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页高三化学专题复习--无机推断题1．（2024·河北廊坊·模拟预测）A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期主族元素，：且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，D、F为同一主族元素。X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲＜乙)转化关系如图(反应条件略去)，元素E形成的单质是目前应用最多的半导体材料。回答下列问题：(1)在实验室中，甲应密封贮存在低温、避光处，原因是。(2)X、Y、Z、W属于同一类晶体，这四种物质中熔沸点最高的是(填化学式)；X、Y、W都能与Z反应，Y电子式为。(3)将X、W与按1：1：n的物质的量之比通入Z中，充分反应后无气体剩余或生成，则n=。(4)化合物与元素B形成的某种单质在高温下能发生置换反应，若反应中有1mol电子发生了转移，则参加反应的化合物的质量为g。(5)我国科学家设计的关于的熔盐捕获及电化学转化装置如图。b电极的名称是，d电极上发生的反应为。2．（2024高三上·河北石家庄·阶段练习）实验室现有BaCl2、NaNO3、HNO3、HCl、NaHCO3、AgNO3六种溶液，现从中任取四种溶液，编号为A、B、C、D并进行相关实验。其中A属于盐类且与能B反应生气体，B、C、D间反应现象的记录如表。回答下列问题：溶液BCDB——不反应↓C不反应——↓D↓↓——(1)根据实验现象及已知条件，可推断出四种溶液中溶质的化学式：A；B；C；D。(2)按要求写出下列反应的化学方程式：①A和B的反应：。②B和D的反应：。③C和D的反应：。3．（2024高三上·浙江·阶段练习）盐X由三种常见元素组成，某科学兴趣小组称取盐X进行实验，数据和现象如下：已知：①气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸收。②取D溶液，用的溶液滴定，消耗溶液体积。请回答：(1)试剂Y为，气体B中的成分有(填分子式)。(2)盐X的化学式为。(3)X的稀溶液中通入足量气体，反应的离子方程式为。(4)某学生将带火星的木条放入气体B中，木条复燃，据此能否判断气体B中相对分子质量较大的成分具有助燃性(填“能”或“不能”)，理由是。4．（2024高三上·山东泰安·阶段练习）Ⅰ.某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl-、CO、NO、SO、SiO。现进行如下实验：Ⅰ.取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化Ⅱ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色Ⅲ.向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成Ⅳ.向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：(1)该废水一定含有的离子是；(2)实验Ⅱ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是；(3)过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al+NO+OH-AlO+NH3+N2+H2O(未配平)。若除去0.2molNO，消耗铝g。Ⅱ.某混合液中，可能大量含有的离子如下：阳离子：H+、K+、Al3+、NH、Mg2+阴离子：Cl-、Br-、OH-、CO、AlO为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示：(4)该溶液中一定含有的阳离子是，其对应物质的量浓度之比为，溶液中一定不存在的阴离子是。(5)请写出沉淀减少的离子方程式。5．（2024·浙江绍兴·模拟预测）化合物X由三种元素组成，为探究其组成，设计实验流程及实验结果如下：已知：气体1在标况下的密度为1.429g/L。请回答下列问题：(1)化合物X的化学式为，固体3的成分是，(用化学式表示)(2)某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐X，请写出相应的离子反应方程式。(3)另一小组采用以下方案探究固体1的成分：①写出步骤Ⅱ中发生反应的离子反应方程式②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是6．（2024高三下·江苏南京·阶段练习）化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下：Me：

Et：(1)1mol有机物B中所含π键的数目为mol。(2)D中含有个手性碳原子。(3)E→F的反应类型为加成反应，则F的结构简式为。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：。①能与溶液发生显色反应。②有四种不同化学环境的氢原子。(5)已知：。写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。7．（2024·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)。8．（2024高三下·浙江台州·开学考试）A、B、C、D为前三周期的四种元素，化合物X(X的摩尔质量为294g·mol-1)由四种元素组成。A、B的价层电子排布可表示为asa，bsbbp2b，B、C同主族，化合物Z是最常见的溶剂，混合气体W能使品红溶液褪色，气体G能使带火星的木条复燃。各物质间有如图转化关系，某兴趣小组展开如图实验(气体的体积均在标准状况下测得)：请回答：(1)化合物X的组成元素是。(2)白色沉淀H的化学式，写出H的一种用途。(3)写出X高温分解的化学方程式为。(4)溶液E与NaOH溶液发生非氧化还原反应可制得X，化学方程式为。(5)关于混合气体W能使品红溶液褪色的原因，一般认为：W混合气体能使品红褪色，不是其中某种气体本身与品红作用，而是该气体与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明。9．（2024高三·全国·专题练习）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有。A．在I中S原子采取sp3杂化B．在Ⅱ中S元素的电负性最大C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°

