高三化学一轮复习题：元素或物质推断题

高考化学一轮复习题：元素或物质推断题1．（2022·河南郑州·一模）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。2．（2022·上海杨浦·一模）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有________种运动状态不同的电子，占据______个轨道。(2)由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是__________________。X和Si之间共用电子对偏离________。(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是_________。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由。__________________________________________。(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_____P4+_____NaOH+_________→_____PH3↑+_____NaH2PO2，____________________.其中氧化剂和还原剂质量比为________。根据题意可判断H3PO2是________元酸(填“一”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：__________________________________________。3．（2022·浙江·效实中学一模）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：_____。4．（2022·山东济宁·一模）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。5．（2022·山东潍坊·模拟预测）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。①极性共价键

②非极性共价键

③离子键

④金属键

⑤氢键

⑥范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。6．（2022·海南·海口市灵山中学一模）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为______________。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。7．（2022·天津市新华中学模拟预测）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：已知：+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。8．（2022·陕西榆林·三模）尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的化学名称为___________。(2)B的结构简式为___________。(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；①含有两个苯环且两个苯环直接相连②能与FeCl3溶液发生显色反应③两个取代基不在同一苯环上其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。9．（2022·江西抚州·一模）下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素。（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。10．（2022·四川达州·二模）已知A､B､C､D､E､F六种元素的原子序数依次增加，A､B､C､D位于前三周期｡A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子总数是未成对电子总数的3倍｡A､B､D三种元素组成的一种化合物M可用于配制化妆品，是皂化反应的产物之一；A､B两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂｡E有“生物金属”之称，E离子和氩原子的核外电子排布相同，元素F的三价阳离子3d轨道处于半充满状态｡请回答下列问题(答题时，A､B､C､D､E､F用所对应的元素符号表示)（1）E的基态原子的外围电子排布式为__________（2）上述非金属元素中电离能最大的元素是__________（3）下列叙述正确的是____________(填字母)a．M与水分子间能形成氢键，N是非极性分子b．M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化c．N分子中含有6个键和1个键d．BD2晶体的熔点､沸点都比二氧化硅晶体的低（4）与BCD互为等电子体的微粒的化学式为________(任写一种)､（5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6､组成为ECl3·6H20的绿色晶体，该晶体属于配合物，有两种配体，其物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为__________（6）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC离子，可在催化剂的催化下，先用NaClO将BC氧化成BCD，再在酸性条件下BCD继续被NaClO氧化成C2和BD2｡则后一步反应的离子方程式是__________（7）F的低价硫酸盐的溶液在空气中易变质，检验其在空气中是否已完全变质的实验操作是__________(要求写出操作､现象､结论)11．（2022·江西宜春·二模）A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素．请用化学用语回答：（1）推断B在元素周期表中的位置______________，写出E2D的电子式__________．（2）写出A与D形成的10电子阳离子的化学式______________．（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_______________．（4）常温下，1molA的单质在D的单质中完全燃烧生成液态水，放出286kJ的热量，写出该反应的热化学方程式________________________．（5）在Fe和Cu的混合物中，加入一定量的C的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后剩余金属m2g．下列说法正确的是_____________．A．m1一定大于m2B．剩余固体m2中一定没有单质CuC．加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有Fe2+D．加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有Cu2+12．（2022·天津河北·一模）A→J有如图所示的转化关系(反应条件、部分反应物和产物已忽略)：其中A、D为银白色金属单质；B为淡黄色粉末，C为红棕色粉末，E为黑色晶体；H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ；B和I在一定条件下反应生成J，J的化学式为Na2FeO4，它能够杀菌消毒，是一种优良的净水剂。