高三化学一轮复习++复习题-无机推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学复习题无机推断题1．（2024·辽宁·二模）A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为，C的电子式为。(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为。(3)25℃时，pH均为10的H和G溶液，由水电离出的c(OH-)之比为。(4)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为。I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1：4，该反应的离子方程式为。(5)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=。2．（2024高三上·河北唐山·期末）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3—、SO42—、CO32—，已知：①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；②D的焰色反应呈黄色；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是；所含阴离子相同的两种盐的化学式是。（2）D的化学式为，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)。（3）A和C的溶液反应的离子方程式是；E和氨水反应的离子方程式是。（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是：。3．（2024·河南新乡·二模）中学化学学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如图所示（部分产物已略去）(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式：。写出F的电子式：。(2)若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液0.2mol/L和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度可能为。(3)若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为（填化学式）。(4)若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为。(5)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN溶液后显红色，则由A转化成E的离子方程式是。(6)若A是一种溶液，只可能有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42—、CO32—中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为。4．（2024·辽宁沈阳·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）根据图象数据计算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=mol5．（2024高三上·海南·期末）由核电荷数1~18的某些元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示的转换关系，A是地壳中含量最多的金属元素。请回答下列问题:（1）写出下列物质的化学式:乙、丁、戊.（2）写出甲物质在工业上的一种主要用途:。（3）写出甲→乙+丙反应的离子方程式:。（4）A→乙+C反应的化学方程式:。6．（2024·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:。7．（2024·陕西榆林·一模）X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置关系如图:I.若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍。(1)Z在周期表中的位置是。(2)写出铜和W的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应的离子方程式:。(3)Z最高价氧化物的水化物的浓溶液不稳定,受热可分解,产物之一是黄绿色气体,且当有28mol电子发生转移时,共产生9mol气体,写出该反应的化学方程式:。II.若X和Y的核外电子数之和为22。(4)X的气态氢化物的电子式为，将该氢化物通入硝酸溶液中,恰好反应时所得溶液中离子浓度大小的顺序为。(5)W的单质与Z的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应,当电子转移0.4mol时，产生气体的体积是(标准状况)。(6)下列能比较Z元素与氯元素非金属性强弱的是。A．氯气通入硫化钠溶液中,溶液变浑浊B．盐酸是强酸,氢硫酸是弱酸C．氯化氢比硫化氢稳定8．（2024·福建泉州·一模）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为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色。写出C和E反应的离子方程式：．（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：X可能为（填代号）。a．NaHCO3b．Na2CO3c．NaHSO3d．Al(OH)3（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：①A与水反应时形成的化学键类型有。②若X为一种造成温室效应的气体．则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为（填代号）。a．盐酸b．加热溶液c．NaOH溶液d．Ca(OH)2溶液（4）若A为气态氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红．则A与H2O反应的化学反应方程式为；E是（填化学式）。9．（2024·河南洛阳·一模）短周期元素组成的单质及化合物间能发生如下图所示的转化，其中甲、乙为单质，A、B、C、D为化合物，B为气体，C为白色沉淀。回答下列问题:(1)若B为常见的碱性气体，C不溶于NaOH溶液。①甲的电子式为。②写出A→B+C的化学方程式。(2)若B为具有臭鸡蛋气味的气体，乙与Fe2O3反应可用于焊接钢轨。①工业上制取乙的化学方程式为。②写出D溶液与过量氨水反应的离子方程式。10．（2024·浙江温州·一模）烃A是一种重要的化工原料，分子中碳与氢元素的质量比为6：1，,是同系物中最简单的物质。X为有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。它们之间的转化关系如图：请回答：(1)有机物D中含有的官能团名称是。(2)A→B的反应类型是。(3)有机物X在400～500℃下转化为A和D的化学方程式是。(4)下列说法正确的是。A．工业上获得A的的主要方法是催化裂化B．将绿豆大小的钠投入到B中，钠块浮在液面上，并产生气泡C．除去C中的D可以先加饱和碳酸钠溶液再蒸馏D．一定条件下，1molX与足量NaOH溶液反应时，最多消耗1molNaOH11．（2024·辽宁沈阳·一模）中学化学中常见化学物质反应关系如下图。反应I、II、III、IV没有省略反应物和生成物；其他反应省略部分参与反应物质。D、O是常见金属，B常温下呈液态。C为淡黄色粉末，L为黑色固体且有磁性，Q为红褐色沉淀。E、F、H为常见气体。反应I条件为电解，是工业上重要的电解反应。

