高三化学一轮复习专题训练-元素或物质推断题

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页高考化学一轮专题训练——元素或物质推断题1．（2022春·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市第四中学校考期末）常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间存在如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。其中B是地壳中含量居第一的金属元素。请回答下列问题：(1)气体丙的电子式为_______。(2)写出下列反应的离子方程式：③_______；⑤_______。(3)金属C在一定条件下与水蒸气反应的化学方程式为_______。(4)溶液F中加入溶液D后的现象是_______，所发生反应的化学方程式为_______，_______。(5)溶液F放置于空气中容易变质，检验溶液F是否变质的方法是_______。2．（2022春·陕西商洛·高三统考期末）A、B、C、D、E五种元素中，A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A的电子层数等于其最外层电子数且在同周期中A的原子半径最小，B、C、D元素的常见单质均为气体、其中B、C的单质是空气的主要成分，D与其他元素不在同一周期，E为常见使用量最大的金属，在一定条件下，A的单质可以分别与C、D的单质化合生成甲、乙。各物质间有如图转化关系，回答下列问题：.(1)D在元素周期表中的位置为____。(2)写出B的单质的电子式：____。(3)戊的分子中D元素的化合价为____。写出戊在光照条件下发生反应的化学方程式：____。(4)A、B、C三种元素的原子半径从大到小的顺序为____(用元素符号表示)。(5)钠在C的气体中燃烧可以生成淡黄色固体，该物质中阳离子与阴离子的个数比为____。(6)丙具有很强的氧化性，丙的饱和溶液可以将E的单质溶解，试写出丙与E反应的离子方程式：____。3．（2022·全国·高三专题练习）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为_______；(2)常温下，不能与R单质发生反应的是_______(选填序号)；A．CuCl2溶液 B．Fe2O3 C．浓硫酸 D．Na2CO3溶液(3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。(4)氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为_______。(5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由：_______。(6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向：_______。_______SiO2+_______C+_______N2_______Si3N4+_______CO(7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_______。4．（2022春·上海金山·高三校考期末）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z请回答下列问题(1)Z元素在周期表中的位置为_______。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)_______。(3)写出Y原子核外电子的电子排布式_______，据此判断该原子的核外有_______种不同能量的电子，其电子占据了_______个轨道。(4)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是_______。a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高d.Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比H2SO4的酸性强(5)简述碳的一种同位素的用途_______。5．（2022春·山东·高三校联考期末）已知A、B、C、D、E是中学常见的物质且A、B、C、D、E中都含有一种相同的元素，它们之间存在如下转化关系，根据所学知识回答下列问题：Ⅰ.若A是一种常见的铵盐，受热分解可得到B，B是碱性气体，C、D是常见的两种氧化物，E溶液显酸性。(1)B的化学式为_______；D的颜色为_______。(2)写出B到C的化学方程式：_______。(3)写出D到E的离子方程式：_______。(4)已知D是一种常见的污染物，在一定条件下B和D反应可生成两种无污染的物质，写出相应反应的化学方程式：_______，当消耗掉0.8molB时，转移的电子数是_______(用含的代数式表示)。Ⅱ.若B是一种淡黄色的固体单质，A是一种氢化物。(5)常温下，E的浓溶液遇Fe或Al会发生_______。(6)写出A的电子式：_______。6．（2022春·四川成都·高三校联考期末）I.已知K、L、M、P、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素。K和Q同主族，L是可以形成化合物种类最多的元素，M与K形成的化合物常作制冷剂，P元素原子的最外层电子数是电子层数的3倍，R是地壳中含量最丰富的金属元素。回答下列问题：(1)L元素在元素周期表中的位置是___________。(2)Q元素的最高价氧化物对应的水化物与R单质反应的离子方程式为___________；向反应后的溶液中持续滴加稀盐酸，能看到的现象是___________。(3)K与P形成的原子个数比为1∶1的物质的电子式为___________。II．氮及其化合物在生产、生活与环境中有着重要的研究和应用价值。(4)是制碱工业中不可缺少的物质，写出实验室制备的化学反应方程式___________；验证已经集满的方法是___________。(5)是一种强氧化剂，常与肼组成双组元液体推进剂，用于火箭发射，二者反应生成无毒无污染的物质，则该反应的化学方程式为___________。(6)一种电解处理含氮废水的方法如图所示，写出阴极的电极反应式___________。7．（2022春·浙江嘉兴·高三统考期末）为了探究仅含两种元素的固体化合物X的组成和性质，设计并完成如下实验(已知化合物A的摩尔质量：300g/mol＜M＜400g/mol)：请回答：(1)固体X含有的元素是_______。(2)化合物A的化学式是_______。(3)往溶液B通入适量氯气的离子反应方程式是_______。(4)往溶液C中通入过量的氯气，血红色褪去，其可能的原因是_______。8．（2022春·四川成都·高三校联考期末）利用“价类二维图”对元素及其化合物进行相关归纳整理，是一种常用的学习研究方法。硫及其化合物的“价类二维图”如图所示，回答下列问题：(1)M的化学式为_______，除去中少量的杂质可选择的试剂有_______(填正确答案标号)。A．饱和溶液

