高三化学一轮复习-无机推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学复习无机推断题1．（2024·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③的化学方程式为。(3)在反应①②③④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。①写出电解时阳极的电极反应式；②电解后溶液中为2．（2024·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。Ⅱ.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。3．（2024·北京通州·一模）有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f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。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息进行判断，并回答下列问题：（1）g在元素周期表中的位置是；（2）比较d、e、f的简单离子半径大小为<<(用离子符号表示)；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是(用化学式表示)；（3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是；①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH②测两种元素单质的硬度和熔、沸点③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少④比较两种元素在化合物中化合价的高低⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式。4．（2024·安徽合肥·一模）W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y在元素周期表中的位置是；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）。5．（2024·湖南岳阳·模拟预测）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：

可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。试根据上述信息回答下列问题：(1)A的化学式为，每反应lmol的A转移的电子数为mol；(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：；(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：6．（2024·甘肃酒泉·模拟预测）4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题：mnxy（1）元素x在周期表中的位置是第。其单质可采用电解熔融的方法制备。用电子式表示该化合物的形成过程：。（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是。(填化学式)（3）气体分子(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是。7．（2024·广东汕尾·一模）如图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的部分产物已略去）。已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。（1）化合物A中含有的两种元素是。（2）F的化学式；G的水溶液中，最多的阳离子是。（3）写出K与H反应的离子方程式：。（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释。8．（2024·江西·一模）已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：(1)X元素的原子基态时电子排布式为：，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：。(2)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为(填“共价键”或“离子键”)。(3)该化合物的空间结构为形，中心原子的轨道杂化类型为，分子为(填“极性分子”或“非极性分子”)。(4)该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是。(5)该化合物的沸点与SiCl4比较：(填化学式)的高，原因是。9．（2024·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：

（易氧化）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。10．（2024·江苏·一模）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，C、E、G、I均为无色气体，其中C为单质，E为最简单的烃，G能使澄清石灰水变浑浊，I能使品红褪色；D、E均由两种元素组成，D的摩尔质量为144g·mol－1，H中两种元素质量比为7∶8，F是白色胶状沉淀，J是红棕色固体。

（1）G的电子式为。（2）H的化学式为。（3）写出反应①的化学方程式：。（4）写出反应②的离子方程式：。11．（2024·天津·高考真题）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）。（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）。（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的结构式：；D的电子式：。①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为；由A转化为B的离子方程式为。②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：。A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有。12．（2024·全国·高考真题）物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B、E、G；（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是，阴极物质是，电解质溶液是；（3）反应②的化学方程式是。（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数（填“增大”、“不变”或“减小”）。13．（2024·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溶液进行如下实验：①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；②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②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。14．（2024·上海静安·二模）X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：元素代号XYZMWQR原子半径/nm0.1860.1430.1040.0990.0700.0660.032主要化合价+1+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2+1完成下列填空：（1）上述元素中，金属性最强的在周期表中的位置是；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是(填离子符号)。W和R按原子个数比1∶4构成的阳离子所含的化学键是。（2）表中所列4种第三周期元素的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是（填化学式），其电离方程式为。（3）M与Z相比，非金属性较强的是（填元素名称），请从原子结构的角度说明理由。（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应，反应方程式如下：KMnO4＋H2O2+H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋O2↑＋H2O请配平，当有0.5molH2O2参加此反应，电子转移的个数为。15．（2024·福建漳州·一模）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素的名称：A，B，

C，D（2）写出C元素在周期表的位置，E2+价电子的轨道表示式,B元素能量最高的电子为轨道上的电子，其轨道呈形．（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有个，π键有个。（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式。16．（2024·安徽蚌埠·一模）下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：碳氮YX硫Z(1)Z元素在周期表中的位置为。(2)下列事实能说明Y元素的非金属性比硫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1mol硫得电子多c.Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(3)X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式。(4)1mol碳与镁形成的化合物Q与4mol水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，烃的电子式为。(5)Q与水反应的化学方程式为。17．（2024·江西·一模）现有甲、乙、丙、丁四种常见化合物，它们分别由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、SO42-、HCO3-中的两种离子（离子不重复）组成，可以发生如图所示的转化。回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：甲，丁，A。（2）反应①②③中属于非氧化还原反应的有个。（3）向甲溶液中滴入足量丁溶液时发生反应的离子方程式为。（4）向丙溶液中滴入Fe(NO3)2溶液时发生反应的离子方程式为。18．（2024·天津·一模）已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，D是同周期中简单离子半径最小的元素，F元素对应的单质为日常生活中常见金属．（1）F在元素周期表中的位置时．（2）B、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为（离子符号表示）．（3）B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为，写出检验该化合物中阳离子的离子方程式．（4）写出由A、B元素形成的六核分子的电子式．（5）已知常温下化合物FE的Ksp=6×10﹣18mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2E溶液与含FSO4溶液按体积比3：2混合，若有沉淀FE生成，则所需的FSO4的浓度至少是．（忽略混合后溶液的体积变化）．图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式．b．丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．Al2O32Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3②④2Cu2＋+2Na2O2+2H2O＝2Cu(OH)2+O2↑+4Na＋4OH－—4e－＝O2↑+2H2O或