（1）P可以在溶液转变成Q，现象是（2）C的电子式为。（3）D和L在一定条件下可以发生反应，该反应可放出大量的热。写出该反应的化学方程式。（4）agC、D的混合物可以与bgB反应得到只含一种溶质的cmL溶液，产生气体体积为VL，下列说法正确的是A．VL气体中F和H的物质的量比为6：1B．所得溶液密度为g/mLC．向所得溶液中通入HCl气体，恰好使溶液中沉淀质量最大，则气体物质的量为molD．溶液的物质的量浓度为mol/L（5）写出G溶液和K溶液混合反应的离子方程式。（6）将一定量C加入M溶液中，若恰好将M溶液中阳离子氧化，写出该反应离子方程式12．（2024·河南南阳·一模）核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q，其中在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强；W的单质是淡黄色固体；X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示（1）五种元素形成的单质，其中固态时属于原子晶体的是（填化学式）；常用作强氧化剂的是、（填化学式）。（2）这五种元素中，原子半径最大的是(填化学式)；由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是(用化学式表示)；X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序是(用化学式表示)。（3）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键，请用电子书表示该化合物中化学键的形成过程。（4）Z与Q反应生成的化合物属于化合物；电解该化合物的饱和溶液，阳极的电极反应式为；电解一段时间后，将阳极产物和阴极溶液混合，反应的化学方程式是。（5）由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6，已知：9g该化合物燃烧放出140kJ的热，写出该化合物燃烧热的热化学方程式：。13．（2024高三下·河南安阳·期末）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：（1）F的分子式是，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为。（2）A与B反应的化学方程式是：。（3）E转变为H和I的离子方程式是。（4）简述检验I溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：。14．（2024·福建漳州·一模）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。请回答下列问题：(1)写出：B的元素符号，D的原子结构示意图，E的最高价含氧酸的化学式。(2)E元素+1价含氧酸的电子式为：。(3)写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式。(4)D、E最高价氧化物对应水化物的酸性较弱为。（用化学式表示）15．（2024高三下·辽宁大连·期末）五种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大．A和C同族，B和E同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，D的最外层电子数与电子层数相同．A和B、E、F均能形成共价化合物（由分子构成的化合物）．A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和F形成的化合物在水中呈中性．回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是（填元素名称）．最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素为（填元素符号），其最高价氧化物对应水化物与NaOH反应的离子方程式为．（2）由A和B、E、F所形成的化合物中，热稳定性最差的是（用化学式表示）．（3）A和F形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为.（4）D元素最高价氧化物的化学式为，最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠反应的离子方程式为．（5）单质F与水反应的离子方程式为．．16．（2024·黑龙江大庆·一模）A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．A与D同主族，可形成DA型离子化合物，B与C同周期且相邻，C与E同主族，E2-与Ar原子具有相同的电子层结构，W的合金用量最大、用途最广．请回答下列问题：(1)D在元素周期表中的位置．(2)A分别与C、E形成最简单化合物中沸点较高的是(填化学式)，原因是．(3)A、C、D三种元素形成的物质中含有的化学键类型，灼热的碳能与B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学反应方程式为．(4)向盛有A2C2溶液的试管中加入几滴酸化的WEC4溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是；生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)．17．（2024·吉林·一模）根据下列框图回答问题（答题时方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）：(1)写出M、E的化学式：M；E；(2)M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：，若参加反应H2O2为1mol，转移电子为mol。(3)某同学取X的溶液，用稀硫酸酸化并在空气中放置一段时间后，加入KI—淀粉溶液，溶液变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式：、。(4)写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：。18．（2024高三上·北京海淀·期中）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W和X两种元素的最高价氧化物的水化物均能与Y的氢氧化物发生反应，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16。