高三化学一轮复习 专题集训-元素或物质推断题

1、试卷第 =page 11 11页，共 =sectionpages 12 12页试卷第 =page 12 12页，共 =sectionpages 12 12页高考化学一轮专题集训：元素或物质推断题1（ 湖南常德市一中模拟预测）I.现有部分短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，四种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XL层电子数比K层电子数多3YY的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应ZZ与Y元素相邻W常温下，0.1mol/LW的最高价含氧酸的pH5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，根据酸浸反应原理分析，造成浆料黏度过大的物质是_（填名称）。（2）实验室中过滤

2、所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_。（3）向过滤的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为_。 （4）滤渣中主要成分为MnO2和_（填化学式）。（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSO4H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶，需要加压升温的原因是_。11（ 河北张家口一模）下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物。B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请回答下列问题：(1)甲_；D_；G_。(2)画出C

3、中阳离子的结构示意图：_。(3)在空气中将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_。(4)反应中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是_(填序号)。(5)A与B反应的离子方程式为_。(6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，目的是_。(7)在配制G时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的F，为帮助实验员进行检验少量F的存在，请从下列物质中选择合适的试剂_。A KSCN溶液B 稀盐酸C KMnO4溶液D NaOH溶液12（ 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

4、行如下实验：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；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_。13（ 浙江绍兴模拟预测）电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4

5、溶液处理，使之转化为沉淀B，按如下流程进行实验。已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：（1）组成B的三种元素是_，气体D的分子式是_。（2）写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_。（3）固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物（测其分子量为199)，则反应的化学方程式是_。14（ 浙江嘉兴一模）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

6、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_。已知：将 0.1 molL1KI 溶液加入到 0.1 molL1 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；当离子浓度相同时，氧化性：Ag+Fe3+； 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 molL1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到 0.1 molL1AgNO3 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

7、氧化 I，要求画出实验装置图，并标明电极材料及电解质溶液_。15（ 天津静海二模）A、X、Y、B、C、D、E、M是前30号元素，原子序数依次增加。A原子是周期表中半径最小的原子；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反；B的价层电子排布式为ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，常温下，D的单质是一种黄绿色的气体；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，M与E元素位于同一周期，且为B族元素。（1）B、Y、C分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为(填离子符号)_（2）元素D基态原子的核外电子排布式为_，其同周期元素中，

8、第一电离能最大的是_（写元素符号）。（3）M与D形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为_此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_，其中配位体为_分子（填“极性”或“非极性”），（4）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。将A2C通入ED3溶液中反应的离子方程式为_（5）用200mL1molL-1的BYA溶液吸收4.48L（标准状况）CY2所得溶液的pHAlNa(4) 非极性分子 12(5) Ar3d84s2 sp3 分子(6)Mg【分析】根据元素在周期表中的位置，A是B元素；B是C元素；C是O元素；D是Na元素；E是Mg元素；F是Al

9、元素；G是Cl元素；H是Fe元素；K是Ni元素。（1）同周期元素从左到右，元素电负性增大，Na、Cl中，电负性较大的是Cl；（2）Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式是；（3）同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，Mg原子4s轨道全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序是MgAlNa；（4）CO2是共价化合物，含有2个碳氧双键，电子式是，二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子；二氧化碳晶体为面心立方晶胞，在 CO2晶体中，1 个 CO2分子周围有12个紧邻分子；（5）Ni是28号元素，基态 Ni原子的简化核外电子排

10、布式是Ar3d84s2；Ni (CO)4构型为正四面体，Ni有4个杂化轨道，Ni原子杂化类型是sp3，Ni (CO)4具有挥发性，熔沸点低，属于分子晶体；（6）根据均摊原则，白球代表的原子数为 ，黑球代表的原子数为6，白球、黑球数比为1:2，结合化学式MgB2，可知代表的原子是Mg。4 Mg、Cl、O 2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2+7O2 MgCl26H2O Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，最终得不到无水氯化镁 氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去 氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色

11、漂白 在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因【分析】化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂，隔绝空气受热分解生成固体A和混合气体B，B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色，其中一种是氯气，X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，剩余气体E的物质的量是0.784L22.4L/mol0.035mol，固体A溶于盐酸中得到溶液C，溶液C中加入足量氢氧化钠溶液得到沉淀D，由于X由三种短周期元素组成，所以沉淀D是氢氧化镁，物质的量是0.58g58g/mol0.01mol，根据Mg原子守恒0.4000gA是氧化镁，物质

12、的量是0.01mol，所以A的组成元素是O、Mg、Cl，据此判断。【详解】(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气，根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是0.01mol，则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2+7O2。(3)溶液C是氯化镁溶液，将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为MgCl26H2O，由于Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，所以直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中

