FeCl3；金属R和氧气反应生成氧化物Q，R与Q都能和NaOH溶液反应生成N，则R是Al、Q是Al2O3、N是Na[Al(OH)4]，据此分析解答。 【详解】（1）通过以上分析知，A是Na2O2，D是Fe3O4； （2）R是Al，位于周期表中第三周期第IIIA族； （3）①H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M，M为Fe(OH)3，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ； ②B是NaOH，R是Al，发生的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]- +3H2↑； ③D是Fe3O4，溶于HCl生成氯化铁、氯化亚铁，离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O； （4）E为FeCl2，检验亚铁离子的操作为：先加入KSCN无明显现象，再加入新制氯水，溶液呈红色，则证明为Fe2+； （5）①Fe与稀硫酸反应生成的氢气密度小，可以将装置内的空气排出，防止生成的Fe(OH)2被氧化，能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，符合题意； ②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出且关闭止水夹a，利用氢气的压力使生成的硫酸亚铁流入B试管中与NaOH接触而反应，可以防止生成的Fe(OH)2被氧化，能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，符合题意； ③装置暴露在空气中，且在反应装置中没有可以隔绝空气的物质，生成的Fe(OH)2容易被氧化，不能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，不符合题意； ④将NaOH挤入硫酸亚铁，但未进行隔绝空气处理，不能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，不符合题意； ⑤装置中上层的植物油难溶于水且密度比水小，可以起到隔绝空气的作用，防止生成的Fe(OH)2被氧化，能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，符合题意； 故较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀为：①②⑤； 做框图推断题的思路为：抓住关键信息，包括颜色及现象，推出物质标在框图上，将所得答案带回检验。 9．(1) 第三周期第族 (2)HClO4 (3) (4)离子键和（极性）共价键 (5) (6)CD 【分析】根据元素在元素周期表中的位置，A为H，B为N，C为O，D为F，E为Na，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl。 【详解】（1）G为Si，原子结构示意图为：；I为S，元素I在周期表中的位置为：第三周期第族； （2）图中对应元素最高价氧化物的水化物中酸性最强的是：HClO4； （3）C为O，E为Na，F为Al，C、E、F形成的简单离子为：O2-、Na+、Al3+，核外电子布相同，核电荷数越大，半径越小，故：； （4）A为H，C为O，E为Na，A、C和E三种元素形成常见化合物为NaOH，所含化学键的类型是：离子键和（极性）共价键； （5）C为O，E为Na，形成的淡黄色化合物Na2O2与元素C的简单氢化物H2O反应的化学方程式为：； （6）A．D为F，I为S，元素的非金属性：F>S，A正确； B．E为Na，F为Al，金属性Na>Al，故还原性Na>Al，B正确； C．D为F，F无正价，J为Cl，最高正价为+7价，C错误； D．C为O，I为S，非金属性O>S，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，D错误； 故选CD。 10．(1)第三周期ⅢA族 (2)HNO3 > H2CO3 > H2SiO3 (3)2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑ (4)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (5)acd 【分析】由元素在周期表中的位置可知，①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl； 【详解】（1）元素⑥铝在周期表中的位置为第三周期ⅢA族； （2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3 > H2CO3 > H2SiO3； （3）元素①与④能组成一种质子数为10、电子数也为10的微粒，则为水分子，水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑； （4）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：； （5）a．Cl2能使淀粉KI试纸变蓝，则氯气能氧化碘离子生成碘单质，能用“碘的非金属性比氯的弱”来解释；　　　 b．HClO3、HIO3不是氯、碘最高价氧化物对应水合物形成的酸，不能用“碘的非金属性比氯的弱”来解释； c．非金属性越强，其单质越容易和氢气发生化合，Cl2比I2更容易与H2化合，能用“碘的非金属性比氯的弱”来解释；　　　 d．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，HCl比HI更不易分解，能用“碘的非金属性比氯的弱”来解释； 故选acd。 11．(1)第三周期第ⅠA族 (2)离子 (3)同位素 (4) (5)Fe+2H+=Fe2++H2↑ (6)< (7)2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(H2O)4]+3H2↑ (8)HClO4 (9)bc 【分析】结合周期表结构，①为H、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Cl、⑥为K、⑦为Ca。 