（1）W单质的电子式是。（2）请用化学用语解释W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因：。（3）已知As元素的原子序数为33，与W在同一主族，As在元素周期表中的位置是。（4）W的最高价氧化物的水化物与Y的氢氧化物发生反应的离子方程式是。（5）X与Z的单质之间发生反应的化学方程式是。（6）已知Q与Z是位于相邻周期的同主族元素。某温度下，两种元素的气态单质与H2发生化合反应生成气态氢化物的平衡常数分别为KQ=5.6×107，KZ=9.7×1012。Q的元素符号是，理由是。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)第三周期第ⅥA族(2)3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O(3)1∶106(4)2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O+5H2O=8Cl-+2SO+10H+(5)2.24【分析】根据题意知，常温下A是淡黄色粉末，A是硫；B、D是气体，A和D生成E，E有漂白性，说明D是O2，E为SO2，则B是H2，C为H2S，F、G、H的焰色反应均为黄色，F、G、H中均含有钠元素，水溶液均显碱性，SO2和H2S均能与H反应，H为NaOH，则F为Na2S，G为Na2SO3。【详解】（1）S在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，H2S的电子式为；（2）S与NaOH在加热条件下反应的化学方程式为3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；（3）25℃时，pH为10的NaOH中水的电离被抑制、由水电离出的c(OH-)=c(H+)=1×10-10mol/L，pH为10的Na2SO3溶液中水的电离被促进、由水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，二者水电离出的c(OH-)之比为1：106；（4）根据S溶于沸腾的Na2SO3溶液中可以制得化合物I，I为Na2S2O3，Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的S和SO2，反应的离子方程式为2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O，向Na2S2O3溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I(Na2S2O3)和氯气的物质的量比为1：4，反应的离子方程式为4Cl2+S2O+5H2O=8Cl-+2SO+10H+；（5）向含有0.4molF(Na2S)、0.1molG(Na2SO3)的混合溶液中加入过量盐酸，2Na2S+Na2SO3+6HCl=3H2O+3S+6NaCl，多余的硫化钠与盐酸再反应生成硫化氢气体、收集到标准状况的aL气体C(H2S)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g：3.2g是S，因为发生了2FeCl3+Na2S=2FeCl2+S↓+2NaCl，则该反应中消耗的Na2S为0.1mol；Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸，发生反应：2Na2S+Na2SO3+6HCl=6NaCl+3S↓+3H2O，消耗Na2S0.2mol，剩余的Na2S0.1mol，与盐酸反应放出H2S，放出H2S的物质的量为0.1mol，标准状况下的体积为2.24L，则a=2.24。2．Cu2＋、Fe3＋(NH4)2SO4、Al2(SO4)3Na2CO3CO32-+H2OHCO3-+OH-Ag＋＋Cl－=AgCl↓Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。据此分析作答。【详解】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，其中阴离子都为SO42-。（2）D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解，CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。（3）A为BaCl2，C为AgNO3，A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2（SO4）3，E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。（4）B为（NH4）2SO4，B中阳离子为NH4+，检验NH4+的正确的实验方法是：取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明B中含NH4+。【点睛】本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存）、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。3．(1)2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑(2)0.3mol/L

0.7mol/L(3)NaHCO3Na2CO3(4)(NH4)2SO3(5)4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH﹣=2Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(6)c(H+)：c(Al3+)：c()：c()=1：1：2：3【详解】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；F为HCl，分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：。（2）若A是地壳中含量最多的金属元素则为铝元素，设NaOH的浓度分别为c，相同体积为VL；若NaOH不足，溶液中的铝为AlCl3，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，设反应掉的铝离子物质的量为0.2mol/L×VL×0.5=0.1Vmol，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，即0.1Vmol，消耗氢氧化钠3×0.1Vmol=0.3Vmol，浓度为0.3mol/L；若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是0.2mol/L×VL=0.2Vmol，NaOH是0.6Vmol，生成0.2Vmol的Al(OH)3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al(OH)3有一半0.1Vmol发生Al(OH)3+OH-=+2H2O，所以可求得NaOH的物质的量为：0.6Vmol+0.1Vmol=0.7Vmol，浓度为0.7mol/L。