B．碱石灰

C．饱和溶液

D．酸性高锰酸钾溶液(2)工业上实现①过程生产常采用废铜料与稀硫酸在通入空气并加热的条件下反应制取，其反应的离子方程式为_______。(3)的水溶液中各离子的浓度大小关系是_______，检验溶液是否变质的方法是_______。(4)实验室欲制备，从氧化还原角度分析，下列合理的药品选择是_______(填正确答案标号)。A．和 B．和 C．和S D．和(5)已知：常温下的电离平衡常数，，，忽略第二步电离，则溶液的pH约为_______(保留1位小数)。9．（2022·浙江·模拟预测）化合物A由4种元素组成，实验如下：已知：除说明外，加入试剂均为足量；生成时消耗的回答下列问题：(1)的分子式为_______，的化学式为_______。(2)溶液B中溶质成分是_______(用化学式表示)，根据的现象，给出相应微粒与阳离子结合由强到弱的排序_______。(3)写出与反应的化学方程式_______。(4)检验溶液的主要阴离子(任选2种)_______。10．（2022·浙江温州·统考三模）固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如图转化关系：已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。请回答：(1)X的组成元素为____，固体F成分为____。(2)固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方程式____。(3)向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，请写出该反应可能的离子方程式____。(4)气体C的化学式为____。将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，写出这两种盐的化学式____，设计定量实验方案验证上述比例关系____。11．（2022春·浙江·高三统考期末）淡黄色固体A由三种元素组成(分子量小于160)，能发生如下转化。其中B、C、D均为常见气体，D为单质。反应生成的E与D可继续反应，生成黑色固体F，同时剩余1.92gD。黑色固体E可溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液无现象，加入酸性双氧水后变红色。(1)A中含有的元素名称为_____________，A的化学式为_________________。(2)写出F与足量稀硝酸反应的离子方程式为____________。写出图中标况下8.96L混合气体B和C与足量Na2O2反应的化学方程式为__________。(3)为了验证A中阳离子的价态，某小组做了如下实验：取适量样品溶于稀硫酸，滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液褪色，达到了检测目标。请评价该方案是否合理并说明理由___________。12．（2022秋·江西景德镇·高三景德镇一中校考期末）下表是元素周期表的一部分，针对表中的元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩(1)元素①、②的简单氢化物中的稳定性最强的是_______用化学式表示；(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_______，碱性最强的是_______，元素③的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为_______；(3)在③④⑤⑦四种元素中，简单离子半径最小的是_______；(4)的电子式为_______；的电子式为_______；(5)在⑦与⑩的单质中，氧化性较强的是_______，用化学反应方程式证明：_______。13．（2022秋·云南红河·高三弥勒市一中校考期末）A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，位于元素周期表三个短周期的主族元素；考古时利用B元素的一种原子测定一些文物的年代；C元素的一种单质可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射；D、E、F最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，F的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液。(1)D、C按照原子个数比形成的化合物与反应的化学方程式是_______。(2)D、F、C按照原子个数比形成的化合物是一种常见的消毒剂，该消毒剂的水溶液在空气中能杀菌消毒的原因是_______(结合化学方程式解释)。(3)我国首创的海洋电池以E的单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液。电池的正极反应式为_______，电池总反应的化学方程式为_______。(4)F的单质和D的最高价氧化物的水化物反应时，生成的氧化产物和物质的量比是，该反应的离子方程式为_______。(5)标准状况下，将气体通入的水溶液中反应后，离子浓度从大到小的顺序是_______。14．