13、，当通到一定量时，红色突然褪去，由于次氯酸具有强氧化性，另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低，则产生上述现象可能的原因有两种，即氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去或氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白；由于次氯酸的漂白是不可逆的，则证明红色褪去的原因的剩余方案是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因。5 Na+Na+ 2 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O 3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O SOCl2+H2OSO2+2HCl【分析】NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等，按照组

14、成元素的多少可以分为单质和化合物，属于单质的是Cu、F2，属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、SOCl2；单质中能与氢气反应的是F2；化合物中能与水反应的是NH3、Na2O2、SOCl2，反应后溶液显碱性的是NH3、Na2O2，据此分析解答。【详解】(1)淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为；过氧化钠与水反应为歧化反应，2mol过氧化钠参加反应，转移2mol电子，故答案为：I；2；(2) 组中的气体为氨气，实验室制备氨气原理为：氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙和氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+C

15、a(OH)22NH3+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3+CaCl2+2H2O；(3) B组中的物质是铜，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O；(4) 组中的物质为SOCl2，滴入水中后与水剧烈反应，产生大量酸雾，SOCl2与水反应生成HCl和二氧化硫，反应的化学方程式为SOCl2+H2OSO2+2HCl，故答案为：SOCl2+H2OSO2+2HCl。6 K、C、N 能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀 取少量灼烧后的固体粉末

16、溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无【分析】题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B溶液保存时需加酸和F，而B为硫酸盐，在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，

17、则其为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、C、N元素。n(FeSO4)=，n(BaSO4)=，n(NH3)=，n(CO)=，从而得出无水X中含有Fe2+、CN-、K+，依据电荷守恒，可求出n(K+)=0.18mol-0.03mol2=0.12mol，n(K+): n(Fe2+): n(CN-)=0.12:0.03:0.18=4:1:6，从而得出X的无水盐的化学式为K4Fe(CN)6；n(H2O)=，故X的化学式为。【详解】(1)由分析可知，组成无水X的四种元素是K、C、N，X晶体的化学式是。答案为：K、C、N；(2)由框图推知，晶体与浓硫酸反应，生

18、成FeSO4、CO、(NH4)2SO4、K2SO4，化学方程式为。答案为：；(3)无水K4Fe(CN)6可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，则X中Fe(CN)64-被氧化为Fe(CN)63-，从而得出其反应的化学方程式为。答案为：；(4)可利用来鉴别和，则只能与Fe3+发生反应生成蓝色沉淀，原因是能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀。答案为：能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀；(5) B在空气中灼烧的产物为Fe2O3，可能有SO2、SO3等，检验Fe2O3时，可先加酸溶液，再加入KSCN溶液；检验SO2时，可通入品红溶液中；检验SO3时，可通入BaCl2溶液中。实验方案为

19、：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。答案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。【点睛】检

20、验SO2时，通入品红溶液，品红褪色还不能说明气体为SO2，还应加热无色溶液，看溶液是否恢复红色。7 Ca，H Ca(NH3)6 Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3 16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S 增加一个防倒吸装置 小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）【详解】.气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的

21、物质的量也为0.05mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为，剩余气体为氢气，物质的量为，说明A为Ca(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素；(1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6，故答案为：Ca，H；Ca(NH3)6；(2)固体D为Ca(N

22、H2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3，故答案为：Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3；(3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S，故答案为：16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S；II. (1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A装置中，所以上述装置应该增

23、加一个防倒吸装置，故答案为：增加一个防倒吸装置；(2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4），故答案为：小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）。8 Mg、Si、H MgSi2H4 Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2 Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3 MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl【分析】2.52 gA中加入20 mL3 mol/L的盐酸发

24、生反应生成气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL，物质的量，气体甲和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，溶液乙为硅酸钠溶液，说明A中含硅元素、氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲为常用的耐火材料，固体甲应为氧化镁，白色沉淀为Mg(OH)2，则判断甲溶液中含Mg元素，为MgCl2溶液，计算得到镁的物质的量，则A含有的元素为Mg、Si、H元素，气体甲为纯净物且只含两种元素为Si、H组成，气体物质的量0.03 mol，和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液

25、恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH物质的量=0.12 L1 mol/L=0.12 mol，则气体甲和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：4，生成和氢气，根据原子守恒得到甲为Si2H6，甲和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Si2H6+4OH-+2H2O=2-+7H2，n(Si)=0.06 mol，所含氢元素物质的量，n(Mg)：n(Si)：n(H)=0.03mol：0.06mol：0.12mol=1：2：4，A为MgSi2H4，据此分析解答。【详解】(1) 根据上述分析， A含有的元素为Mg、Si、H元素；A为MgSi2H4；故答案为：Mg、Si、H；MgSi2H4；(2) 甲为Si2H

