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2025届高三化学专题复习无机推断题1．（2024高三上·山东烟台·阶段练习）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第4周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。元素相关信息A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是I1＝738kJ·mol－1；I2＝1451kJ·mol－1；I3＝7733kJ·mol－1；I4＝10540kJ·mol－1D原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列(1)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个伸展方向，原子轨道呈形。(2)某同学根据上述信息，推断C基态原子的轨道表示式为该同学所画的轨道表示式违背了。(3)G位于族区，价电子排布式为。(4)检验F元素的方法是，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：。(5)写出E的单质与水反应的离子方程式：(6)写出DA3的电子式（用元素符号）2．（2024·湖南岳阳·模拟预测）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，碱性最强的是。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是，电负性最大的元素是。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点（填"高"或"低"），原因(4)E元素原子的核电荷数是，E元素在周期表的第周期，第族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是晶体、晶体(6)画出D的核外电子排布图，这样排布遵循了原理和规则。3．（2024高三·福建·专题练习）现有部分元素的性质与原子或分子结构如表所示：元素编号元素性质与原子或分子结构T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质分子为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层比K层少1个电子Z第三周期元素的金属离子中半径最小（1）画出元素T的原子结构示意图：。（2）元素Y与元素Z相比，金属性较强的是用元素符号表示，下列表述中能证明这一事实的是填字母。a.Y单质的熔点比Z单质低b.Y的化合价比Z低c.Y单质与水反应比Z单质与水反应剧烈d.Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强（3）T、X、Y、Z中的两种元素能形成既有离子键又有非极性共价键的化合物，写出该化合物的化学式：。（4）T可以形成稳定的阴离子Tm-，Y可以形成稳定的阳离子Yn+，其半径关系为r(Tm-)r(Yn+)(填“>”，“<”或“=”)（5）X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可以相互发生反应，写出Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式。4．（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。5．（2024·广东广州·一模）在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为1.17。请填空：

（1）组成单质X和Y的元素分别属第族和第族；（2）Z与水发生水解反应方程式；（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移mol的电子。6．（2024·浙江绍兴·一模）储氢材料甲由X、Y、Z三种短周期元素组成，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍。为确定甲的组成，进行了如下实验：①称取5.4g甲固体，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36L单质气体乙，同时得到两种固体，其中一种为二元化合物。②冷却后，向①反应后的固体混合物中加入足量的蒸馏水，充分反应后，又放出标准状况下5.6L单质气体乙，同时得到澄清溶液丙。请回答：（1）乙的电子式。（2）甲的化学式。（3）写出生成溶液丙的化学反应方程式。（4）设计实验方案检验溶液丙中的溶质成分。7．（2024高三上·天津静海·阶段练习）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B、C均为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。（1）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是(填编号)。（2）写出③的离子方程式：（3）反应⑦的化学方程式为；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子mol。在解决此题时的关键一步是。8．（2024高三上·安徽·阶段练习）某工业废水中仅含有下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol·L－1。阳离子K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+阴离子Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-某同学欲探究废水的利用，进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃)观察。②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体与空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的离子是(写离子符号)。(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是。④中生成白色沉淀的离子方程式是。(3)将③中所的红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生反应的化学方程式为。(4)该同学最终确定原溶液中所含离子是(写离子符号)。9．（2024·安徽·模拟预测）化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：（1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2能看到沉淀的有(填序号)。①NO2②NH3③HCl