2H2O—4e－＝O2↑+4H＋0.4【分析】已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，两者反应生成蓝色沉淀，可以推出F为Na2O2，而X为铜盐；D为无色气体，D在空气中会出现红棕色，可以推出D为NO气体，结合M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，可以推出N为Mg或者Al，再结合固体E与N的反应，可以推出E为Fe2O3，该反应为熟悉的铝热反应，综上所述，A为硝酸亚铁，B为氯化铁，C为铜，D为一氧化氮，E为氧化铁，F为过氧化钠，G为氢氧化铁，H为氧气，M为铁，N为铝，X为硝酸铜，Y为氢氧化铜。【详解】(1)N为铝，其氧化物为氧化铝，化学式为，F为过氧化钠，其电子式为，故答案为：；；(2)反应③是铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；(3)①是铁和硝酸铜反应，属于置换反应，②是硝酸亚铁和盐酸反应，不是置换反应，③是铝和氧化铁发生铝热反应，属于置换反应，④是氯化铁和过氧化钠反应，反应物中没有单质，不是置换反应，故答案为：②④；(4)X为硝酸铜，F为过氧化钠，二者等物质的量反应的离子方程式为：，故答案为：；(5)X为硝酸铜，电解与混合溶液，阳极产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，根据两极均收集到标况下2.24L气体，可知阳极一共生成0.1mol，转移0.4mole－，其中阴极产生0.1mol时转移0.2mole－，其余便是电解产生的，有0.2mole－转移，产生0.2mol，故，故答案为：或；0.4。【点睛】电解与混合溶液，阳极始终产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，相当于开始电解硝酸铜溶液，当硝酸铜反应完后，继续电解是电解水。2．Cu、C、N、OCO和N2（SO2不足）或（SO2足量）取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。【详解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。3．第三周期第VIA族Al3+＜Na+＜O2-；HClO4①⑤NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑Na+[]-【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】(1)g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族；(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为HClO4；(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误；④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；答案选①⑤；(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。4．第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【分析】根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。5．FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散质微粒的直径(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【分析】由③中信息可知：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)→F，则F为Fe2(SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4molFeS2，转移电子为44mol，即每反应1mol的A(FeS2)转移的电子为11mol

，故答案为.：FeS2；11。

(2)由转化关系图可知F为Fe2(SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)少量饱和Fe2(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2(SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe(OH)3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe(OH)3胶体，即①Fe2(SO4)3、③Fe(OH)3胶体、②Fe(OH)3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；(4)化合物M与H(H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G(FeSO4)氧化为F[Fe2(SO4)3]的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。6．第三周期第IIA族氯化镁HNO3Al(OH)32NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O【分析】这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期，x和y位于第三周期，C原子核外电子数是m的2倍y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，根据元素的性质和位置解答本题。【详解】(1)根据上述分析：元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，金属性比较强，所以单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备；氯化镁属于离子化合物，该化合物的形成过程的电子式为：；答案：第三周期第IIA族；氯化镁；(2)m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素，非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al(OH)3，故答案为：HNO3；Al(OH)3；(3)气体分子(mn)2为(CN)2，根据氯气和氢氧化钠溶液反应可知(CN)2和NaOH反应生成NaCN、NaCNO、H2O，其反应方程式为2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O；故答案为：2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O。【点睛】解题突破口：几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期，x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知x是Mg元素，m是C元素，n元素N元素，再结合题目分析解答。7．S、FeSO2NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大【分析】E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。【详解】(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素；(2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+；(3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。【点睛】本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。8．1s22s22p63s23p63d104s24p2共价键正四面体sp3杂化非极性分子范德华力GeCl4组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高【详解】X元素与碳元素同主族且位于周期表中的第一长周期，X为Ge元素，Y原子是短周期元素且最外层电子数比内层电子总数少3，Y为Cl元素，化合物XY4为GeCl4。（1）Ge元素是32号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2；氯元素原子最外层电子的电子排布图为；（2）Cl元素与Ge元素的电负性差为2.85-2.1=0.75，小于1.7，所以GeCl4为共价化合物，分子内只含有共价键；（3）Ge元素与C元素处于相同主族，GeCl4与CCl4具有相似的结构和性质，Ge原子采取sp3杂化，GeCl4为正四面体形，空间对称，是非极性分子；（4）GeCl4在常温下为液体，熔点低，由分子构成．微粒间作用力为范德华力；（5）这两种化合物的结构相似，GeCl4相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高。【点睛】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，注意判断GeCl4的化合物类型时要结合电负性差值进行分析，不能因为Ge为金属就直接判断GeCl4为离子化合物，为易错点。9．苯