【详解】（1）元素③为钠，能维持人体水分平衡、酸碱平衡等，元素③在周期表中的位置为第三周期第ⅠA族； （2）⑦为Ca，化学性质活泼，可以和水反应，则元素⑦在牛奶中以离子形式存在； （3）元素Se的两种核素、互称为同位素； （4）①为H、②为O，①与元素②组成的含10个电子的分子为H2O，电子式：； （5）铁粉在胃酸(主要成分HCl)中发生反应的离子方程式Fe+2H+=Fe2++H2↑； （6）同周期元素的非金属性，从左到右逐渐增强，则砷在周期表中非金属性As<Se； （7）铝与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(H2O)4]+3H2↑； （8）根据同周期和同主族元素非金属性变化规律，以上周期表信息中元素的最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4； （9）a．根据最外层电子数不能比较两者金属性强弱，a不选； b．⑥的单质能与冷水剧烈反应而④的单质不能，说明⑥的金属性比④强，b选； c．⑥的最高价氧化物对应水化物的碱性比④强，说明⑥的金属性比④强，c选； 故选bc。 12．(1) 镁 Ne (2)第二周期第IVA族 (3) (4) (5) O (6) (7) 【分析】根据九种元素在周期表中的位置可知，a是C，b是N，c是O，d是Ne，e是Na，f是Mg，g是Al，h是S，i是Cl。 【详解】（1）f的名称是镁，d的元素符号是Ne； （2）a在周期表中的位置是第二周期第IVA族； （3）h的原子结构示意图是； （4）e、g、i同周期，核电荷越大原子半径越小，按原子半径由大到小的顺序排列为； （5）O与S同主族，从上到下，非金属性减弱，则非金属性较强的是O，h的氢化物是H2S与i的氢化物是HCl，S的非金属性弱，稳定性较弱的是H2S； （6）e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，g的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，二者在水溶液中反应的离子方程式为； （7）g的单质是Al与氧化铁在高温条件下反应的化学方程式为。 13．(1)第三周期第IIIA族 (2)NH3 (3)S2->O2->Na+ (4)Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- (5) 铝 Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4] (6)D (7)②③④⑤ 【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，则B为N元素；A、D同主族，D的原子序数大于氮，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，则C为O元素；C、F同主族，则F为S元素；D、F的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、H2SO4，二者都能与E的最高价氧化物的水化物反应，则E为Al元素，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，E是铝元素，原子序数为13，位于元素周期表第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族； （2）由分析可知，A(氢)和B(氮)故二者形成4核10电子分子为NH3， 故答案为：NH3； （3）由分析可知，C为O、D为Na、F为S，结合电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，电子层越多离子的离子半径越大，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+； （4）由分析可知，D为Na、E为Al，则E的最高价氧化物的水化物即Al(OH)3与D的最高价氧化物的水化物反应即NaOH，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-； （5）由铍能与氢氧化钠溶液反应生成偏铍酸钠和氢气可知，铍元素与处于对角线的铝元素性质相似，氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应生成四氢氧合铍酸钠，反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]，故答案为：铝；Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]； （6）由分析可知，A为H，C为O，D为Na，据此分析解题： A．C和A、D都可形式两种化合物即为H2O和H2O2、Na2O和Na2O2，A正确； B．A、D可形成的化合物即NaH，由于H的非金属性强于Na，故化合物中A显-1价，B正确； C．D2C即为Na2O由Na+和O2-构成，D2C2即为Na2O2由Na+和构成，故二者中阴阳离子个数比均为1：2，C正确； D．D2C即为Na2O和D2C2即为Na2O2均能溶于A2C即H2O，Na2O+H2O=2NaOH是化合反应，当2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑不属于化合反应，D错误； 故答案为：D； （7）①元素最高价氧化物对应水化物的酸性才与非金属性一致，故F的最高价氧化物的水化物比次氯酸稳定，不能说明F即S的非金属性比Cl弱，不合题意；②元素最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致，故高氯酸的酸性比F的最高价氧化物的水化物的酸性强，能说明S的非金属性比Cl弱，符合题意；③非金属元素的最低负价阴离子的还原性与其非金属性呈反比，故F的简单阴离子即S2-比Cl-易被氧化，说明S的非金属性比Cl弱，符合题意；④非金属元素的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，故HCl比F的氢化物即H2S稳定能说明S的非金属性比Cl弱，符合题意；⑤铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与F单质即S在加热条件下反应生成某化亚铁，说明Cl2的氧化性比S强，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，故能说明S的非金属性比Cl弱，符合题意；综上分析可知，②③④⑤符合题意，故答案为：②③④⑤。 14．(1) (2) (3) (4) 【分析】A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大的元素，A、D元素的原子最外层电子数相同，A元素的一种原子没有中子，则A为H元素；B的一种同位素可用于考古断代，则B为C元素；C是地壳中含量最多的一种元素，则C为O元素；D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同，且A、D元素的原子最外层电子数相同，则D为元素；E的最外层电子数是电子层数的2倍，则E位于第三周期，最外层含有6个电子，为S元素；F的单质具有强氧化性，F为元素；G是用途最广泛的金属元素，它的单质能被磁铁所吸引，G为元素。 