D．在Ⅲ中存在离子键与共价键E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等10．（2024·福建漳州·一模）聚合物X是制备隐形眼镜的材料之一、一种以单烯烃A合成X的路线如图所示。回答下列问题：(1)A的名称是；B中官能团的名称是。(2)B→C的反应类型是。(3)C→D的化学方程式是。(4)写出与B具有相同官能团的B的同分异构体的结构简式：(不考虑立体异构)。(5)聚合物X分子中的链节为。11．（2024·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。12．（2024·浙江温州·一模）由四种常见元素组成的可溶性盐A，按如下流程进行实验。已知：气体B、固体C为纯净物。请回答：(1)A的化学式是，气体D的成分。(2)固体A与足量NaOH反应的化学方程式是。(3)盐A同系列的最简单化合物可以与碱性溶液反应，生成黑色固体，写出该反应的离子方程式：。(4)有研究显示，(3)中产物黑色固体充当氯酸钾受热分解的催化剂时，氯酸钾氧化了黑色固体中的金属元素，同时生成了气体单质。①基于此，选用作催化剂，也发生类似的反应，则对应的产物为：(填化学式)。②请设计化学实验验证生成气体单质的成分：。13．（2024·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。14．（2024高三上·河南三门峡·阶段练习）X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，部分元素的原子半径和化合价信息如下表所示：XYZW原子半径/(nm)0.0740.0990.0750.102最高或最低化合价+7+5+6−2−1−3−2M的焰色反应为黄色；X、Y、R位于周期表中不同周期；Q的单质为半导体材料。(1)Y元素在周期表中的位置是；构成化合物的化学键类型是。(2)写出X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物的电子式。(3)Y与W相比，非金属性较强的是(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是(选填字母序号)。a．常温下W的单质呈固态，Y的单质呈气态b．Y与W形成的化合物中W呈正价c．Y和M反应时，lmolY原子所得电子数少于1molW原子所得电子d．Y的气态氢化物比W的气态氢化物稳定(4)Q单质能与NaOH溶液反应放出，请写出该反应的离子方程式。(5)为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为。15．（2024高三上·北京海淀·阶段练习）R、W、X、Y是原子序数依次增大的四种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。(1)W的原子结构示意图是。(2)WX2的电子式是。(3)R2X、R2Y中，稳定性较高的是(填化学式)，沸点较高的是。(填化学式)(4)Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。①根据元素周期律，下列推断正确的是。(填字母序号)a．Se的最高正化合价为+7价b．H2Se的还原性比H2Y强c．H2SeO3的酸性比H2YO4强d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为。(5)科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为A2O3。为确定A元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：①A的相对原子质量介于K和Rb(铷)之间；②0.01molA2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到A的简单氢化物，反应完全时，被A2O3氧化的Zn为0.06mol；综合以上信息推断，A可能位于元素周期表第族。16．（2024·浙江·三模）为了探究某盐(仅含三种短周期元素，摩尔质量介于)的组成和性质，设计并完成了如下实验。已知：、、均为纯净物，、组成元素相同。请回答：(1)组成的种元素是(填元素符号)，的化学式是。(2)写出固体与反应的离子方程式。(3)溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得溶液在空气中变化，如图所示：①写出段发生反应的化学方程式。②设计实验检验时刻后溶液中的主要阴离子。(4)有同学预测也能与稀硫酸反应，现象与固体和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由。17．（2024·湖南永州·模拟预测）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是、。(2)、KOH、反应生成的化学方程式为。(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是。(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是；若出时溶液的pH=8，则mol/L。{已知：常温下，}(5)“还原”时发生反应的离子方程式为。(6)由制取铬绿的方法是。18．（2024·北京通州·一模）有8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。根据判断出的元素回答下列问题：(1)f在周期表中的位置是；(2)y、z、d的氢化物中最稳定的是(写化学式)；(3)x与y形成的多种化合物中，最简单的化合物的空间构型是；(4)描述e的单质在空气中燃烧的现象：；(5)锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解e的溴化物(eBr)的水溶液间接将葡萄糖[]氧化为葡萄糖酸[]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示。