（2022·全国·高三专题练习）已知A、B、D、H是中学化学中常见的单质，其中A、D为气体，J为蓝色溶液。转化关系如下(部分生成物及反应条件已略去)：(1)若B为气体时，当用玻璃棒分别蘸取C、G的浓溶液并使它们靠近时，有白烟生成。则①请写出下列物质的化学式C___________，F___________。②在溶液中，检验白烟中阳离子的方法___________。(2)若B为固体时，已知E是一种常见的空气污染物，且将C与E混合可生成淡黄色固体B，C与E混合反应时氧化产物和还原产物的质量之比为：___________，写出G与H反应的化学方程式___________，简述检验气体E的方法___________。(3)若G分别是HNO3和H2SO4，取两者混合溶液10mL，若其中硫酸浓度为2mol∙L−1，硝酸浓度为1mol∙L−1，现向其中加入过量铜粉，充分反应后，溶液中铜离子浓度为___________。15．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考期末）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为淡黄色固体，常用作呼吸面具的供氧剂，回答下列问题：①A与H2O反应的化学方程式为_______，78g的A发生该反应转移的电子数目为_______。②若X为一种造成温室效应的气体，欲鉴别等物质的量浓度的D溶液和E溶液，可选择的试剂为_______(填代号)；欲除去E溶液中混有的少量D，可选择的试剂为_______(填代号)。a.NaCl溶液b.CO2c.NaOH溶液d.稀盐酸(2)若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，C为强电解质，回答下列问题：①写出B的化学式_______。②实验室用二氧化锰与浓盐酸反应可以制备A，该反应的离子方程式为：_______。③A的水溶液放置一段时间后，溶液的酸性变化为_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。④X可能为以下物质中的_______。a.Feb.Na2CO3c.NaHCO3d.NaAlO216．（2020·全国·高三专题练习）原子序数由小到大排列的四种短周期元素、、、，其中、、与氢元素可组成、和三种共价化合物；与氧元素可组成和两种离子化合物。(1)写出的电子式：___________。其中含有的化学键是___________。(2)用电子式表示的形成过程___________。(3)、、三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，稀溶液氧化性最强的是___________(填化学式)。(4)、和三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是___________(填化学式)。(5)由、组成的化合物分子中，、原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式___________。17．（2022秋·湖北武汉·高三统考期末）某课外小组对金属钠进行研究。已知、都是单质，的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属在空气中放置足够长时间，最终的生成物是(写化学式)：_______，写出的用途_______。(答一种即可)(2)若是一种常见金属单质，向溶液中逐滴加入溶液至过量，所看到的实验现象是_______。(3)向集满的铝制易拉罐中加入过量浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中发生的离子方程式有，_______、_______。(4)某溶液，只可能含有、、、、、、中的某些离子，当向该溶液中加入溶液时发现生成沉淀的物质的量随溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子_______，其对应的物质的量浓度之比为_______。18．（2022秋·云南玉溪·高三统考期末）几种主族元素在周期表中的位置如下：根据上表回答下列问题。(1)元素⑥的气态氢化物的电子式是_______。(2)①③⑦三种元素原子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(3)表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为_______。(4)①②③三种元素最高价氧化物对应水化物碱性最强的是_______(填化学式)，①与③最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。(5)⑦的非金属性强于⑧，从原子结构的角度解释其原因：_______。下列表述中能证明这一事实的是_______(填字母)。a．⑦的气态氢化物比⑧的气态氢化物稳定b．最高价氧化物对应的水化物的酸性⑦>⑧c．⑦的气态氢化物的水溶液酸性比⑧的气态氢化物的水溶液酸性弱(6)①和④形成的化合物是_______(填“离子”或“共价”)化合物。答案第=page2727页，共=sectionpages1818页答案第=page2828页，共=sectionpages1818页参考答案：1．(1)(2)

(3)(4)