(1)(1)写出物质B的电子式_______；D元素在元素周期表中的位置为_______(填写哪个周期和哪个族)，写出物质B与水反应的化学方程式_______(2)(2)写出下列反应的化学反应方程式：⑤__________________________________________________________⑧________________________________________________________________(3)(3)写出反应的离子方程式：⑦_______(4)(4)在①−⑧的所有反应中，属于非氧化还原反应的有(填序号)_______(5)(5)根据Na2FeO4元素的价态及反应前后的产物推测Na2FeO4杀菌消毒做净水剂的原因_______________________________________13．（2022·江西宜春·三模）现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态。请回答下列问题(填空时用实际符号)：(1)C的元素符号是______________；元素F在周期表中的位置__________。(2)B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为________，其固体时的晶体类型是____________________________。(3)最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4分子。C4分子结构如图所示，已知断裂lmolC－C吸收167kJ热量，生成1mo1C≡C放出942kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是_______。①C4属于一种新型的化合物②C4沸点比P4(白磷)低③lmolC4气体转变为C2吸收882kJ热量④C4与C2互为同素异形体⑤C4稳定性比P4(白磷)差⑥C4属于原子晶体⑦C4和P4(白磷)的晶体都属于分子晶体⑧C4与C2互为同分异构体(4)C与F两种元素形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为__________，其空间构型为__________。(5)为了除去化合物乙(A2ED4)的稀溶液中混有的A2ED3，常采用A2D2为氧化剂，发生反应的离子方程式为：___________(6)E与F形成的化合物E2F2在橡胶工业上有重要用途，遇水易水解，其空间结构与A2D2极为相似。对此以下说法正确的是______________。a.E2F2的结构式为：F－E—E－Fb.E2F2为含有极性键和非极性键的非极性分子c.E2Br2与E2F2结构相似，熔沸点：E2Br2>E2F2d.E2F2与H2O反应的化学方程式可能为：2E2F2+2H2O=EO2↑+3E↓+4HF(7)举出一种事实说明E与F的非金属性强弱(用化学方程式或用语言文字表达均可)：_________________________________________________________________14．（2022·河南·新乡市第一中学二模）下图中A～J分别代表相关反应的一种物质。已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式________；B的结构式________；D的电子式________；（2）写出反应①②的化学方程式：①________________________________________________，②_________________________________________。（3）写出反应③的离子方程式：________________________________________。（4）J与F反应的化学方程式：_________________________________________。（5）在反应④中，当生成标况下3.36LG时，转移电子数为__________mol。15．（2022·辽宁·东北育才学校一模）1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：阳离子H＋、K＋、Mg2＋、Al3＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋阴离子Cl－、Br－、I－、CO32-、AlO2-（1）向该溶液中逐滴加入cmol/LNaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。则该溶液中一定含有的离子是______________。（2）根据图像数据计算a=_______________mL（3）经检测，该溶液中还含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积(标准状况)2.8L5.6L11.2Ln(Cl－)1.25mol1.5mol2moln(Br－)1.5mol1.4mol0.9moln(I－)xmol（x≠0）00①当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为______________。②原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为____________________________。③x=_________________mol16．（2022·浙江·镇海中学一模）某二元化合物X是锂硫电池的电极材料，为探究其组成进行了如下实验：固体乙是一种单质，固体丙呈红棕色，将气体A通入溶液C中也能生成固体乙。请回答：(1)X的化学式是_________________，步骤①的化学方程式是_________________________。(2)气体A通入溶液C发生反应的离子方程式是_________________________。17．（2022·山东·济宁一中一模）A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）：Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性。（1）在催化剂作用下，A与C反应可生成两种无污染物质，该反应化学方程式为____________。（2）工业上常用Na2CO3溶液吸收C，生成等物质的量的两种钠盐，该反应的离子方程式为___________。Ⅱ.A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。（3）实验室需配制0.1mol·L-1A溶液450mL。根据计算用托盘天平称取A的质量为______g，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_________0.1mol·L-1(填“大于”“等于”或“小于”)。（4）若将标准状况下2.24L的W通入150mL1mol·L-1的A溶液中，充分反应。总反应的离子方程式为_______。向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.2mol·L-1盐酸，如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为向M、N溶液中加入盐酸的体积V(HCl)与产生W气体的体积V(W)的关系。则A溶液的物质的量浓度为____mol·L-1，M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为______。18．（2022·湖南·长郡中学一模）A~J