①钛网与直流电源的极相连；②石墨电极的电极反应式为；③写出生成葡萄糖酸的化学反应方程式：。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)硝酸不稳定，在常温下受热或见光会发生分解(2)H2O(3)(4)15(5)正极CO＋4e-=C＋3O2-【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期主族元素，且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，分别是C和S；D、F为同一主族元素，D是O，则C是N。元素E形成的单质是目前应用最多的半导体材料，E是Si；X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲＜乙)转化关系如图(反应条件略去)，依据和转化关系可知甲是硝酸，乙是硫酸，X是NO2，Y、Z是二氧化碳和水中的某一种，W是SO2，X、Y、W都能与Z反应，所以Y是CO2，Z是H2O，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种元素分别是H、C、N、O、Si、S，X是NO2，Y是CO2，Z是H2O，W是SO2。由于硝酸不稳定，在常温下受热或见光会发生分解，因此在实验室中，硝酸应密封贮存在低温、避光处。（2）NO2、CO2、H2O、SO2属于同一类晶体，均是分子晶体，水分子间能形成氢键，所以这四种物质中熔沸点最高的是H2O；Y是CO2，属于共价化合物，电子式为。（3）将NO2、SO2与氧气按1：1：n的物质的量之比通入水中，充分反应后无气体剩余或生成，反应生成硝酸和硫酸，依据电子得失守恒可知n=。（4）化合物二氧化硅与元素B形成的碳单质在高温下能发生置换反应SiO2+C2CO↑+Si，硅元素化合价降低4价，若反应中有1mol电子发生了转移，则参加反应的化合物二氧化硅的质量为＝15g。（5）我国科学家设计的关于二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图。其中a电极产生氧气，属于阳极，因此b电极的名称是正极，d电极是阴极，得到碳单质，发生得到电子的还原反应，电极反应为CO＋4e-=C＋3O2-。2．(1)NaHCO3HClBaCl2AgNO3(2)NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2【分析】A属于盐类且能与B反应生成气体，由题干给的物质可知A为NaHCO3，B为HNO3或HCl，由表可知B和D生成沉淀，所有的硝酸盐都可溶，说明B是HCl，D是AgNO3，C与D也生成沉淀，说明C组成中含有Cl-，则C为BaCl2；【详解】（1）由分析可知，A为NaHCO3，B为HCl，C为BaCl2，D为AgNO3；（2）①A为NaHCO3，B是HCl，两者可以反应生成氯化钠，水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；②B是HCl，D是AgNO3，两者可以反应生成氯化银和硝酸，方程式为：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3；③C为BaCl2，D是AgNO3，两者可以反应生成氯化银和硝酸钡，方程式为：BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2。3．(1)溶液(2)(3)(4)能气体B中的体积分数与空气中的体积分数接近，带火星的木条在空气中不能复燃，即可说明有助燃性【分析】实验中，加入试剂Y后，变成血红色，说明盐X中含有铁元素，且Y为KSCN溶液，反推可知红棕色固体A为氧化铁，含量为1.6g(即0.01mol)，溶液C为氯化铁溶液；红棕色气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸收，则气体B应为NO2和混合气体，溶液D为稀硝酸。取D溶液，用的溶液滴定，消耗溶液体积，则稀硝酸中硝酸的物质的量为：。【详解】（1）由分析可知，试剂Y为KSCN溶液；气体B中的成分有NO2、；（2）由分析可知，盐X含有Fe、N、O三种元素，Fe元素的含量为0.02mol，N元素的物质的量为0.06mol，则盐X中除去铁元素和N元素的质量外，含有的O元素的物质的量为：，所以盐X中Fe、N、O三种元素的原子个数比为：0.02:0.06:0.18=1:3:9，所以盐X的化学式为：；（3）X为，往的稀溶液中通入足量气体，发生氧化还原反应，铁离子和硝酸根离子在酸性溶液中，将氧化为硫酸根，其离子方程式为：；（4）由上述分析可知，气体B中，的物质的量为：，则NO2和的物质的量之比为0.06:0.015=4:1，则在气体B中的体积分数与空气中的体积分数接近，带火星的木条在空气中不能复燃，则将带火星的木条放入气体B中，木条复燃，可以说明有助燃性。4．(1)Fe2+、Cu2+、NO、SO(2)3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(3)9.6(4)H+、Al3+、NH、Mg2+2：2：2：3OH-、CO、AlO(5)Al(OH)3+OH-═AlO+2H2O【分析】Ⅰ．Ⅰ实验a说明废水中不含Fe3＋；实验ⅠⅠ说明生成的无色气体为NO，则废水中一定含有Fe2＋、NO，一定不含CO、SiO；实验ⅠⅠⅠ说明废水中含有SO；实验Ⅳ说明废水中含有Fe2＋、Cu2+，不含Al3＋。Ⅱ．根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO、AlO，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n(H+)+3n(Al3+)+n(NH)+2n(Mg2+)≤2n(SO)，所以氯离子物质的量≥16mol，即：离子种类H+Al3+NHMg2+Br-或Cl-物质的量（mol）2223≥16所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH)：n(Mg2+)=2：2：2：3，体积相同，故浓度之比为2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO、AlO。