出现白色沉淀，逐渐变为灰绿色，最终呈红褐色

(5)取少量该溶液于试管中，滴入1-2滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液颜色无明显变化，则该溶液没有变质【分析】金属单质A焰色为黄色，则A是Na；B是地壳中含量居第一的金属元素，则B是Al；Na与水反应生成NaOH溶液和氢气，D是NaOH，甲是H2；黄绿色气体乙是氯气，氢气与氯气反应得到气体丙氯化氢，溶于水得到盐酸，E是盐酸溶液；红褐色沉淀H是Fe(OH)3，逆推得到金属C是Fe，溶液F是FeCl2，溶液G是FeCl3，据此答题。(1)气体丙是HCl，电子式为：。(2)据分析，反应③是NaOH溶液与Al单质反应，离子方程式：；反应⑤是FeCl2溶液与Cl2单质反应，离子方程式：。(3)据分析，金属C是Fe，其在一定条件下与水蒸气反应的化学方程式为：。(4)溶液F是FeCl2，中加入溶液NaOH后，先生成白色的Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气快速氧化为红褐色的Fe(OH)3，现象是：出现白色沉淀，逐渐变为灰绿色，最终呈红褐色；所发生反应的化学方程式为：、。(5)溶液F是FeCl2，放置于空气中容易变质，Fe2+被氧化为Fe3+，检验溶液F是否变质即检验溶液中是否有Fe3+，故检验方法是：取少量该溶液于试管中，滴入1-2滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液颜色无明显变化，则该溶液没有变质。2．(1)第三周期第VIIA族(2)(3)

+1价

2HClO2HCl+O2↑(4)r(N)>r(O)>r(H)(或N>O>H)(5)2：1(6)2Fe2++Fe=3Fe2+【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A的电子层数等于其最外层电子数且在同周期中A的原子半径最小，A是H元素；B、C、D元素的常见单质均为气体，其中B、C的单质是空气的主要成分，B是N元素、C是O元素；D与其他元素不在同一周期，在一定条件下，A的单质可以分别与C、D的单质化合生成甲、乙，甲是H2O。D的单质能与水反应，生成乙和戊，戊见光分解为乙和氧气，则D是Cl元素、乙是HCl、戊是HClO，E为常见使用量最大的金属，E是Fe元素。（1）D是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族；（2）B是N元素，N2的单质的电子式为；（3）戊是HClO，根据化合价代数和等于0，分子中Cl元素的化合价为+1；HClO在光照条件下发生分解反应生成盐酸和氧气，反应的化学方程式2HClO2HCl+O2↑。（4）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，H、N、O三种元素的原子半径从大到小的顺序为r(N)>r(O)>r(H)。（5）钠在氧气中燃烧可以生成淡黄色固体Na2O2，Na2O2由Na+、构成，阳离子与阴离子的个数比为2:1。（6）丙是FeCl3，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，反应的离子方程式为2Fe2++Fe=3Fe2+。3．(1)r(Na)＞r(Al)＞r(Si)(2)BD(3)OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O(4)-3(5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高(6)(7)35g【分析】M、R均位于元素周期表的第3周期，M为+1价、R为+3价；两元素原子的质子数之和为24，M是Na、R是Al，该硅酸盐的化学式为Na2O·Al2O3·2SiO2·nH2O。(1)该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；(2)常温下，铝与氯化铜溶液反应生成氯化铝和铜单质；常温下，铝与氧化铁常温不反应；铝常温下与浓硫酸发生钝化反应；铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是BD；(3)M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者反应的离子方程式OH－＋Al(OH)3＝AlO＋2H2O；(4)Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为−3；(5)C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高；(6)碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为−3价，根据得失电子守恒，碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，电子转移为；(7)根据反应方程式3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，生成1molSi3N4的同时生成6molCO2，气体质量增加6×28-2×28=112g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，气体质量增加了28g，则制得的Si3N4的物质的量为0.25mol，质量为。4．(1)第三周期第ⅦA族(2)Si(3)

1s22s22p4

3

5(4)ac(5)14C可用于考古年代测定【分析】由元素在周期表中的位置可知X为Si，Y为O，Z为Cl，以此解题。(1)周期表中Z元素为氯元素，核电荷数为17，三个电子层，最外层7个电子，位于周期表中第三周期第ⅦA族；(2)表中元素为第二周期和三周期中的元素，依据同周期原子半径依次减小，同主族原子半径依次增大分析可知，元素的原子半径最大的是Si；(3)由分析可知Y为O，为8号元素，则其核外电子的电子排布式为：1s22s22p4，不同能级的电子的能量不同，则O原子的核外有1s，2s，2p一共3种不同能量的电子；根据其电子排布式可知一共占据了5个轨道；(4)a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多,氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y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Y的非金属性较强，故c正确；d．氧元素没有最高价氧化物，故d错误；故答案为ac；(5)14C是碳的一种同位素，14C可用于考古年代测定。5．(1)