是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示（部分反应条件、生成物已省略）。已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体。请回答下列问题：（1）电解A物质的阴极电极反应式为________，C

与D在高温下反应，引发该反应需要加入的两种试剂是________________________（填名称）。（2）写出G→J

反应的实验现象与化学方程式：____________________________，________________________________。（3）C

与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。19．（2022·浙江温州·二模）已知固体A受热易分解，实验流程和结果如下：B和C为常见气体且所含元素相同。气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1。请回答：（1）白色沉淀的化学式____________。（2）写出A受热分解的化学方程式___________________________。（3）取少量固体D溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。写出产生该现象的离子方程式________________________________。20．（2022·江苏南通·一模）有关物质的转化关系如下图所示。常温下,B、E呈气态,其中B呈黄绿色。D是最常见的无色液体,E常用作制冷剂,F是一种不溶于水的碱,G是厨房中的常见调味品,H由两种元素组成,其摩尔质量为32g·mol-1。(1)E的电子式为____。(2)H的化学式为____。(3)写出反应①的离子方程式:_________________。(4)写出反应②的化学方程式:_________________。参考答案：1．

NH4++H2ONH3·H2O+H+

2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2

第三周期第ⅦA族

16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【分析】根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。2．

4

3

Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键

Si

109°28′

SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高

1

3

3H2O

1

3

1:3

一

c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)【分析】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣。【详解】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同，所以最外层有4种运动状态不同的电子，占据1个3s轨道和2个3p轨道，共占据3个轨道；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素，S元素的电负性比Si元素大，则X和Si之间共用电子对偏离Si；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似，都是正四面体结构，SiCl4中键角是109°28′；SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向为：；其中氧化剂和还原剂质量比为1:3；H3PO2在水中只能电离出一个氢离子，故次磷酸是一元酸；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，浓度关系为：c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)。3．

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+。4．

NH4HCO3

4NH3+5O24NO+6H2O

C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O

2

1：2

4：1【分析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。5．

O

1:2

sp3

①②

H2SO4、H2SO3

HNO3

<

d

【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为O。⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为1:2。⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为sp3；①②。⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性，故答案为H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为d；。6．

第二周期ⅡA族

Cl->O2->Mg2+

NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-

Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【分析】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。7．

1，2-二氯丙烷

加成反应

氧化反应

C10H18O4

CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl

Na2CO3饱和溶液

【分析】丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．8．

苯

取代反应

溴原子

硝基

浓硝酸/浓硫酸，加热

H2，雷尼镍

9

【分析】运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。【详解】运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；(1)A的化学名称为苯，故答案为苯；(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，故答案为；(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，故答案为；取代反应；(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，故答案为溴原子；硝基；(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，故答案为浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，故答案为.9；。9．

［Ar］3d54s1

sp2

离子晶体

＞

三角锥形

CO、CN-

4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O

2【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为Be，③为C，④为N，⑤为O，⑥为F，⑦为Mg，⑧为Cl，⑨为Cr，⑩为Cu。（1）⑨为Cr元素，原子核外电子数为24，价层电子排布为［Ar］3d54s1；（2）素③与①形成的水果催熟剂气体化合物为CH2=CH2，C原子成3个δ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；元素⑦与⑧形成的化合物MgCl2是由镁离子和氯离子形成的离子化合物，晶体类型是离子晶体；（3）④是N元素，⑤是O元素，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，能量相同的原子轨道在全满、半满、全空时体系能量最低，原子较稳定，因此价电子排布处于半满的轨道的元素，其第一电离能比临近原子的第一电离能大，所以元素④的第一电离能>元素⑤的第一电离能;元素④与元素①形成的是NH3分子，三角锥形；原子数目和电子总数（或价电子总数）相同的微粒互为等电子体，N2的电子数为14，与之为等电子体的分子为CO，离子为CN-；（4）④是N元素，最高价氧化物对应的水化物稀溶液为稀硝酸，与Mg单质反应，Mg是还原剂，被氧化为Mg(NO3)2，稀硝酸起氧化剂、酸的作用，反应的方程式为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；（5）白色球为氧原子，所以一个晶胞中所包含的氧原子数目为1+8×=2。10．