④FeCl3溶液

⑤CO2（2）A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：若A为金属单质，B、C均属于盐类，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，D是一种白色沉淀，E是一种不溶性碱。B溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)；选用氢碘酸可与E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为。（3）①通常条件下，未经碾磨的镁粉和未经擦拭的镁条跟冷水不反应，因为表面有一层保护膜。去除这层氧化膜后，镁与冷水就会发生明显的反应，看到有大量细腻的气泡产生。在室温条件下，反应生成的难溶于水的氢氧化镁，沉积在表面形成致密薄膜，几分钟后，反应很快停止。给反应混合液加热，镁跟水的作用又会重新进行，你觉得可能的原因是：，此时滴加酚酞试液，(填“会”或“不会”)出现溶液变红的现象。②取一段擦去表层氧化膜的镁条，卷成螺旋状，插入盛满食盐水的试管中，将试管倒扣在盛有食盐水的烧杯中，可以迅速观察到镁持续不断地跟水反应，你觉得可能的原因是。③去除了氧化膜的金属Mg可以与NaHCO3溶液作用析出氢气，溶液中有白色难溶物生成。这是由于镁直接与水反应，转化为H2和Mg(OH)2。溶解在水中的少量Mg(OH)2电离生成的OH－与溶液中的HCO3－反应生成CO32－，促使反应生成的Mg(OH)2更多溶解。溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，结合析出白色难溶物Mg2(OH)2CO3。请根据以上信息写出Mg与NaHCO3溶液的总反应式：(用离子方程式表示)。10．（2024高三下·云南昆明·阶段练习）如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：

(1)写出化学式：X，A，B。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是法、法。(3)写出C→E的化学方程式：。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：(5)检验物质A的方法和现象是11．（2024高三下·黑龙江大庆·阶段练习）甲图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

请回答下列问题：(1)D元素在周期表中的位置为，D和G的简单氢化物中沸点高的是(写化学式)，A和E形成的化合物的电子式为。(2)D、E、G、H的简单离子半径由大到小的顺序为。(用化学式表示)(3)H的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式。(4)由上述元素中的几种组成a、b、c各物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均为足量)。①溶液a和b分别为，(填化学式)。②溶液c中的离子方程式为。③请从原子结构的角度解释非金属性C＞B的原因。12．（2024高三下·河南漯河·期中）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z第3周期元素的简单离子中半径最小(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是(用元素符号表示)，元素Z的离子结构示意图为。(2)元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，则检验溶液中存在该离子的方法是。(3)写出Z元素最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式：。(4)元素X与元素Y相比，非金属性较强的是(用元素符号表示)。(5)探寻物质的性质差异性是化学学习的重要方法之一。X、Y、Z三种元素的单质中化学性质明显不同于其他两种单质的是(用元素符号表示)，理由是。13．（2024高三下·全国·专题练习）现有下列短周期元素的数据(已知Be的原子半径为0.089nm)：①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径(nm)0.0740.1600.1520.1100.0990.1860.0750.082最高正化合价+2+1+5+7+1+5+3最低负化合价−2−3−1−3(1)元素⑧在周期表中的位置是；上述元素中处于同一主族的有(用元素符号表示)。(2)上表中某两种元素形成的共价化合物中，每个原子都满足最外层为8电子的稳定结构，写出其电子式：(任写一种)。(3)元素①和⑥能形成两种化合物，写出其中含共价键的化合物与水反应的离子方程式。(4)含锂材料在社会中广泛应用，如各种储氢材料(Li2NH等)、便携式电源材料(LiCoO2等)。根据下列要求回答问题：①63Li和73Li作核反应堆最佳热载体，73LiH和73LiD用作高温堆减速剂。下列说法正确的是(填字母)。A．63Li和73Li互为同位素B．63Li和73Li属于同种核素C．73LiH和73LiD的化学性质不同D．73LiH和73LiD是同种物质②下列说法不正确的是(填字母)。A．碱性：Be(OH)2<LiOH<NaOH<KOHB．半径：K>Na>Li>Li+C．氧化性：Li+<Na+<K+<Rb+<Cs+D．金属性：Cs>Rb>K>Na>Li>Be14．（2024高三·全国·专题练习）根据下图所示的反应过程与记录，推断A→L各是什么物质。