红棕色(2)(3)(4)

(5)钝化(6)【分析】Ⅰ.若A是一种常见的铵盐，受热分解可得到B，B是碱性气体，C、D是常见的两种氧化物，E溶液显酸性，则B为氨气，C为一氧化氮气体，D为二氧化氮气体，E为硝酸；Ⅱ.若B是一种淡黄色的固体单质，A是一种氢化物，A为硫化氢，B为硫单质，C为二氧化硫，D为三氧化硫，E为硫酸。(1)B为；D为二氧化氮气体，颜色为红棕色；(2)氨气催化氧化生成一氧化氮的化学方程式为；(3)二氧化氮和水反应生成硝酸的离子方程式为；(4)氨气和二氧化氮生成氮气和水，化学方程式为；每消耗8mol氨气，转移24mol电子，故消耗掉0.8molB时，转移个电子；(5)浓硫酸与铁或铝发生钝化；(6)硫化氢为共价化合物，电子式为。6．(1)第二周期第IVA族(2)

(或)

先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解消失(3)(4)

(或)

用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，现象是有白烟产生(5)(6)【分析】L是可以形成化合物种类最多的元素，则L是C元素，M与K形成的化合物常作制冷剂，则M为N元素，K为H元素，K和Q同主族，则Q为Na元素，P元素原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则P为O元素，R是地壳中含量最丰富的金属元素，则R为Al元素。（1）C元素的原子序数为6，在元素周期表中的位置是第二周期第IVA族。（2）Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，与Al反应的离子方程式为(或)，向反应后的溶液中持续滴加稀盐酸，先生成Al(OH)3，然后Al(OH)3逐渐溶解为，故能看到的现象是先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解消失。（3）H与O形成的原子个数比为1∶1的物质是，其电子式为。（4）实验室制备的反应方程式为(或)，验证已经集满常用的方法是用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，现象是有白烟产生。（5）生成的无毒无污染的物质为氮气，因为是双组元液体推进剂，所以产物N2要写气体符号，依据氧化还原原理，配平方程式为。（6）根据图中所示信息，阴极反应是转化为N2，电极反应式为。7．(1)Fe、C、或铁、碳(2)Fe5O7(3)(4)氯气将硫氰化铁氧化【分析】溶液B中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则B中含铁离子，A为铁的氧化物，固体X中含有铁元素，无色无味气体D与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀E10.00g，则D为CO2，固体X中含有碳元素，白色沉淀E为CaCO3，n(CaCO3)==0.1mol，则CO2和X中碳元素的物质的量为0.1mol，CO2的质量为0.1mol44g/mol=4.4g，依据质量守恒，固体X消耗氧气的质量为：4.4g+23.52g-18.00g=9.92g，CO2中含氧元素的质量为0.1mol32g/mol=3.2g，则A中含氧元素的质量为9.92g-3.2g=6.72g，物质的量为=0.42mol，含铁元素的质量为23.52g-6.72g=16.8g，物质的量为=0.3mol，A中Fe与O的物质的量之比为0.3:0.42=5:7，A的化学式为：Fe5O7，固体X中铁元素的物质的量为0.3mol，碳元素的物质的量为0.1mol。（1）由分析可知，固体X含有的元素是：铁、碳。（2）由分析可知，化合物A的化学式是：Fe5O7。（3）A的化学式是：Fe5O7，可写成2Fe2O3·FeO，因此A与浓盐酸反应后得到的溶液B中既含有Fe3+又含有Fe2+，往溶液B通入适量氯气，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：。（4）氯气有强氧化性，向溶液C中通入过量的氯气，氯气可将硫氰化铁氧化，使得溶液血红色褪去。8．(1)

SO3

AD(2)2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O(3)

c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)