++NaBr

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++NaBr

；E→F的反应类型为取代反应，故答案为+

+NaBr；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；

。10．

FeS2Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O【分析】由A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，A在二氧化锰作用下分解生成生成无色液体B和气体C，可知A为H2O2，B为H2O，C为O2；由E为最简单的烃，E与氧气反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体G，可知E为CH4，G为CO2；由D能够与H2O反应生成CH4和白色胶状沉淀F，结合D的摩尔质量为144g·mol－1，可知D为Al4C3，F为Al(OH)3；由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3；由H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3，结合H中铁和硫两种元素质量比为7∶8，可知H为FeS2；由转化框图可知，SO2和H2O2反应生成H2SO4，则K为H2SO4；H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，则L为Al2(SO4)3。【详解】（1）G为共价化合物CO2，电子式为

，故答案为

；（2）由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3，H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3说明H中含有铁和硫两种元素，由两种元素质量比为7∶8，可得n(Fe)：n(S)=7/56∶8/32=1:2，所以H的化学式为FeS2，故答案为FeS2；（3）反应①为Al4C3与H2O反应生成无色气体CH4和白色胶状沉淀Al(OH)3，反应的化学方程式为Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑，故答案为Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑；（4）反应②为H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查元素化合物知识的综合理解和运用，注意题给信息的理解，把握过氧化氢、铁、铝等化合物的性质及其转化是解答关键。11．Na>Al>C>O>HC2H2O=C=ONaAlO2AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-）CO32-+H2OHCO3-+OH-（主）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3）【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，则X为碳元素，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素，据此分析解答。【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为Na＞Al＞C＞O＞H；（2）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，故答案为C2H2；（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，则：CO2的结构式为O=C=O，Na2O2的电子式为，故答案为O=C=O；；①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，反应离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-），故答案为NaAlO2；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-）；②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；碳酸钠、碳酸氢钠均为0.1mol/L的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，氢离子与先与碳酸根转化生成碳酸氢根，若只转化为碳酸氢根溶液，仍为碱性，故部分碳酸氢根转化为碳酸，溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3），故答案为CO32-+H2OHCO3-+OH-；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3）。【点睛】（1）原子半径大小比较时注意抓住“层、核”，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数小，半径大，其他找到中间量，过渡比较；（2）仔细看清题意，不要浅尝辄止，如只看到相对分子质量最小，错写CH4，错写电子式与结构式、化学方程式、离子方程式等；（3）离子浓度大小比较抓住“两弱”、“三守恒”即：弱电解质的电离是微弱的、盐类水解一般是微弱的、电荷守恒、物料守恒、质子守恒。12．SO2H2SO4Cu2O粗铜精铜CuSO4溶液Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O23.8mol-1·L减小降低减小【分析】砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应①条件可确定B、D分别为SO2、SO3；E和F分别为H2SO4和CuSO4。【详解】（1）由分析可知，B是SO2，E是H2SO4，G是Cu2O；（2）电解精炼铜时，用粗铜做阳极，精铜做阴极，电解质溶液含有Cu2+，可以用CuSO4溶液；（3）反应②是加热条件下铜和浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则消耗了0.12molSO2和0.06molO2，剩余的SO2和O2分别为0.11mol和0.05mol，容器体积为1L，所以平衡时SO2(g)、O2(g)和SO3(g)的物质的量浓度分别为0.11mol/L、0.05mol/L和0.12mol/L，根据K=，带入数据求得K=23.8mol-1·L。平衡后通入O2，可以提高SO2的转化率，但O2自身转化率减小。由于通入的氧气过多，远远多于化学计量数之比，虽然平衡正向移动，SO3的物质的量会增大，但由于混合气的总的物质的量增加得更多，所以再达到平衡时SO3的体积分数会减小。13．Fe3++OH-=NH3·H2Omol/L1：1：1c（）≥0.3mol·L－1【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①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；②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①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/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②中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为+OH-=NH3·H2O；c~d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c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1；（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()≥0.3mol，c()=n()÷0.1L≥0.3mol·L－1。14．第三周期ⅠA族O2﹣＞Na+＞Al3+共价键Al(OH)3H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH﹣氯/氯元素氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强25312586.02×1023/NA【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素；X和R的化合价都为+1价，应为周期表第ⅠA族，根据半径关系可知R为H，X为Na；Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，为Al元素，M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为Cl元素，W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则W为N元素。【详解】（1）上述元素中，金属性最强的为Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族；X、Y、Q各自形成的简单离子Na+、Al3+、O2-具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径由大到小的顺序是O2﹣＞Na+＞Al3+；W和R按原子个数比1﹕4构成的阳离子NH中所含的化学键为氮氢键，是共价键；（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱；表中所列4种第三周期元素Na、Al、S、Cl的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是Al(OH)3，S、Cl最高价氧化物的水化物为酸，Al(OH)3电离方程式为H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH﹣；（3）同周期元素从左到右非金属性依次减弱，故Cl与S相比，非金属性较强的是氯元素；氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强；（4）反应中KMnO4中锰化合价由+7价变为+2价，H2O2中氧元素由-1价变为0价，转移电子数为5，结合氧化还原反应及质量守恒配平，反应方程式如下：2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4=1K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O；当有0.5molH2O2参加此反应，电子转移的个数为0.5mol==6.02×1023。15．碳氮氧铝第2周期第VIA族2p纺锤形（或哑铃形）22N3-＞O2-＞Al3＋【分析】A元素基态原子的价电子排布式为nsnnpn，则n＝2，所以A是碳元素；D元素简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D是Al元素；C元素最外层电子数是电子层数的3倍，原子序数小于Al，则C是氧元素；元素B原子的核外p电子数比s电子数少1个，比铝的原子序数小，因此B是N；E元素价电子层中的未成对电子数为4，则E的价层电子排布是3d64s2，即为铁元素。【详解】（1）根据以上分析可知，各元素的名称分别为：A为碳；B为氮，C为氧，D为铝；正确答案：碳；氮；氧；铝。（2）C元素为氧，核电荷数为8，位于周期表第2周期第VIA族；E为铁，核电荷数为26，Fe2+价电子的轨道表示式；B为氮，核外电子排布为1s22s22p3，因此能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）形。正确答案：第2周期第VIA族；；2p；纺锤形（或哑铃形）。

