高三化学一轮复习 专题训练：元素或物质推断题

1、试卷第 =page 13 13页，共 =sectionpages 13 13页试卷第 =page 12 12页，共 =sectionpages 13 13页高考化学一轮专题训练：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pH1(1)写出元素X的气态氢化物的电子式_。(2)Y元素在周期表中的位置为_，元素W的离子结构示意图为_。(3)下列事实能说明W元

2、素的非金属性比Cl元素的非金属性弱的是_(填标号)。a.Cl2与H2W溶液反应，溶液变浑浊b.在氧化还原反应中，1molCl2比1molW得电子多c.Cl和W两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高d.Cl和W对应的单质分别与Fe反应，Cl2把Fe氧化到更高的价态(4)Z与Cl2反应生成1molZ的液态最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，写出该反应的热化学方程式：_。II.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(5)电化学降解的原理如图所示。左侧Pt电极为_(填“阳极”或“阴极”)，阳极的反应式为_。若电解过程中转移了2mol电子，则理论上膜右侧

3、电解液的质量变化为_g。2（ 广西柳州模拟预测）我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。B、C、D为同周期相邻元素，A为地壳中含量最多的元素。回答下列问题：(1)元素D在周期表中的位置为_，A、C的简单离子半径大小顺序为_ (填离子符号)。(2)化合物BA的电子式为_(填元素符号)。A和D形成的化合物中的化学键类型为_。(3)B和C两元素相比较，金属性较强是_ (填元素符号)，可以证明该结论的实验_。A比较两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率B比较两种元素最高价氧化物对应的水

4、化物的碱性C将相同大小的两种元素单质分别放入沸水中，观察反应现象D比较相同物质的量的两种元素的单质与足量稀盐酸反应产生的多少3（ 北京杨镇第一中学模拟预测）下表是元素周期表的一部分。表中 A-K 分别代表某一种化学元素。(1)D、G 中，电负性较大的是_(用元素符号表示)。(2)H 的基态原子价层电子的轨道表示式是_。(3)D、E、F 的第一电离能由大到小的顺序是_(填元素符号)。(4)BC2 分子的电子式是_，是_(填“极性分子”或“非极性分子”)。在 BC2 晶体中，1 个 BC2 分子周围有_个紧邻分子。(5)由 K、B、C 三种元素形成的某种配位化合物，常温下该化合物具有挥发性，化学式

5、为 K(BC)4，构型为正四面体。基态 K 原子的简化核外电子排布式是_；中心原子杂化类型是_，K(BC)4 固态时属于_晶体(填晶体类型)。(6)A 与 E 组成的一种化合物 EA2，刷新了金属化合物超导温度的最高记录。下图是该化合物的晶体结构单元。图中 代表的原子是_(填元素符号)。4（ 新疆乌鲁木齐一模）部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示(已知a为非金属元素)。(1)由a、c、d三种元素形成的离子化合物的化学式为_。(2)图中所示元素中金属性最强的是_(填元素符号)，工业上制取该元素的单质的原理为_(填化学方程式)。(3)e、f、g元素的简单离子半径由大到

6、小的顺序为_(用离子符号回答)。(4)常温下，h的单质与化合物的稀溶液反应，氧化产物为_(填化学式)。(5)可用于处理碱性工业废水中的，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为_。5（ 河南新乡一模）某研究小组为了探究化合物X的组成，设计并完成了如图实验：已知：化合物X由三种短周期元素(均不同主族)组成，且阴、阳离子个数之比为2：1；气体A为非金属气体单质，单质D常用来制作信号弹和烟火；金属化合物C是仅由两种相邻且同周期的金属元素组成的。请回答下列问题：(1)白色胶状沉淀F为_(填化学式)，金属化合物C的组成为_(写最简比)。(2)化合物X的一价阴离子与CH

7、4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式：_。(3)中通入过量CO2的目的是_。(4)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产品中会夹杂单质D。有同学设计了如图所示的实验装置，检验mg产品中单质D的含量。写出化合物H与冷水反应的化学方程式：_。装置中导管a的作用是_。设该状态下的气体的摩尔体积为VmLmol-1，实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产品中单质D的含量为_(用含m、Vm、V1、V2的代数式表示，忽略单质D与冰水的反应)。6（ 浙江宁波模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气

8、体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。请回答：(1)写出气体E的结构式_；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有_(用化学式表示)。(2)化合物X含有的元素有Cu、H、_(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式_。(3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式_。(4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分_。7（ 四川成都一模）短周期元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，其中X的一种同位素原子没有中子，Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，Z为地壳中含量最多的