取适量溶液于小试管中，加足量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，观察现象，若产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀，则未变质(4)C(5)1.4【解析】（1）M为+6价含硫氧化物，化学式为：SO3；亚硫酸酸性比碳酸强，故通过饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化硫，碱石灰和碳酸钠溶液均能吸收二氧化碳，不能选用，酸性高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，不吸收二氧化碳，故除去中少量的杂质可选择的试剂有：AD；（2）废铜料与稀硫酸在通入空气并加热的条件下反应制取，其反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；（3）的水溶液显碱性，c(Na+)>c(SO)，c(OH-)>c(H+)，，溶液中还存在水的电离，故c(OH-)>c(HSO)，溶液中各离子的浓度大小关系是：c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)；检验溶液是否变质，直接加入氯化钡亚硫酸根也会与钡离子生成沉淀，故先酸化排除亚硫酸根的干扰，方法是：取适量溶液于小试管中，加足量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，观察现象，若产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀，则未变质；（4）中S元素的化合价为+2价：A.和中硫元素均为+4价，不可能生成，A错误；B.和中硫元素均为+6价，不可能生成，B错误；

C.和S中硫元素为+6价和0价，从氧化还原角度分析可制备，C正确；D.和中硫元素为+4价和+6价，不可能生成，D错误；故选C；（5）H2SO3溶液中以第一步电离为主：，设电离出的氢离子浓度为xmol/L，故，，pH=-lgc(H+)=-2lg2+2=2-0.6=1.4。9．(1)

(2)

、、

(3)(4)取溶液滴加酚酞变红，证明溶液有，另取溶液加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀，证明有；(或者)另取溶液加足量产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在和【分析】根据图中信息可知，2.58gA与盐酸反应得到蓝绿色溶液B、B加氯化钡溶液得到白色沉淀为不溶于酸的硫酸钡，n(BaSO4)=，则2.58gA中含0.01mol硫酸根离子，蓝绿色溶液B转变为黄绿色溶液C，再加氨水得到深蓝色溶液D为铜氨配合物，含离子，溶液B、C中均含有结构相似的配离子，则B含有离子，C含离子，E为CuS沉淀。2.58gA与H3PO2反应，生成红棕色沉淀F1.32g，F在60°C时分解为紫红色固体1.28gH为Cu，则n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，则无色气体G为1.30g-1.28g=0.02g，F→H时铜元素化合价降低，则F→G时元素化合价升高，按得失电子数守恒，G为H2时满足，则0.02gH2、n(H2)=0.01mol，n(H)=0.02mol，则F中铜与氢物质的量之比为1:1，故F为CuH，满足已知条件：A与H3PO2反应，生成时消耗的，则转移电子3mol(铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1)；化合物A由4种元素组成，2.58gA中含0.01mol硫酸根离子、质量为0.96g，n(Cu)=0.02mol，m(Cu)=1.28g，n(H)=0.02mol，m(H)=0.02g，剩余质量为0.32g，应该还含有O元素，m(O)=0.32g，n(O)=0.02mol，则A应该为碱式硫酸铜铜，根据化合价及元素比可知其化学式为Cu2(OH)2SO4。（1）据分析，的分子式为，的化学式为。（2）溶液B为Cu2(OH)2SO4与盐酸反应所得，则溶质成分是、、；黄绿色溶液C含离子，加氨水得到深蓝色溶液D含离子，E为CuS沉淀，根据转化关系，可得出相应微粒与阳离子铜离子结合由强到弱的排序。（3）为Cu2(OH)2SO4，与发生氧化还原反应，P从+1升高到+5、铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1，得到CuH、磷酸和硫酸，化学方程式。（4）M含硫酸钠、磷酸钠和多余的氢氧根离子，检验溶液的主要阴离子(任选2种)的方法为:取溶液滴加酚酞变红，证明溶液有，另取溶液加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀，证明有；(或者)另取溶液加足量产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在和。10．(1)

Fe、H、C、O

Fe2O3、K2CO3(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O(3)2Fe(SCN)3+2I-=I2+2(4)

ClO2

KCl、KClO3

取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系【分析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则G为Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.02mol，黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少0.36g，得到黄绿色混合气体B+C，则A为水蒸气，物质的量为，黄绿色混合气体B+C与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为，黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol，气体C的相对分子质量为33.75=67.5，可推知C为ClO2，H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO2，根据固体X与氯酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2CO3；固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCO3。【详解】（1）综上分析，固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O，固体F成分为Fe2O3、K2CO3；（2）固体X在水中也可反应生成气体CO2，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCO3，该反应化学方程式Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O；（3）向血红色溶液Ⅰ中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，碘离子被氧化生成碘单质，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，Fe(SCN)3被还原，铁元素价态降低，反应可能的离子方程式为2Fe(SCN)3+2I-=I2+2；（4）气体C的化学式为ClO2；将气体ClO2通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，根据氧化还原反应原理，生成KCl，氯元素化合价降5，则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KClO3，两种盐的化学式KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系。11．(1)