【详解】（1）根据分析可知，废水中一定含有Fe2+、Cu2+、NO、SO；（2）加入盐酸，实质是溶液中Fe2＋、H＋、NO三者发生反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（3）还原产物是氧化剂对应的生成物，即化合价降低的物质对应的生成物，即NH3和N2，配平方程式得：16Al＋9NO＋7OH－=16AlO＋NH3↑＋4N2↑＋2H2O，除去0.2molNO，消耗铝的质量为×16×27g/mol＝9.6g。（4）根据分析可知，一定含有的阳离子为H+、Al3+、NH、Mg2+，根据分析可知，物质的量浓度之比为2：2：2：3，溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO、AlO。（5）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO+2H2O。5．(1)(2)(3)可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀【分析】（1）已知气体1在标况下的密度为1.429g/L，气体1的摩尔质量为:1.429g/L×22.4L/mol≈32g/mol。结合固体1与二氧化锰加热生成气体1，可推出固体1为KClO3，气体1为O2；氧气的物质的量为0.3mol。固体2中含有MnO2和KCl，白色沉淀4为AgCl，n(AgCl)==0.3mol，根据Cl原子守恒可知，固体2中含有KCl0.3mol，根据2KClO32KC1+3O2↑，氧气0.3mol，可知n(KCl)=0.2mol，0.2molKClO3分解生成0.2molKC1，固体1中含有KC1的物质的量为:0.3mol-0.2mol=0.1mol，固体1中KClO3、KC1的总质量为:122.5g/mol×0.2mol+74.5g/mol×0.1mol=31.95g=m(固体1)=m(X)，说明X分解KClO3、KCl，且二者物质的量之比为0.2mol:0.1mol=2:1，结合原子守恒可知X的化学式为KClO2，以此分析解答。（2）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。【详解】（1）根据分析X为KClO2，固体3为二氧化锰。（2）某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐KClO2，说明强碱为氢氧化钾，化合物Y中含有氯元素和氧元素，根据化合价变化分析，氯元素化合价比+3价高，即该气体化合物为二氧化氯，相应的离子反应方程式。（3）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。①步骤Ⅱ中KClO3和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和氯化钾，发生反应的离子反应方程式。②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀。6．(1)3(2)2(3)(4)或(5)【分析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下A与CH2=CHCOOMe发生加成反应生成B，PPTS作用下B与乙二醇发生加成反应C，C与EtMgBr反应生成D，D在PPTS、水和丙酮的作用下转化为E，E在MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成，则F为；F在CH3SO2Cl和Et3N作用下发生消去反应生成G。【详解】（1）双键中含有1个π键，由结构简式可知，B分子中含有2个碳碳双键和1个酯基，所以1molB分子中含有3molπ键，故答案为：3；（2）由结构简式可知，D分子中含有2个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为：2；（3）由分析可知，E→F的反应为E在MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成，则F的结构简式为，故答案为：；（4）C的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体的分子中含有酚羟基，有四种不同化学环境的氢原子说明分子的结构对称，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或；（5）由有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，在Et2O作用下与镁反应生成CH3CH2MgBr；乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，1，2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，乙二醇与在PPTS作用下发生加成反应生成，与CH3CH2MgBr反应生成，在PPTS、水和丙酮的作用下转化为，合成路线为，故答案为：。7．(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。【详解】（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。8．(1)Mg、O、H、S(2)BaSO4医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)(3)2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2↑+O2↑+6H2O(4)4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4(5)配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色【分析】由“A、B的价层电子排布可表示为asa，bsbbp2b”，可推出A为H元素，B为O元素；由“B、C同主族”，可推出C为S元素；由“白色固体Y可溶于稀硫酸”，可推出Y为MgO，从而得出D为Mg元素。