3d24s2

N

ad

N2O､CO2､SCN-等任一种

〔Ti(H2O)5Cl〕2+

2CNO+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O

取原溶液少许于试管中，然后向其中加入Fe3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀则未完全变质，如未生成蓝色沉淀则完全变质｡(或加入KMnO4溶液紫色退去，则未完全变质，如KMnO4溶液紫色未褪色则完全变质｡)【分析】A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，可推出A为H；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，可推出B为C；D原子的核外成对电子总数是未成对电子总数的3倍，可推出D为O，并同时推出C为N；E离子和氩原子的核外电子排布相同，则E的核电荷数为22，是Ti，元素F的三价阳离子3d轨道处于半充满状态，则F为Fe｡【详解】(1)E的基态原子的外围电子排布式为3d24s2；(2)上述非金属元素中电离能最大的元素是N；(3)a.甘油与水分子间能形成氢键，苯是非极性分子；b.甘油中C原子是sp2杂化，CO2分子中的中心原子采用sp杂化；c.苯分子中含有12个键和1个键；d.CO2是分子晶体，熔点､沸点都比二氧化硅原子晶体低；故ad叙述正确；(4)与CNO互为等电子体的微粒有N2O､CO2､SCN-等；(5)配离子的化学式为〔Ti(H2O)5Cl〕2+；(6)在酸性条件下CNO被NaClO氧化成N2和CO2｡反应的离子方程式是2CNO-+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O；(7)Fe2+在空气中易氧化成Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，用酸性KMnO4溶液检验Fe2+，具体方法是：先滴加KSCN溶液变血红色证明变质，再滴加酸性KMnO4溶液，紫色完全褪色说明没有完全变质，不褪色说明完全变质｡11．

第二周期ⅣA族

H3O+

S2﹣＞Cl﹣＞Na+

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ•mol﹣1

AC【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素。【详解】（1）B为碳元素，在元素周期表中的位置：第二周期ⅣA族，Na2O的电子式为，（2）H元素与O元素形成的10电子阳离子的化学式为H3O+，故答案为H3O+；（3）Na、S、Cl形成的离子为Na+、S2﹣、Cl﹣，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序为S2﹣＞Cl﹣＞Na+，（4）常温下，1mol氢气在氧气中完全燃烧生成液态水，放出286kJ的热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ•mol﹣1，（5）HNO3具有强氧化性，能将Fe、Cu氧化为Fe3+、Cu2+，Fe3+具有较强的氧化性，可将Fe、Cu氧化；第一次剩余金属，若剩余金属为Fe和Cu，溶液中含有的离子为Fe2+，若剩余Cu，溶液中阳离子为Fe2+，可能含有Cu2+，由于溶液中含有NO3﹣，在酸性条件下，剩余的金属还可以与NO3﹣反应，由于有金属剩余，故溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，A．由上述分析可知，m1一定大于m2，故A正确；B．剩余固体m2中一定含有单质Cu，故B错误；C．加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有Fe2+，故C正确；D．加入稀硫酸前的溶液中不一定有Cu2+，故D错误，故选AC．【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、离子半径比较、热化学方程式、元素化合物性质等，侧重对知识的理解与迁移应用能力考查，（5）中注意酸性条件下硝酸根具有强氧化性，难度中等．12．(1)

第四周期第Ⅷ族

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(2)