铁、碳、氧

FeC2O4(2)

3Fe5O7++46H+=15Fe3++NO↑+23H2O

2CO+2CO2+4Na2O2=4Na2CO3+O2↑(3)不合理，样品溶于稀硫酸同时产生草酸，也具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色【分析】某淡黄色固体A(仅含三种元素，式量小于160)，为探究其组成和性质，能发生如下转化，固体A的质量28.8g，隔绝空气加强热得到混合气体B、C和E，标准状况下气体体积8.96L，物质的量n=，混合气体通入足量过氧化钠电火花引燃得到气体单质3.2gD为氧气，物质的量n(O2)=，黑色固体E溶于盐酸后滴加KSCN，无明显现象，加酸性双氧水后变红，说明黑色固体含铁元素，为+2价铁元素，B、C、D均为常见气体，混合气体B、C和过氧化钠发生反应，说明气体中含二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳点燃生成二氧化碳和过氧化钠发生反应，则一个为CO2，另一个为CO，黑色固体E为FeO，混合气体和过氧化钠反应生成氧气0.1mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则混合气体中二氧化碳物质的量n(CO2)=0.2mol，n(CO)=0.2mol，n(FeO)=，故A中含铁元素的物质的量为0.2mol，碳元素的物质的量为0.4mol，氧元素的物质的量为，A的化学式c(Fe)：c(C)：c(O)=0.2：0.4：0.8=1：2：4，故化学式为FeC2O4；反应生成的E与D可继续反应，生成黑色固体F，同时剩余1.92gD，反应的氧气的物质的量为，所以为0.2molFeO与0.04molO2完全反应生成F，根据元素守恒，F中c(Fe)：c(O)=0.2：0.28=5：7，故F为Fe5O7，据此分析回答问题。（1）由以上分析可知，A中含有的元素名称为铁、碳、氧；A的化学式为FeC2O4；（2）由以上分析可知F为Fe5O7，与硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+、NO和水，离子方程式为3Fe5O7+NO+46H+=15Fe3++NO↑+23H2O；一氧化碳点燃生成二氧化碳和过氧化钠发生反应，故化学方程式为2CO+2CO2+4Na2O2=4Na2CO3+O2↑；（3）不合理，样品溶于稀硫酸的同时产生草酸，草酸也具有还原性，与酸性KMnO4溶液反应，可以使酸性KMnO4溶液褪色。12．(1)HF(2)

HClO4

KOH

离子键、共价键(3)Al3+(4)

(5)

Cl2

Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2【分析】由元素周期表可知，①为N元素；②为F元素；③为Na元素；④为Mg元素；⑤为Al元素；⑥为Si元素；⑦为Cl元素；⑧为Ar元素；⑨为K元素；⑩为Br元素。(1)①为N元素，②为F元素，元素的非金属性越强，其简单氢化物中的稳定性越强，非金属性：F＞N，则简单氢化物中的稳定性：HF＞NH3；(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，上述元素中Cl元素的非金属性最强，故HClO4的酸性最强；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，上述元素中K元素的金属性最强，故KOH的碱性最强；③为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，含有离子键和共价键；(3)离子的电子层层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，则简单离子半径：Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，则在③④⑤⑦四种元素中，简单离子半径最小的是Al3+；(4)是离子化合物，其电子式为；是共价化合物，C原子和O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为；(5)非金属性：Cl＞Br，则氧化性：Cl2＞Br2，可以利用置换反应验证，化学方程式为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。13．(1)(2)NaClO溶液与空气中反应生成强氧化性的HClO，(3)