9、非金属元素，W的焰色反应为黄色，N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)(1)W在周期表中的位置_。(2)元素Z和W形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为_，该化合物中化学键有_。(3)WNZ溶液呈_性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是_。(用离子方程式表示)(4)甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，_ (填化学式)沸点更高，原因：_。8（ 浙江二模）某兴趣小组对化合物A开展探究实验。其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质，焰色反应为黄色。请回答：(1)组成A的3种元素是_(填元素符号)，A的化学式是

10、_。(2)固体A与盐酸反应的化学方程式是_。(3)过量的气体B与氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式_。(4)将气体B与同时通入足量水中发生氧化还原反应，离子方程式为_。设计实验证明该反应为不可逆反应_。9（ 黑龙江哈九中二模）现代社会人们对生存环境要求越来越高，地球资源却越来越少，这就要求矿业生产体系化、绿色化。如图是对高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)进行综合加工的流程：已知：常温下，KspAl(OH)3=1.010-32，KspFe(OH)3=4.010-38。(1)气体A的电子式为_。

11、由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，还有_。(2)反应的化学方程式为_。(3)当离子浓度1.010-5mol/L时，认为该离子被除尽。则调节溶液1的pH至少为_，此时溶液2中Fe3+的浓度为_mol/L。(4)反应的离子方程式为_。(5)反应完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥、_、_。(只写相关操作名称)(6)操作II的最佳方法是_。A重结晶B电解C直接加热D萃取10（ 浙江浙江二模）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

12、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，发生反应生成固体A的离子方程式是_。(3)步骤，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_。11（ 陕西咸阳一模）有八种短周期主族元素，其中随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为)的与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息回答下列问题：(1)g在元素周期表中的位置是_。(2)比较的简单离子半径

13、大小为_5mol/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_。16（ 河北衡水市第十四中学模拟预测）X、Y、Z、M、N是短周期元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电

14、子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。回答下列问题：(1)元素N在周期表中的位置_，它的最高价氧化物的化学式为_。(2)用电子式表示ZN2的形成过程_。(3)Z能在氮气中燃烧，Z在氮气中燃烧的产物与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。写出Z在氮气中的燃烧产物与水反应的化学方程式：_。17（ 江苏南京师大附中模拟预测）均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为11，B和D分子中的原子个数比为12。D可作为火箭推进剂的燃料。请

15、回答下列问题：(1) A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为_(用元素符号表示)。(2) A与HF相比，其熔、沸点较低，原因是_。(3) B分子属于_(填“极性”或“非极性”)分子。(4) D分子中心原子的杂化方式是_，由该原子组成的单质分子中包含_个键，与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为_。(5) Fe(H2O)62+与NO反应生成的Fe(NO)(H2O)52+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请画出Fe(NO)(H2O)52+结构示意图：_。18（ 山西吕梁一模）已知为中学化学中一种常见的盐，为淡黄色固体；、为常见的金属，的氧化物可作耐火

16、材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；为气体单质，为无色气体，在空气中会出现红棕色，各物质的转化关系如下图(部分反应产物已略去)。请回答下列问题；(1)氧化物的化学式为_，的电子式为_。(2)反应的化学方程式为_。(3)在反应中不属于置换反应的是_(填序号)。(4)写出与以等物质的量进行反应的离子方程式_。(5)和的混合溶液，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为。写出电解时阳极的电极反应式_；电解后溶液中为_19（ 浙江宁波二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：已知：固体B是一种单质，气体

17、E、F都是G和另外一种气体组成。请回答：（1）组成A的四种元素是_，气体E是_。（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是_。（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为_。.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是_。（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验_。20（ 浙江模拟预测）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质

18、量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为_。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为_。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为_。答案第 = page 31 31页，共 = sectionpages 18 18页答案第 = page 30 30页，共 = sectionpages 18 18页参考答案：1(1)(2) 第三周期第A族 (3)acd(4)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)H687kJ/mol(5) 阳极 2H2O4eO2+4H 5.4【分析】短周

19、期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X原子的L层电子数比K层电子数多3，X是N；Y的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，Y是Al；Z与Y元素相邻，所以Z是Si；常温下，0.1mol/LW的最高价含氧酸的pH1，说明是二元强酸，因此W是S，据此解答。（1）元素X的气态氢化物是氨气，电子式为。（2）Al元素在周期表中的位置为第三周期第A族，元素W的离子，即硫离子的结构示意图为。（3）a.Cl2与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明有单质硫生成，因此氯元素的非金属性强于硫元素，a正确；b.非金属性强弱与得失电子数目多少没有关系，b错误；c.Cl和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明