（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知，盐酸体积为0.1L时没有气体，而用了0.2L的盐酸产生气体，此时发生反应为，碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等，由此判断反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3。（4）若A是一种正盐，A能分别与B(NaOH)、F(HCl)溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，无色且有刺激性气味的气体分别为氨气和二氧化硫，则A的化学式为(NH4)2SO3。（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe(OH)3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH﹣=2Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为+OH-＝NH3·H2O的反应，则含有，由电荷守恒可知一定含有，发生反应H++OH-＝H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应+OH-＝NH3·H2O，NH4+消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n()＝1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n()：n()=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c()：c()=1：1：2：3。4．H+Al3+NH4+20/3（或者6.7）5Cl2＋8I－+2Br－===4I2＋10Cl－+Br210∶15∶40.15【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。5．.NaAlO2AlCl3Al(OH)3冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等）Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【分析】A是地壳中含量最多的金属元素，则A为铝，结合转换关系图可得B为氧，C为氢；甲为Al2O3，乙为NaAlO2、丙为H2O、丁为AlCl3、戊为Al(OH)3，据此分析可得结论。【详解】（1）甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲由单质A和B反应生成，应为Al2O3，则A为Al，B为O2，C为H2，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，故答案为NaAlO2；AlCl3；Al(OH)3；（2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，故答案为冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等）；（3）甲→乙+丙反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，故答案为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；（4）A→乙+C反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。6．N2H4Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2OMg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑【详解】B呈黄绿色则为氯气，D是最常见的无色液体,D为水。结合流程可知E常用作制冷剂，由氮化镁与水反应生成，则E为氨气，F是一种不溶于水的碱,F为氢氧化镁；G是厨房中的常见调味品,G为氯化钠；A为氢氧化钠，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠G、次氯酸钠C和水D，次氯化钠与氨气反应生成氯化钠、水和H，H由两种元素组成,其摩尔质量为32g·mol-1，则H为N2H4；故(1)E为氨气，电子式为；(2)H的化学式为N2H4；(3)反应①是氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为:Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；(4)反应②是氮化镁与水反应生成氨气和氢氧化镁，反应的化学方程式为:Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑。7．第三周期第VIIA族3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2Oc(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)6.72LAC【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期。I.若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Y元素原子的最外层电子数为6，则Y为硫元素，可推知Z为Cl元素，X为氧元素，W为氮元素。（1）Z为Cl元素，最外层为7个电子，则Z处于第三周期第VIIA族。（2）W为氮元素，N的最高价氧化物的水化物为硝酸。铜与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，则离子方程式为3Cu+2NO3－+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O。（3）Z的最高价氧化物的水化物为HClO4，浓HClO4受热分解产生黄绿色气体即Cl2。由化合价可知，Cl2为化合价降低的产物，有化合价升高则必有化合价降低，HClO4只有O元素化合价可升高，则必有O2生成，且氧化产物只有O2。当有28mol电子发生转移时，n(O2)=7mol，共产生9mol气体，则可能有2molCl2生成。生成2molCl2，Cl原子所得电子恰好为2×2×7=28mol，所以可推断只有O2和Cl2两种气体生成，根据原子守恒，还有水产生。化学方程式为4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O。II.若X和Y的核外电子数之和为22，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为（a+8）,所以有a+(a+8)=22，解得a=7。可推出X为氮元素，Y为P元素，W为碳元素，Z为S元素。（4）X的气态氢化物为NH3，其电子式为。将NH3通入硝酸溶液中,恰好反应时得到NH4NO3溶液。由于NH4+部分水解，所以溶液中c(NO3－)>c(NH4+)，且溶液显酸性，则有c(H+)>c(OH－)。所以所得溶液离子浓度大小为c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。