由“化合物Z是最常见的溶剂”，可推出Z为H2O；由“混合气体W能使晶红溶液褪色，气体G能使带火星的木条复燃”，可推出气体由SO2和O2组成，气体G为O2。由“溶液F中加入BaCl2可生成白色溶液H”，可推出H为BaSO4，F为H2SO4与HCl的混合物。【详解】（1）由以上分析可知，四种元素分别为H、O、S、Mg，从而得出化合物X的组成元素是Mg、O、H、S。答案为：Mg、O、H、S；（2）由分析可知，H为H2SO4与BaCl2反应生成的难溶物BaSO4，其用途为医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)。答案为：BaSO4；医疗上做钡餐(或是制造其他钡盐的原料或白色颜料)；（3）n(MgO)=，n(H2O)=，n(SO2)=，n(O2)=；n(MgO):n(H2O):n(SO2):n(O2)=0.8mol:0.6mol:0.2mol:0.1mol=8:6:2:1，从而得出X的化学式为Mg4(OH)6SO4。X高温分解的化学方程式为2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2+O2+6H2O。答案为：2Mg4(OH)6SO48MgO+2SO2↑+O2↑+6H2O；（4）由以上分析知，E为MgSO4，MgSO4与NaOH溶液发生非氧化还原反应可制得Mg4(OH)6SO4，则反应的化学方程式为4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4。答案为：4MgSO4+6NaOH=Mg4(OH)6SO4+3Na2SO4；（5）设计实验时，一方面要创设非水溶液中的情境，即将SO2通入无水品红溶液中，另一方面是在品红水溶液中加入含有或的固体盐，从而得出实验方案为配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色。答案为：配制品红无水乙醇溶液，通入二氧化硫，不褪色，品红溶液中加入亚硫酸钠固体，褪色。【点睛】SO2能使品红溶液褪色，并不是SO2本身与品红作用，而是SO2与H2O反应生成的H2SO3与品红产生的作用。9．AD【详解】A．在Ⅰ中每个S原子含有2个共价键、2个孤电子对，所以每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3，故A正确；B．在Ⅱ中各元素非金属性O＞C＞S＞Hg＞H，电负性最大的为O，故B错误；C．在Ⅰ中C原子杂化类型为sp3，空间结构为四面体，C-C-C键角不是180°，故C错误；D．在Ⅲ中，非金属原子形成共价键，钠离子形成离子键，故D正确；E．在Ⅳ中硫氧单键和硫氧双键键能不同，所以硫氧键的键能不相等，故E错误，故答案为：AD。10．(1)2-甲基丙烯碳碳双键、醛基(2)氧化反应(3)CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O(4)CH3CH=CHCHO，CH2=CHCH2CHO(5)【详解】（1）用系统命名法可知，A的名称为：2-甲基丙烯，B中含有的官能团有碳碳双键和醛基。（2）B→C是醛的催化氧化，C的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，因此B→C的反应类型为氧化反应。（3）C→D为羧酸与醇的酯化反应，其化学方程式为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O。（4）与B具有相同官能团的B的同分异构体的结构简式为：CH3CH=CHCHO，CH2=CHCH2CHO。（5）有机物D中含有双键，发生聚合反应生成聚合物X，其分子中的链节为：11．(1)NH4NO3(2)Na2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(3)S2-＞Na+＞Al3+(4)NaClO(5)H2O2+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。【详解】（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+＞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↑。12．(1)CH3COONaCO2(2)CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑(3)3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O(4)Fe2O3用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气【分析】由题给实验流程可知，由四种常见元素组成的可溶性盐A与4.0g氢氧化钠固体共热反应生成气体B和固体C，说明A和C中都含有钠元素和氧元素；标准状况下2.24L气体B完全燃烧后得到的气体D能与澄清石灰水反应生成10.0g白色沉淀E说明D为二氧化碳、E为碳酸钙、气体B中含有碳元素，由白色沉淀的质量可知分子中碳元素的物质的量为=0.1mol，由题给数据可知B中含有的碳原子个数为=1；固体C与澄清石灰水反应生成10.0g碳酸钙说明C中含有碳元素的的物质的量为=0.1mol，则C为碳酸钠，含有钠元素的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，由钠原子个数守恒可知，A中含有的钠元素的物质的量为0.2mol—=0.1mol，由碳原子个数守恒可知，A中含有碳元素的物质的量为0.1mol+0.1mol=0.2mol；由A、B、C都含有碳元素，A中含有四种常见元素可知，含有1个碳原子的可溶性气体B为甲烷，由氢原子个数守恒可知，A中含有氢元素的物质的量为0.1mol×4—=0.3mol；由A的质量可知，A中氧元素的物质的量为=0.2mol，则A中钠元素、碳元素、氢元素和氧元素的物质的量比为0.1mol:0.2mol：0.3mol：0.2mol=1：2：3：2，A的化学式为CH3COONa。