（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物为二氧化碳，为共价化合物，碳氧之间为双键，因此1mol二氧化碳分子中含有σ键有2个；π键有2个；正确答案：2

；2。（4）B、C、D的简单离子分别为N3-、O2-、Al3＋，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；正确答案：N3-＞O2-＞Al3＋。（5）氧元素的核外有18个电子的氢化物是双氧水，属于共价化合物，电子式为；正确答案：。【点睛】已知A为碳；B为氮，C为氧三种元素，非金属性越强，电负性越大，元素中电负性最大的元素是O；非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。16．第三周期，ⅦA族acSi(s)+2C12(g)=SiCl4(1)

△H=-687kJ/molMg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑【分析】（1）Z为Cl元素；（2）元素非金属性的强弱可以根据气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性以及单质的氧化性判断；（3）根据熔沸点判断常温下的状态；（4）烃分子中碳氢质量比确定烃的分子式，进而确定其结构，写出电子式；（5）根据（4）的比例写出反应的化学方程式。【详解】（1）根据图表可知，Z是17号氯元素，位于周期表的第三周期，ⅦA族；正确答案：第三周期，ⅦA族。（2）由元素周期律，非金属元素的单质与氢气越容易化合，氢化物越稳定，非金属性越强，而得电子的数目多少不能作为比较非金属性强弱的依据；活泼的非金属单质能够置换不活泼的非金属单质，可以比较非金属的强弱；氯气可以置换硫，氯化氢比硫化氢稳定，正确选项为ac。（3）X为硅元素，Z为氯元素，两元素的单质反应生成四氯化硅；已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，所以四氯化硅为液态，该反应的热化学方程式为：Si(s)+2C12(g)=SiCl4(1)

△H=-687kJ/mol