（5）W的单质为“碳”，Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4，碳单质与浓H2SO4反应化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。当电子转移0.4mol时，产生0.1molCO2和0.2molSO2,共0.3mol气体，则气体的体积为22.4L/mol×0.3mol=6.72L。（6）A、氯气通入硫化钠溶液中，溶液变浑浊，则Cl2将S2－氧化为S，说明Cl2氧化性强于S，则Cl元素非金属性比S强，故A正确；B、比较非金属性的强弱，应通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来确定，即要通过比较HClO4与H2SO4的酸性强弱来比较Cl和S的非金属性。盐酸与氢硫酸酸性的强弱不能说明非金属性强弱，故B错误；C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定说明Cl非金属性强于S，故C正确。故选AC。点睛：（3）问为本题难点，产物未知的陌生氧化还原反应的书写，关键是利用“化合价有升高、则必有降低”来推测产物，HClO4中H为最高价、Cl为最高价，则只能是O元素化合价升高，O化合价升高的产物一般是O2。再利用化合价升降守恒配平。8．OH-+HSO3-=SO32-+H2Ob离子键、共价键a3NO2+H2O=2HNO3+NOFe(NO3)2【详解】(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，为SO2，可知B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，则C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则A为Cl2，B、C分别为HCl、HClO等，C为酸，可连续与X反应，则C为盐酸，X只有b．Na2CO3满足，碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应放出二氧化碳，故答案为b；(3)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，由转化关系可知B为O2，C为NaOH。①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，形成的化学键有氢氧化钠中的离子键、氧气中的共价键，故答案为离子键和共价键；②X为一种造成温室效应的气体，应为二氧化碳，则D、E分别为碳酸钠、碳酸氢钠，鉴别等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠两种溶液。a．盐酸与碳酸钠开始无气体，一段时间后有气体，与碳酸氢钠立即有气体，现象不同，可以鉴别；b．加热溶液都无明显现象，不能鉴别；c．NaOH溶液都无明显现象，不能鉴别；d．Ca(OH)2溶液都生成白色沉淀，不能鉴别；故答案为a；(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，说明D含有铁离子，则E含有亚铁离子，A为NO2，B为NO，C为HNO3，二氧化氮和水反应生产NO和硝酸，方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，D为Fe(NO3)3，E为Fe(NO3)2，故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe(NO3)2。9．Mg3N2+6H2O===2NH3↑+3Mg(OH)2（或Li3N+3H2O===NH3↑+3LiOH）2Al2O34Al+3O2↑Al3++3NH3•H2O===3NH4++Al(OH)3↓【详解】(1)若B为常见的碱性气体，C不溶于NaOH溶液，则C为氢氧化镁，甲为氮气、A为氮化镁，①甲的电子式为；②写出氮化镁与水的反应的方程式为：Mg3N2+6H2O===2NH3↑+3Mg(OH)2；（2）若B为具有臭鸡蛋气味的气体，B是硫化氢气体，乙与Fe2O3反应可用于焊接钢轨，乙为铝；①工业上用电法制取铝，化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，②氯化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O===3NH4++Al(OH)3↓。点睛：解决本题的关键是A的水解反应，常见物质的性质。10．羧基加成反应CH3COOCH2CH3CH2=CH2+CH3COOHCD【详解】试题分析：烃A是一种重要的化工原料，分子中碳与氢元素的质量比为6：1，原子个数比是1:2，是同系物中最简单的物质，A是乙烯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙醇氧化为乙醛；乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以X、A、B、C、D分别是乙酸乙酯、乙烯、乙醇、乙醛、乙酸。解析：根据以上分析，(1)乙酸中含有的官能团名称是羧基。(2)乙烯与水发生加成反应生成乙醇。(3)有机物乙酸乙酯在400～500℃下转化为乙烯和乙酸的化学方程式是CH3COOCH2CH3CH2=CH2+CH3COOH。(4)A.石油的裂解可以获得乙烯，故A错误；B.钠的密度大于乙醇，钠块沉到乙醇底部，产生气泡，故B错误；C.乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠，所以除去乙醛中的乙酸可以先加饱和碳酸钠溶液再蒸馏，故C正确；D.一定条件下，1mol乙酸乙酯与足量NaOH溶液反应时生成乙醇和乙酸钠，最多消耗1molNaOH，故D正确。点睛：钠的密度小于水，将绿豆大小的钠投入到水中，钠块浮在液面上；钠的密度大于乙醇，将绿豆大小的钠投入到乙醇中，钠块沉到乙醇底部，并生成氢气。11．白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色略8Al+3Fe3O44Al2O3+9FeADAl3++3AlO2－+6H2O=4Al(OH)3↓6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+【详解】D、O是常见金属，E、F、H为常见气体。B常温下呈液态，B可能是水。C为淡黄色粉末，C可能是过氧化钠。L为黑色固体且有磁性，Q为红褐色沉淀，所以L是四氧化三铁，Q是氢氧化铁，则O是铁，因此H是氧气。反应I条件为电解，是工业上重要的电解反应，因此A是氯化钠，所以Y是氢氧化钠，E是氯气，F是氢气，G是偏铝酸钠，D是铝，X是氯化氢，J是氢氧化铝，K是氯化铝，M是氯化亚铁，N是氯化铁，P是氢氧化亚铁。则（1）P可以在溶液转变成Q，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（2）过氧化钠是离子化合物，电子式为