26、6，甲和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2，故答案为：Si2H6+4OH-+2H2O=2+7H2；(3) 溶液乙为硅酸钠溶液，通入少量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，化学方程式为：Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3，故答案为：Na2SiO3 + CO2 + H2O=Na2CO3 + H2SiO3； (4) 高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和氯化氢，反应的化学方程式：MgSi2H4+7Cl2MgCl2+2SiCl4+4HCl，故答案为：MgSi2H4+7Cl2Mg

27、Cl2+2SiCl4+4HCl。9 SiO2 Al(OH)3 取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+ 在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 坩埚 【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，溶液a为氯化铝、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到沉淀b为，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为Cu，F+A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受

28、热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝，据此解答。【详解】(1)反应是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为： ；故答案为：；(2)上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3，故答案为：SiO2；Al(OH)3；(3)检验沉淀b中所含有阳离子为铁离子，加入盐酸溶解后加入硫氰酸钾溶液，若出现红色证明含铁离子，实验方法为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；故答案

29、为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，加热固体c的操作是把固体放在在坩埚中灼热，故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚；(5)蓝铜矿的主要成分是，加入木炭加热反应生成铜、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写化学方程式为：；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：； 故答案为：；。10 充分反应，提高纯橄岩中镁的浸出率 硅酸 普通漏斗或漏斗 Mn2

30、+ClOH2O=MnO22H+Cl Fe（OH）3 由图可知，在较高温度下析出MgSO4H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4H2O晶体【分析】纯橄岩加入硫酸酸浸，氧化锰溶解生成硫酸锰，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，二氧化硅不溶于水或酸，过滤到滤渣，溶液加入次氯酸钠，将锰离子氧化生成二氧化锰，将亚铁离子氧化生成铁离子，调节溶液的酸碱性，使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出氢氧化铁沉淀和二氧化锰，溶液经过蒸发浓缩、加压升温的方法结晶得到产品。【详解】（1）浸出是升高温度连续搅拌,其目的是充分反应，提高纯橄岩

31、中镁浸出率；酸度过大，生成更多的硅酸，硅酸不溶于水，所以容易形成包团现象；（2）过滤需要使用漏斗；（3）锰元素升高2价，氯元素降低2价，根据电子守恒和电荷守恒分析，该反应的离子方程式为：Mn2+ClOH2O=MnO22H+Cl；（4）加入次氯酸钠容易，能将亚铁离子氧化成铁离子，将溶液中的锰离子氧化成二氧化锰，调节溶液的pH=56，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣中主要成分为氢氧化铁和二氧化锰。（5）由图可知，在较高温度，大约70度之后生成MgSO4H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4H2O晶体。11 Na Fe(OH

32、)2 FeCl3 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 防止亚铁离子被氧化 C【分析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此进行解答。【详解】(1)根据分析，甲为Na；D为Fe(OH)2；G为FeCl3；(2)根据分析，C为Na

33、OH，钠离子的结构示意图：；(3)在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(4)根据分析，结合转化关系图示，反应中，属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应，反应为钠和氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应，反应中的产物为两种，不是化合反应，反应为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，属于化合反应，则既属于化合反应又属于氧化还原反应的是；(5)Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2

34、O=4Na+ + 4OH- + O2 ；(6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，发生的反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，目的是防止亚铁离子被氧化；(7)在配制FeCl3时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的FeCl2，为帮助实验员进行检验少量FeCl2的存在，即检验溶液中含有亚铁离子，AKSCN溶液和亚铁离子无现象，不能检验溶液中含有亚铁离子，故A不符合；B稀盐酸不能检验亚铁离子的存在，故B不符合；C KMnO4溶液可以氧化亚铁离子而褪色，证明亚铁离子的还原性，能检验溶液中含有亚铁离子，故C符合；DNaOH溶液和铁离子反应生成红褐色沉淀，和亚铁离子反应生成白色沉淀迅

35、速变化为灰绿色最后变为红褐色，反应现象不能分辨，故D不符合；故答案选C。12 Fe3+ + OH-= NH3H2O mol/L 1：1：1 c（）0.3 molL1【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；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；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，溶液中一定含有，且n()=6.99g233g/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

36、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）在实验中，NaOH溶液滴至b c段过程中发生的离子反应方程式为 + OH-= NH3H2O；cd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cd段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=molL1；（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

37、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()0.1L0.3 molL1。13 Cu、C、N (CN)2 2CuCN3O22CuO2CO2N2 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN【分析】电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4

38、溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO 8.0g，CuO的物质的量=0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25

39、g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol =28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量=0.05mol，质量为0.05mol28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+ m(C)+ m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)：n(C)：n(N)=0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O