【详解】（1）E为S元素，原子结构示意图为； （2）钠与氧气在加热条件下反应产物为过氧化钠，电子式为；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应离子方程式为； （3）化合物甲、乙由H、C、O、中的三种或四种组成的常见物质，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则二者为碳酸氢钠、氢氧化钠，反应方程式为； （4）水为共价化合物，用电子式表示其形成过程为，。 15．(1) (2) I、IV、V (3) (4) 【分析】X、Y、Z、W四种化合物均由1~18号元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z均含钠元素，W为无色无味气体。依据转化关系图，可确定X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为CO2。 【详解】（1）①由分析知，X为NaHCO3，Z为Na2CO3，则X生成Z的化学方程式是。 ②X溶于水的发生电离，生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为。 ③向Z的水溶液中通入，Na2CO3反应生成NaHCO3，离子方程式：。 （2）X含有的四种元素Na、H、C、O。①由装置V可确定收集的气体密度比空气大，且与空气的成分不反应，则其为O2，故可确定装置II中物质的化学式是Na2O2。②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，则X为H2O2，应选用制气装置Ⅰ、干燥装置Ⅳ、收集装置Ⅴ，则所需仪器装置是I、IV、V。 （3）向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，该物质为NaClO，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是。 （4）X和Z混合物即NaHCO3与Na2CO3的混合物，由反应方程式，可确定CO2、H2O的质量为bg，由此求出m(NaHCO3)= ，则混合物中Na2CO3的质量分数是==。 16．(1) F 5 (2)第三周期第ⅥA族 (3) (4) HNO3>H2CO3>H2SiO3 H2O Cl2O7 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ 【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①为C；②为N；③为O；④为Na；⑤为Al；⑥为Si；⑦为Cl，以此解题。 【详解】（1）同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，最活泼的非金属元素是F；短周期元素中，Li、Be、Na、Mg、Al，共有5种金属元素； （2）硫是16号元素，硫元素在元素周期表中的位置为第三周期ⅥA族； （3）氧原子中质子数为8，中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子表示为； （4）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，①、②、⑥的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HNO3>H2CO3>H2SiO3；③形成的简单氢化物为水，结构式为H2O；⑦的最高价氧化物的化学式为Cl2O7；单质铝可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝离子，方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故答案为HNO3>H2CO3>H2SiO3；H2O；Cl2O7；2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑。 17．(1) Na2S SO3 (2)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (3)SO2+CaOCa2SO3 【分析】甲、乙、丙为常见单质，且丙是无色气体；A—G均为常见的化合物；B为淡黄色固体，B是Na2O2，B的式量比A的式量大16，则甲是Na、丙是氧气、A是Na2O；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则C是NaOH；E是形成酸雨的主要物质，E是SO2，则乙是S单质；F是SO3，G是Na2S、D是Na2SO3。 【详解】（1）根据以上分析，甲是Na、乙是S，钠和硫在加热条件下反应生成Na2S，G是Na2S；E是SO2，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，则F为SO3； （2）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑； （3）E是SO2，工业上常用生石灰对SO2气体进行处理。SO2和CaO反应生成Ca2SO3，反应方程式为SO2+CaOCa2SO3。 18．(1) Na2CO3 CuSO4 AgNO3 CaCl2 (2)2AgNO3+CaCl2=AgCl↓+Ca(NO3)2 【分析】给出八种离子，可形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定。如Ca2+不能和、结合，而只能和、Cl-；Ag+不能和、、Cl-三种离子结合，而只能和结合，则一定是CaCl2、AgNO3；Cu2+不能和结合，所以为CuSO4；Na+对应为Na2CO3，即四种物质为CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；①中由于B盐是蓝色的，所以B为CuSO4；②四支试管加入盐酸，C有沉淀，则C溶液为AgNO3；而A生成无色气体，则为二氧化碳，即A为Na2CO3；那么D为CaCl2； 【详解】（1）分析可知，A、B、C、D的化学式分别为Na2CO3、CuSO4、AgNO3、CaCl2； （2）C与D反应为硝酸银和氯化钙生成硝酸钙和氯化银，化学方程式：2AgNO3+CaCl2=AgCl↓+Ca(NO3)2。 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 $$