。（3）D和L在一定条件下可以发生铝热反应，该反应可放出大量的热，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。（4）ag过氧化钠、铝的混合物可以与bg水反应得到只含一种溶质的cmL溶液，产生气体体积为VL，溶质是偏铝酸钠，反应的化学方程式为2Na2O2+4Al+6H2O＝4NaAlO2+O2↑+6H2↑，则A．VL气体中氢气和氧气的物质的量比为6：1，A正确；B．根据质量守恒定律可知反应后溶液的质量小于(a+b)g，因此所得溶液密度小于g/mL，B错误；C．气体不一定处于标准状况下，因此不能计算气体的物质的量，C错误；D．设混合物中铝的物质的量是4x，过氧化钠是2x，则2x×78+4x×27＝a，解得x＝a/264mol，根据方程式可知偏铝酸钠的物质的量是4a/264mol，因此溶液的物质的量浓度为mol/L，D正确，答案选AD；（5）根据以上分析可知G溶液和K溶液混合反应的离子方程式为Al3++3AlO2－+6H2O＝4Al(OH)3↓。（6）将一定量C加入M溶液中，若恰好将M溶液中阳离子氧化，即过氧化钠氧化亚铁离子，因此根据电子得失守恒和原子守恒可知该反应离子方程式为6Fe2++3Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+。点睛：找准突破点是解答框图题的关键，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。本题中（4）中D和（6）方程式的书写是解答的难点，注意各种守恒法的灵活应用。12．CO2Cl2NaS2﹣＞Cl﹣＞Na+HClO4＞H2SO4＞H2CO3离子2Cl-﹣2e-=Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)

△H=﹣2800kJ/mol【详解】试题分析：W的单质是淡黄色固体，W是S元素；在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强，Z是Na、Q是Cl；根据X、Y、W在周期表中的相对位置关系，X、Y分别是C、O；解析：根据以上分析，（1）五种元素形成的单质，其中固态时属于原子晶体的是C；非金属越性强常，氧化性越强，用作强氧化剂的是O2、Cl2。（2）电子层数越多半径越大，同周期元素从左到右半径减小，这五种元素中，原子半径最大的是Na；由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是S2﹣＞Cl﹣＞Na+；非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序是HClO4＞H2SO4＞H2CO3。（3）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键的化合物是过氧化钠，用电子书表示该化合物中化学键的形成过程。（4）活泼金属与活泼非金属元素形成的化合物为离子化合物，Na与Cl反应生成的化合物氯化钠属于离子化合物；电解氯化钠的饱和溶液，阳极生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl-﹣2e-=Cl2↑；阴极生成氢气和氢氧化钠溶液，电解一段时间后，将阳极产物和阴极溶液混合，反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。（5）由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6是葡萄糖C6H12O6，9g该化合物燃烧放出140kJ的热，则1molC6H12O6燃烧放热2800kJ，该化合物燃烧热的热化学方程式C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)

△H=﹣2800kJ/mol。点睛：本题考查元素周期律的主要知识，同周期元素性质递变规律，从左到右金属性减弱，非金属性增强；最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强。13．O21：2C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42-【详解】G是侯氏制碱法的最终产品，G是碳酸钠，淡黄色固体是过氧化钠，和CO2反应生成碳酸钠和氧气，则C是CO2，F是氧气。D为常见液体，D是水。E是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此E是SO2，已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，A是S，B是硫酸，SO2和黄绿色溶液反应生成H和I，I和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，I是硫酸，H和碳酸钠反应生成CO2、H2O和氯化钠，则H是HCl，黄绿色溶液是氯水。（1）根据以上分析可知F的分子式是O2，图中淡黄色固体是过氧化钠，其中的阴、阳离子个数比为1：2。（2）A与B反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。（3）E转变H和I的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－。（4）检验硫酸根离子的操作方法，实验现象和结论为：在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42－。点睛：掌握常见物质的性质以及有关转化关系是解答的关键，注意掌握解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。14．AlHClO4Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OH3PO4【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，应是氢氧化铝、强酸、强碱之间反应，结合原子序数可知，A为Na、B为Al，均为第三周期元素，E原子最外层电子数为11-1-3=7，故E为Cl，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素最外层有4个电子，故C为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，所以D为P元素；（1）B的元素符号为Al，D为P元素，P原子结构示意图为，E为Cl元素，E的最高价含氧酸的化学式为HClO4；（2）Cl元素+1价含氧酸为HClO，电子式为：；（3）A、B两元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（4）非金属性Cl＞P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H3PO4。【点睛】推断元素是解题的关键，次氯酸电子式的书写为易错点，学生容易受化学式影响，根据形成稳定结构的需要书写电子式。15．钠ClH++OH﹣═H2OPH3NH4ClAl2O3Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2OCl2+H2O═H++Cl﹣+HClO【详解】本题是有关短周期元素的原子结构、元素在元素周期表中的位置以及元素的性质的综合推断题。根据A与B形成的化合物的水溶液显碱性，可能推知该化合物是氨气，所以A为H元素，B为N元素；再由B和E同族，可知E为P元素；根据A和C同族，B离子和C离子具有相同的电子层结构，所以C元素是Na,C和F形成的化合物水溶液呈中性，所以C为Cl元素；D的最外层电子数与电子层数