20、氯化氢稳定性强于硫化氢，因此氯元素的非金属性强于硫元素，c正确；d.Cl和S对应的单质分别与Fe反应，Cl2把Fe氧化到更高的价态，说明氧化性氯气强于硫，所以氯元素的非金属性强于硫元素，d正确；答案选acd。（4）Si与Cl2反应生成1molZ的液态最高价化合物即SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)H687kJ/mol。（5）右侧Pt电极硝酸根得到电子转化为氮气，是电解池的阴极，因此左侧Pt电极为阳极，水电离出的氢氧根放电产生氧气，阳极的反应式为2H2O4eO2+4H。右侧电极反应式为2NO+12H+10eN2+6H2O，转移

21、2mol电子，生成mol氮气，但同时还有2mol氢离子进入右侧，所以若电解过程中转移了2mol电子，则理论上膜右侧电解液的质量减少0.2mol28g/mol2mol1g/mol5.4g。2(1) 第3周期第IVA族(或第3周期14列) (2) 共价键(3) Mg BC【分析】A为地壳中含量最多的元素，A为O，B、C、D为同周期相邻元素，A、B、C、D原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，则B、C、D最外层电子数之和为9，则B为Mg，C为Al，D为Si。（1）元素D为Si，在周期表中位置为第三周期A族。核外电子数相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2-Al3+。（2）化合

22、物BA为MgO，电子式为。A和D形成的化合物为SiO2，其中的化学键类型为共价键。（3）Mg和Al相比，金属性较强的为Mg。A项镁能和冷的浓硫酸反应，铝也能和冷的浓硫酸反应，并在表面形成致密的氧化膜阻止硫酸与铝进一步反应，不能通过两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率来比较金属性强弱，A错误；B项元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，B正确；镁可与沸水反应生成氢气，反应较为剧烈，铝不能和沸水发生明显的反应，说明金属性镁强于铝，C正确；D项相同物质的量的两种单质，与足量盐酸反应，铝产生的氢气要多但是铝的金属性弱于镁，D错误；故答案选BC。3(1)Cl(2)

23、(3)MgAlNa(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，

24、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(1)NH4NO3(2) Na 2NaCl(熔融)2Na+Cl2(3)S2-Na+Al3+(4)NaClO(5)H2O

25、2+CN-+OH-=CO+NH3【分析】根据部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系图可知：a、b、c、d、e、f、g、h分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，以此分析解答。(1)根据上述分析可知：a、c、d三种元素分别为H、N、O，形成的离子化合物的化学式为NH4NO3；(2)越靠近周期表的左下角的元素，金属性越强，图中所示元素中金属性最强的是Na，工业上得到该元素的单质的方法为电解熔融盐，其反应方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2；(3)根据上述分析可知：e、f、g分别为Na、Al、S，属于同周期元素，且Na、Al为活泼金属，从左向右离子半径逐渐减小，即Na

26、+Al3+，S属于非金属元素，简单离子半径大于Na+、Al3+，所以Na、Al、S元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2-Na+Al3+；(4)根据上述分析可知：a、d、e、h分别为H、O、Na、Cl元素，低温下，h的单质Cl2与化合物NaOH的稀溶液的反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中的氧化产物为NaClO；(5)根据上述分析可知：a、d 分别为H、O，a2d2为H2O2可用于处理碱性工业废水中的CN-，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为：H2O2+CN-+OH-=CO+NH3。5(1) Al(OH)3 Mg3Al2(2)(3)使溶液中的 或Al(

27、OH)完全转化为Al(OH)3沉淀(4) MgH2 +2H2O= Mg(OH)2+2H2 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下 100%【分析】根据单质D常用来制作信号弹和烟火。推出单质D为Mg；根据单质B与金属化合物C和过量氢氧化钠反应可得到非金属单质气体A，推出气体A为H2；根据已知和，及向溶液E中通入过量二氧化碳有胶状沉淀FAl(OH)3生成，推出组成X的另一种元素为铝元素。根据图中已知的量可算出nAl(OH)3=0.09 mol，n(Mg)=0. 045 mol，推出化合物X中：m(Al)=2.43 g，m(Mg)=1.08 g、m(H)=0.36 g(即0.