【详解】（1）由分析可知，A的化学式为CH3COONa，D为二氧化碳，故答案为：CH3COONa；CO2；（2）由分析可知，乙酸钠固体与足量氢氧化钠固体共热反应生成碳酸钠和甲烷，反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑，故答案为：CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑；（3）乙酸钠同系列的最简单化合物为甲酸钠，由题意可知，碱性条件下，甲酸钠与高锰酸钾溶液反应生成碳酸钠、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O，故答案为：3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O；（4）①由题意可知，二氧化锰催化氯酸钾受热分解的反应步骤为KClO3+2MnO2=Mn2O7+3KCl、2Mn2O7=4MnO2+3O2↑，基于此可知，氧化铁做催化剂时被氯酸钾氧化为高价态的三氧化铁，故答案为：Fe2O3；②检验反应生成的氧气的操作为用集气瓶收集氧气，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃，说明反应生成的气体单质为氧气，故答案为：用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气。13．(1)CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4(2)N、S、O2CuNH4SO3+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)=ρ.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；【详解】（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）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0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，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；14．(1)第三周期第ⅦA族离子键、共价键(或非极性共价键)(2)(3)Clbd(4)(5)【分析】从表格中可知，X的化合价为-2，则X为O；Y的最高化合价为+7、最低化合价为-1，Y为Cl；W的最高化合价为+6、最低化合价为-2，W为S；Z的最高化合价为+5、最低化合价为-3，Z为N或P，且半径小于Y和W，所以Z为N；M的焰色反应为黄色，M为Na；X、Y、R位于周期表中不同周期，R为H；Q的单质为半导体材料，Q为Si，据此分析作答。【详解】（1）Y为Cl，在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族；M为Na、X为O，构成化合物M2X2的化学式为Na2O2，化学键类型为离子键、共价键(或非极性共价键)，故答案为：第三周期第ⅦA族；离子键、共价键(或非极性共价键)；（2）X为O、Y为Cl、R为H，X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物为HClO，其电子式，故答案为：；（3）Y为Cl、W为S，Y与W相比，非金属性较强的Cl；a．状态不能作为判断非金属性强弱的依据，a项错误；b．Cl与S形成的化合物中S呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，b项正确；c．得电子数目与非金属性强弱无必然的联系，c项错误；d．Y的气态氢化物比W的气态氢化物稳定，说明Cl元素的非金属性更强，d项正确；故答案为：Cl；bd；（4）Si单质能与NaOH溶液反应放出，离子方程式为：，故答案为：；（5）Z为N、R为H，Z2R4为N2H4，在水中的电离与氨相似，其在水中的第一步电离方程式为：N2H4+H2ON2H+OH-，第二步电离方程式为：N2H+H2ON2H+OH-，N2H4与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为，故答案为：。15．(1)(2)(3)H2OH2O(4)bd3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O(5)VA【分析】R、W、X、Y是原子序数依次增大的四种主族元素，R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H；W与X可形成两种稳定的化合物WX和WX2，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，W为C、X为O；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S，据此分析解题。【详解】（1）由上述分析可知，W为C元素，原子序数为6，其原子结构示意图是，故答案为：；（2）由分析可知，W为C，X为O，则WX2为CO2，CO2属于共价化合物，其电子式是，故答案为：；（3）R2X、R2Y中分别为H2O、H2S，O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于H2S；由于H2O分子间存在氢键，导致H2O的沸点较高，故答案为：H2O；H2O；（4）①a．Se的最外层电子数为6，最高正化合价为+6价，a错误；b．非金属性S大于Se，则H2Se的还原性比H2Y强，b正确；c．H2SeO3的酸性比H2YO4弱，前者为弱酸，后者为强酸，c错误；d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应生成盐和水，d正确；故答案为：bd；②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，结合化合价变化可知，生成两种单质为Se、N2，该反应的化学方程式为：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O，故答案为：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molA2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到A的简单氢化物，反应完全时，被A2O3氧化的Zn为0.06mol，设氢化物中A元素的化合价为x，由电子守恒可知0.0