40、2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L22.4L/mol52g/mol，则 气体D的物质的量为0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0

41、.1mol，则D的分子式为(CN)2，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式2CuCN3O22CuO2CO2N2；(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN。14 BaSO4和AgCl Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O Ag2S2O3H2OAg2SH2SO4 2Ag+2I2AgI2 Ag+会与I发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱

42、Ag+的氧化性，使上述反应很难发生 【分析】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:0.02mol2=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Ag2S2O3H2OAg2SH2SO4；黑色固体A为Ag2S，与浓硝酸反应的离子方程式是Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8N

43、O24H2O；各物质关系如图：；Ag+会与I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 I，要用盐桥将Ag和I分开，用惰性电极作电极，由此设计。【详解】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Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O；故答案为：Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O；（3）X 与 H2O 反应生成黑色的硫化银和硫酸，化学方程式是 Ag2S2O3H

44、2OAg2SH2SO4；故答案为：Ag2S2O3H2OAg2SH2SO4；（1）甲同学猜测，0.1 molL1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1molL1AgNO3 溶液中时，溶液应变蓝色，有碘生成，对应的离子方程式2Ag+2I2AgI2；故答案为：2Ag+2I2AgI2 ；（2）乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是Ag+会与I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 I，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I发生反应生成AgI

45、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 S2-O2-Na+ 1s22s22p63s23p5或Ne3s23p5 Ar CuCl Cu(NH3)42+ 极性 哑铃 H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+ c(Na+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-) 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O【分析】A原子是周期表中半径最小的原子，所以A为H元素；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反，则Y的2p轨道电子排布式为2

46、p4，所以Y为O元素；常温下，D的单质是一种黄绿色的气体，则D为Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且C的原子序数大于O小于Cl，所以C为S；B的价层电子排布式为ns1，其原子序数大于O且小于S，则其价层电子排布式为3s1，所以B为Na元素；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，则其原子的价层电子排布为3d64s2，为Fe元素；M与E元素位于同一周期，且为B族元素，则M为Cu元素。【详解】(1)B、Y、C形成的简单离子为Na+、O2-、S2-，离子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小顺序为：S2-O2-Na+；(2)Cl元素为1

47、7号元素，原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或Ne3s23p5；同周期元素中自左至右第一电离能呈增大趋势，Ar元素为该周期最右端元素，且其最外层电子为全满状态，所以第一电离能最大；(3)根据均摊法，该晶胞中Cl原子数目为=4，Cu原子数目为4，所以该化合物的化学式为CuCl；此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，说明Cu+被氧化成Cu2+，继而与NH3形成配离子：Cu(NH3)42+；配位体为NH3，其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)基态S原子电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；将H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+可将-

48、2价的S元素氧化成S，自身被还原成Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+；(5)用200mL1molL-1的NaOH溶液吸收4.48L(标准状况)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶质为NaHSO3，溶液pHc(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)；(6)电解时阴极上NO3-发生得电子的还原反应生成N2，则其阴极的反应式为2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O。16 第三周期第A族 FNa+Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；

49、后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第A族，答案为：第三周期第A族；（2）根据核外电子排布相

50、同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：FNa+Al3+；答案为：FNa+Al3+；（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2Br2。答案为：

51、不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。17 碳、溴 Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4 将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体 放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【分析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714 gL-122.4 L/mol=16 g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应

52、呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62 g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)= 7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=0.01 mol，X中含有Br-0.01

53、mol，其质量为0.01 mol80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr和0.05 mol NaOH，其中0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr

54、，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化

55、，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。18 O=C=S 直线型 将少量混合物加入过量得NaOH溶液微热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝则证明存在 NaHS 【分析】由流程图可知浓硫酸与硫氰化钾反应生成两种硫酸氢盐和一种三原子物质A，

56、则硫酸氢盐只可能是，再根据质量守恒可知方式为：；C是一种淡黄色的固体单质，则C为S，B 是一种常见的氧化物则B为CO，E在标准状况下的密度约为，则E的摩尔质量，则E为H2S，将金属钠投入足量的无水乙醇，往反应液中通人，可制得D，C和D按反应生成等物质的量的E和F，则D为NaHS；由反应可知 ，F为，据此回答。【详解】由流程图可知浓硫酸与硫氰化钾反应生成两种硫酸氢盐和一种三原子物质A，则硫酸氢盐只可能是，再根据质量守恒可知方式为：；C是一种淡黄色的固体单质，则C为S，B 是一种常见的氧化物则B为CO，E在标准状况下的密度约为，则E的摩尔质量，则E为H2S，将金属钠投入足量的无水乙醇，往反应液中通人，可制得D，C和D按反应生成等物质的量