28、36 mol氢原子)，结合已知推出化合物X中N(Al)：N(Mg)：N(H)=2:1:8，化合物X为Mg(AlH4)2，则B为Al。(1)由分析可知，白色胶状沉淀F为Al(OH)3；根据化合物X中：m(Al)=2.43 g、m(Mg)=1.08 g，及单质B的质量为1.62 g，可知单质B一定为铝，金属化合物C中含m(Al)=0.81 g、m(Mg)= 1.08 g，即n(Al)=0. 03 mol，n( Mg) = 0.045 mol， 化合物C的化学式为Mg3Al2；故答案为：Al(OH)3；Mg3Al2；(2)由分析可知，化合物X为Mg(AlH4)2，结合已知条件可写出其阴离子AlH的电

29、子式为：；故答案为：；(3)根据上述分析可知，中通入过量CO2目的是为了使溶液中的 或Al(OH)完全转化为Al(OH)3沉淀；故答案为：使溶液中的 或Al(OH)完全转化为Al(OH)3沉淀；(4)气体A与单质D分别为氢气与镁，两者化合生成氢化镁，氢化镁中氢元素化合价为-1价，与水发生归中反应，其化学方程式为：MgH2 +2H2O= Mg(OH)2+2H2；故答案为：MgH2 +2H2O= Mg(OH)2+2H2；装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；碱式滴定管的0刻度在

30、上方，实验前碱式滴定管中的液面低于实验后碱式滴定管的液面高度，即V1V2，又因为镁与冷水不反应，则：，解得=，故镁的质量分数为= 100%，故答案为： 100%。6(1) CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4(2) N、S、O 2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O(3)2Cu2+8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+SO+6NH(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都

31、有，则为Fe和FeO的混合物【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)= .Vm=0 .76g/L 22.4L/mol= 17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)=0.2mol，n(SO2)=0.2mol，以此来解题；(1)由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；(2

32、)有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)=0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO

33、3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；(3)CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2+8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+SO+6NH；(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固

34、体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；7 第三周期第IA族 离子键和非极性共价键(或离子键和共价键) 碱 ClO-+H2OHClO+OH- H2O 水分子之间有氢键【分析】短周期元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，其中X的一种同位素原子没有中子，则X是H元素。Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，则Y是C元素。Z为地壳中含量最多的非金属元素，则Z是O元素。W的焰色反应为黄色，则W是Na元素。N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)，则N是Cl元素

35、，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是O，W是Na，N是Cl元素。(1)W是Na，原子核外电子排布是2、8、1，根据元素在周期表的位置与原子结构的关系可知：Na位于元素周期表第三周期第IA族；(2)元素Z是O，W是Na，二者形成的淡黄色化合物为Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与之间以离子键结合，在中两个O原子以非极性共价键结合，故Na2O2的电子式为；该化合物中化学键有离子键和非极性共价键；(3)元素Z是O，W是Na，N是Cl，化合物NaClO是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为HClO，同时产生OH-，

36、水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，因此水解使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-；(4)化合物甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，则甲是CH4，乙是H2O。二者都是由分子构成的物质，在固态时为分子晶体。由于H2O的相对分子质量比CH4大，且H2O的分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化时消耗的能量更多，导致物质的熔沸点更高，因此物质的熔沸点：H2O高于CH4。8 Na、O、Cl 向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应【分析】固体A和盐酸反应生成

37、溶液C，溶液C为中性溶液且只含一种溶质，焰色反应为黄色，则含有Na元素，则C中溶质为NaCl，A中含有Na元素；气体B(纯净物)是黄绿色气体，气体B为Cl2，电解NaCl溶液生成NaOH、Cl2、H2，生成的溶液D和硫酸反应生成F溶液，溶液F为中性溶液且只含一种溶质，则溶液F为Na2SO4溶液，溶液D为NaOH溶液，硫酸中含有溶质0.015mol，则NaOH的物质的量为0.03mol，则A中Na元素的物质的量为0.03mol，根据Na元素守恒，则溶液C中NaCl的物质的量为0.03mol，盐酸中溶质的物质的量为0.14mol，根据Cl元素守恒，则A中Cl元素的物质的量为，A由三种元素组成，其中