(4)(5)【分析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，位于元素周期表三个短周期的主族元素，则A为H元素；考古时利用B元素的一种原子测定一些文物的年代，则B为C元素；C元素的一种单质可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射，则C为O元素；D、E、F最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，F的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液，则D为Na元素、E为Al元素、F为Cl元素。(1)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：；(2)次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的化学方程式为，反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，故答案为：NaClO溶液与空气中反应生成强氧化性的HClO，；(3)由题意可知，海洋电池中铝为原电池的负极，铝失去电子发生氧化反应生成铝离子，电极反应式为Al—3e—=Al3+，铂网为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，负极生成的铝离子与正极生成的氢氧根离子反应生成氢氧化铝，电池的总反应方程式为，故答案为：；；(4)设次氯酸钠和氯酸钠的物质的量分别为1mol和2mol，生成氯化钠的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：a=1mol×1+2mol×5=11mol，由氯原子个数守恒可知，反应消耗氯气的物质的量为=7mol，由钠原子个数守恒可知氢氧化钠的物质的量为14mol，则反应的离子方程式为，故答案为：；(5)设二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠为amol、碳酸氢钠为bmol，由碳原子个数守恒可得：a+b=，由钠原子个数守恒可得：2a+b=2mol/L×0.15L，解联立方程式可得a=b=0.1，碳酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解使溶液呈碱性，但碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，所以等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中离子浓度从大到小的顺序为，故答案为：。14．(1)

NH3

NO2

取少量溶液于试管，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，则含有铵根离子，反之则无(2)

2:1

Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O

将气体通入到品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，又恢复为红色，说明该气体为SO2(3)1.5mol∙L−1【分析】J为蓝色溶液，则含有铜离子，根据前面分析G为酸，H为铜单质，C被氧化为E，E被氧化为F，F和水反应生成酸。(1)①若B为气体时，当用玻璃棒分别蘸取C、G的浓溶液并使它们靠近时，有白烟生成，说明白烟为硝酸铵，则A为氢气，B为氮气，C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮。根据前面得到物质的化学式C为NH3，F为NO2；故答案为：NH3；NO2。②在溶液中，检验白烟中阳离子即铵根离子的方法，取少量溶液于试管，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，则含有铵根离子，反之则无；故答案为：取少量溶液于试管，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，则含有铵根离子，反之则无。(2)若B为固体时，已知E是一种常见的空气污染物，且将C与E混合可生成淡黄色固体B，C被氧化生成E，则B为S，C为H2S，E为SO2,C与E混合反应方程式为2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，2molH2S中S化合价升高得到氧化产物有2molS，因此C与E混合反应时氧化产物和还原产物的质量之比为：2:1，根据前面分析G为硫酸，则G与H反应的化学方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，简述检验气体E(SO2)的方法是将气体通入到品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，又恢复为红色，说明该气体为SO2；故答案为：2:1；Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；将气体通入到品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，又恢复为红色，说明该气体为SO2。(3)若G分别是HNO3和H2SO4，取两者混合溶液10mL，若其中硫酸浓度为2mol∙L−1，硝酸浓度为1mol∙L−1，溶液中n(H＋)＝0.04mol＋0.01mol＝0.05mol，n()＝0.01mol，现向其中加入过量铜粉，根据3Cu＋8H＋＋23Cu2+＋2NO↑＋4H2O，充分反应，根据过量分析氢离子过量，因此按照硝酸根计算即溶液中铜离子物质的量为0.015mol，铜离子浓度为1.5mol∙L−1；故答案为：1.5mol∙L−1。15．(1)

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

NA

d

b(2)

HClO

增大

bd【分析】若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，C能与X连续反应生成E，则X为C，C为O2、D为CO2、E为CO，故B为NaOH。（1）①若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；78gNa2O2的物质的量为：，Na2O2中氧为-1价到氧气中为0价，故1mol的A发生该反应转移的电子数目为NA。②若X为一种造成温室效应的气体，C能与X连续反应生成E，则X为CO2、C为NaOH、D为Na2CO3、E为NaHCO3，则B为O2，欲鉴别等物质的量浓度的D溶液和E溶液则是鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，可选择的试剂为稀盐酸，根据产生气泡的快慢来鉴别，能立即产生气泡的是碳酸氢钠溶液，慢的是碳酸钠溶液；欲除去E溶液中混有的少量D，则欲除去碳酸氢钠中混有的少碳酸钠溶液，可以选择试剂为CO2，二氧化碳能与碳酸钠反应转化为碳酸氢钠。故答案为：①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；NA；②d；b（2）①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，若C为强电解质，则C为HCl，故B为HClO。故答案为：HClO②实验室用二氧化锰与浓盐酸反应可以制备A即氯气，则该反应的离子方程式为：。③A的水溶液为氯水，存在平衡，HClO不稳定能分解成盐酸和氧气，使反应不断正向进行，HCl不断增多，所以放置一段时间后，溶液的酸性增大。④a．盐酸可与Fe反