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O(4)⑦(5)Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水【分析】由信息知，H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ，则H是Fe(OH)2，I是Fe(OH)3，C为红棕色粉末，则C是Fe2O3，D是Fe，F是FeCl3，E为黑色晶体，则E是Fe3O4，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，则G是FeCl2，银白色金属单质A转化得到B为淡黄色粉末，则A是Na，B是Na2O2。(1)B为Na2O2，电子式为，D是Fe元素，26号元素，在元素周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族，物质B与水反应是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：；第四周期第Ⅷ族；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。(2)反应⑤是铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学反应方程式：，反应⑧是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学反应方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。(3)反应⑦是四氧化三铁和酸反应生成铁离子、亚铁离子和水，其反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。(4)在①～⑧的所有反应中，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，属于非氧化还原反应，其余都为氧化还原反应；故答案为：⑦。(5)A．Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；B．Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水；故答案为：Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可吸附水中的杂质而净化水。13．

N

第3周期第VIIA族

分子晶体

②④⑦

三角锥形

H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O

acd

C12+H2S=S+2HCl【详解】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型，D为O，E为S，F为Cl；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态，则A为H，B为C，C为N；（1）C的元素符号为N；F为Cl，Cl在周期表中的位置是第3周期第VIIA族。（2）B与D形成一种直线型气态化合物C2O2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则C2O2的电子式为，其固体时的晶体类型是分子晶体。（3）①N4中的组成元素只有氮元素，N4属于单质，①错误；②N4的相对分子质量比P4小，N4中分子间作用力比P4小，N4沸点比P4低，②正确；③断裂1molN4中N—N键吸收6×167kJ=1002kJ热量，形成2molN2中N≡N键释放2×942kJ=1884kJ热量，则1molN4气体转变为N2释放1884kJ-1002kJ=882kJ热量，③错误；④N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，④正确；⑤键能N—N>P—P，N4比P4稳定，⑤错误；⑥N4由分子构成，属于分子晶体，⑥错误；⑦N4和P4均由分子构成，均属于分子晶体，⑦正确；⑧N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，不互为同分异构体，⑧错误；答案选②④⑦。（4）N原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，N和Cl形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为；N原子上的孤电子对数为1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，故NCl3的空间构型为三角锥形。（5）化合物乙为H2SO4，H2O2作氧化剂将H2SO4稀溶液中混有的H2SO3氧化成H2SO4而除去，反应的化学方程式为H2O2+H2SO3=H2SO4+H2O，离子方程式为H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O。（6）a.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，a正确；b.S2Cl2中含有S—S非极性键和S—Cl极性键，由于其空间构型与H2O2相似，所以S2Cl2为极性分子，b错误；c.S2Br2的相对分子质量比S2Cl2大，S2Br2的分子间作用力比S2Cl2大，熔沸点：S2Br2>S2Cl2，c正确；d.S2Cl2遇水易水解，其与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，d正确；答案选acd。（7）一般情况下，元素的非金属性强弱可以从其最高价氧化物的水化物的酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度及氢化物的稳定性、非金属单质间的置换反应等判断，如通过反应Cl2+H2S=2HCl+S说明S的非金属性比Cl弱。14．

NH4HCO3

O=C=O

2Mg＋CO2MgO＋C

4NH3＋5O24NO＋6H2O

NH4+＋HCO3-＋2OH－NH3↑＋CO32-＋2H2O

C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O

0.3【分析】A受热能分解,得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐,C能和过氧化钠反应,则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧,则B为二氧化碳或氧气,因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H,则D是NH3,G是O2,H是NO,I是NO2,J是HNO3,镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳,C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,则E是MgO,F是C,通过以上分析知,A为NH4HCO3；据以上分析解答。【详解】A受热能分解,得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐,C能和过氧化钠反应,则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧,则B为二氧化碳或氧气,因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H,则D是NH3,G是O2,H是NO,I是NO2,J是HNO3,镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳,C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,则E是MgO,F是C,通过以上分析知,A为NH4HCO3；(1)据以上分析可知：A的化学式NH4HCO3；B为二氧化碳，属于共价化合物，结构式O=C=O；D是NH3，属于共价化合物，电子式：；综上所述，本题答案是：NH4HCO3，O=C=O，。（2）镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应①的化学方程式：2Mg＋CO22MgO＋C；氨气和氧气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应②的化学方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O；综上所述，本题答案是：2Mg＋CO22MgO＋C；4NH3＋5O24NO＋6H2O。（3）碳酸氢铵与过量的氢氧化钠溶液加热反应生成氨气、碳酸钠和水，反应③的离子方程式：NH4+＋HCO3-＋2OH－NH3↑＋CO32-＋2H2O；综上所述，本题答案是：NH4+＋HCO3-＋2OH－NH3↑＋CO32-＋2H2O。（4）浓硝酸与碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；综上所述，本题答案是：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。（5）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应转移2mole-时，生成氧气1mol，当生成标况下3.36L氧气时，即氧气的物质的量为3.36/22.4=0.15mol,转移电子数为0.3mol；综上所述，本题答案是：0.3。15．