38、两种元素为Na元素、Cl元素，则另一种元素为O元素，A中含有Na、Cl的总质量为，则A中含有O元素的物质的量为，则A的化学式为。【详解】(1)由分析可知，组成A的3种元素是Na、O、Cl，A的化学式为；(2)2.875g固体A和0.14mol HCl反应生成0.07molCl2、0.03molNaCl和H2O，由此得出化学方程式为；(3)过量的Cl2和氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，由此推测X为NCl3，NCl3水解生成和HClO，水解方程式为：；(4)Cl2与同时通入足量水中反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为：；若该反应为可逆反应，反应中会有Cl2的存在，

39、因此只需检验是否含有Cl2，即可证明该反应是否为可逆反应，检验方法为：向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应。9 HCl SiHCl3+H23HCl+Si 5 410-11 AlO+CO2+H2O=Al(OH)3+HCO 灼烧 电解 C【分析】高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)酸浸，Fe2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，过滤，得到SiO2，焦炭和SiO2在高温下反应生成Si和CO，Si和HCl在一定温度条件下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在一定条件下反应生成HCl和Si，CO和水蒸气反

40、应生成二氧化碳和氢气，溶液1加氨水调节溶液pH值得到固体2和溶液2，固体加入过量氢氧化钠溶液再过滤，得到滤液偏铝酸钠，通入二氧化碳得到氢氧化铝，经过一系列变化得到金属铝。【详解】(1)气体A为CO，其电子式为。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，根据题中信息和分析得到还有HCl ；故答案为：；HCl。(2)反应的化学方程式为SiHCl3+H23HCl+Si；故答案为：SiHCl3+H23HCl+Si。(3)根据题意沉淀氢氧化铝，因此，则调节溶液1中即pOH=9，则pH至少为5，此时溶液2中Fe3+的浓度为；故答案为：5；410-11。(4)反应是偏铝酸钠溶液中充入二

41、氧化碳生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为AlO+CO2+H2O=Al(OH)3+HCO；故答案为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3+HCO。(5)反应完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，将氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝再电解得到铝单质，因此其步骤为灼烧、电解；故答案为：灼烧；电解。(6)将固体LiCl和NH4Cl分离开，利用NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反应生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加热；故答案为：C。10 Ca、C、N CaCN2 Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O CaCN2+H2O+C

42、O2=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

43、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)在步骤中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，

44、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NH

45、3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。11 第三周期第A族 AD 【分析】根据随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，可知元素分别是H、C、O、Al；根据的最高价氧化物对应水化物溶

46、液(浓度均为)的与原子序数的关系，可知元素分别是N、Na、S、Cl。【详解】(1)g是S元素，在元素周期表中的位置是第三周期第A族；(2)电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小为Al3+Na+C，、H2CO3中酸性较强的是；(3) A氯化铝溶液的大于等浓度氯化钠溶液的，说明氢氧化铝的碱性比氢氧化钠弱，证明钠的金属性大于铝，故选A；B单质的硬度和熔、沸点与金属性强弱无关，故不选B；C金属单质作还原剂时失去的电子数目的多少与金属性强弱无关，故不选C；D金属性越强，与酸反应的速率越快，根据单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度，可判断金属性强弱，故选D；选AD。(4)由元素组成的剧毒化合物不慎泄

47、漏时，通常用过氧化氢溶液处理，反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，则反应生成碳酸氢钠和氨气，该反应的化学方程式为。12 或 取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有 DE 【分析】沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为Ag

48、Cl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。【详解】(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去F

49、e，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚

50、，故错误；E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；故答案为：DE；(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；13 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

51、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

52、，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(NH2)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

53、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）。14 Na

54、+、H+、Al3+、Mg2+、 +OH=NH3H2O 21 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像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+

55、，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+OHNH3H2O；故答案为：+OHNH3H2O。(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21。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

56、，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 mol58 gmol1 2.9 g，生成的氢氧化铝是0.1 mol，质量为0.1 mol78 gmol1 7.8 g，则沉淀最大质量为10.7 g；故答案为：21；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 molL1，则钠离子的物质的量为0.18 molL11 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

57、，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()=0.1mol1+0.2 mol1+0.1 mol3+0.05 mol2+0.18 mol10.4 mol2=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。15 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+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MgSO4

58、H2O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+Cl

59、OH2O=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。16 第三周期VIIA族 Cl2O7 Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3【分析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层

60、电子分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，结合对应的单质化合物的性质与元素周期律的递变规律解答。【详解】(1)N为Cl元素,在周期表中的位置是第三周期第VIIA族，Cl的最高价氧化物的化学式为Cl2O7；(2) Z为Mg元素，N为Cl元素，ZN2为MgCl2，属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(3)镁能在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则氮化镁与水反应的化学方程式：