H+Al3+NH4+

20/3（或者6.7）

5Cl2＋8I－+2Br－===4I2＋10Cl－+Br2

10∶15∶4

0.15【分析】往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,开始产生沉淀的物质的量为0,故一定含有H＋,那么一定不能含有CO32-、AlO2-,1-3段生成沉淀,且沉淀在6-a段全部溶解,故溶液中一定含有Al3＋,一定不能含有Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋,3-6段出现沉淀不减少,但是消耗NaOH溶液,故一定含有NH4+。【详解】(1)由上述分析可以知道,一定存在H+、Al3+、NH4+；(2)由离子反应方程式:Al3++3OH-=Al(OH)3Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O,即生成氢氧化铝沉淀需要的氢氧化钠是沉淀溶解需要氢氧化钠的3倍,即3-1=3(a-6),解得a=20/3；(3)2.8L氯气的物质的量为2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,通入0.125mol氯气时溶液中有I－,所以Br－没有参加反应,所以溶液中n(Br－)=1.5mol,溶液中氯离子为通入氯气生成的和原来溶液中存在的,Cl原子守恒得原来n(Cl－)=1.25mol-0.125mol×2=1mol；5.6L氯气的物质的量为5.6L÷22.4L/mol=0.25mol,通入0.25mol氯气时溶液中没有I－,则碘离子完全反应,且n(Br－)=1.4mol,,说明有0.1mol溴离子参加反应,则碘离子完全反应,根据转移电子相等得n(I－)=0.25mol×2-0.1mol=0.4mol；①根据以上分析知,当通入氯气的体积为5.6L时,有碘离子和氯气反应、溴离子与氯气反应,且两者的反应比例为4:1，所以溶液中发生反应的离子方程式为5Cl2＋8I－+2Br－===4I2＋10Cl－+Br2；②通过以上分析知,n(Cl－)=1mol、n(Br－)=1.5mol、n(I－)=0.4mol,溶液体积相同,其物质的量之比等于浓度之比,原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为1:1.5:4=10∶15∶4；③2.8L氯气的物质的量为2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,通入0.125mol氯气消耗I－的物质的量为0.125mol×2=0.25mol，原溶液中I－的物质的量为0.4mol，所以x=0.4mol-0.25mol=0.15mol。16．(1)

FeS2

FeS2FeS+S(2)H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+【分析】溶液B中加入足量氯水，得到溶液C，溶液C蒸干、灼烧得到固体丙，固体丙呈红棕色，则丙为氧化铁，说明溶液B中含有亚铁离子，溶液C中含有铁离子；固体乙是一种单质，将气体A通入溶液C(FeCl3)中也能生成固体乙，根据题意，气体A为硫化氢，固体乙为硫单质；说明X中含有铁和硫元素，故固体甲为硫化亚铁(FeS)，氧化铁的质量为2g，物质的量为=mol，含有铁元素的质量为mol×2×56g/mol=1.4g，则X中含有硫元素1.6g，X中铁元素与硫元素的物质的量之比==，则X的化学式为FeS2。(1)根据上述分析，X为FeS2，步骤①中FeS2分解生成硫化亚铁和硫，反应的化学方程式为FeS2FeS+S；(2)H2S和FeCl3溶液反应生成FeCl2、S和HCl，离子方程式为H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+。17．