A．，B．，C．，D．，E.，F.，G．，H.，I.，J．，K.，L.。15．（2024高三·全国·专题练习）有A、B两种常见化合物，其焰色反应均呈黄色，C是一种单质气体，相互转化关系如图所示(其他物质均已略去)。回答下列问题：(1)写出A的化学式。(2)①B加热产生D的化学方程式：。②B加稀硫酸产生D的离子方程式：。(3)请用化学方程式表示A在潜水艇中的一种重要用途。(4)A、B在密闭装置中加热，充分反应后，若只得到一种固体化合物E，其化学式为。16．（2024高三上·云南玉溪·期末）下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。请回答下列问题：(1)物质A的化学式为。(2)写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式，氧化物D与NaOH溶液反应的化学方程式。(3)溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式。(4)溶液E敞口放置容易变质，写出检验溶液E是否变质的实验操作、现象及结论，为了防止溶液E的变质，可往溶液中加入。(5)溶液I中所含金属离子是。17．（2024·全国·高考真题）有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶。根据上述实验信息，请回答下列问题：（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：18．（2024高三·全国·专题练习）某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L(此数值忽略水的电离及离子的水解)。阳离子K＋Ag＋Mg2＋Cu2＋Al3＋NH4+阴离子Cl－CO32—NO3—SO42—SiO32—I－甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。Ⅱ.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。Ⅲ.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：(1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是。(2)Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是。(3)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有，阴离子有；并据此推测原溶液应该呈性，原因是(请用离子方程式说明)。(4)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为。充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为g。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．3哑铃泡利原理ⅦBd3d54s2焰色反应基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高的能级，变成激发态电子，电子从能量较高的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量Cl2+H20==H++Cl-+HClO【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能突然增大，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素。【详解】（1）(1)B是N原子，基态原子中能量最高的电子排布在2p能级上，其电子云在空间有px、py、pz3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形。(2)根据泡利不相容原理，1个原子轨道只能容纳2个自旋方向相反的电子，该同学所画的电子排布图中3s能级，2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理；（3）G为Mn元素，是25号元素，位于第四周期第ⅦB族，最后填充的为d电子，为d区元素，价电子排布式为3d54s2；(4)当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高的能级，变成激发态电子，电子从能量较高的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量；含有K元素的溶液在酒精灯火焰上灼烧时，透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰，检验K元素的方法是焰色反应。(5)E是Cl元素，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2+H2O==H++Cl-+HClO；（6）PH3中心原子P原子满足8电子稳定结构，电子式为。2．HNO3NaOHFF高因为NH3分子间形成氢键26四dⅧ离子分子1s22s22p3泡利洪特【分析】根据A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe元素。所以由上述分析可知，A为Si元素，B为Na元素、C为P元素，D为N元素，E为Fe元素。【详解】(1)由上述分析可知：五种元素中N的非金属性最强，Na的金属性最强，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3；NaOH；(2)由上述分析可知：D为N元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为：F；F；(3)由上述分析可知：D为N元素，D的氢化物为NH3，C为P元素，C的氢化物为PH3，因为NH3分子间形成氢键，所以沸点NH3>PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键；(4)根据E的外围电子排布式为3d64s2可知，E核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族，价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d区，故答案为：26；四；d；(5)由上述分析可知：B为Na元素、C为P元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子；(6)由上述分析可知：D为N元素，D的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。3．NacdNa2O2>Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】T元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则T为O元素；常温下X的单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则X为N元素；Y元素原子M层比K层少1个电子，则M层电子数为1，故Y为Na；第三周期元素的简单离子中Z的半径最小，则Z为Al。【详解】（1）T为O元素，原子结构示意图为，故答案为：；（2）Na、Al同周期，随原子序数增大，金属性减弱，故Na的金属性较强；单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故a错误；金属性强弱与失去电子难易有关，与失去电子数目多少无关，即与化合价高低无关，故b错误；单质与水反应比Al单质剧烈，说明Na金属性更强，故c正确；最高价氧化物的水化物的碱性比Al强，说明钠的金属性更强，故d正确，故答案为：Na；cd；（3）O、N、Na、Al中有两种元素能形成既有离子键又有共价键的化合物，该化合物为，故答案为：；（4）O可以形成稳定的阴离子，Na可以形成稳定的阳离子，其半径关系为，故答案为：；（5）N、Na、Al的最高价氧化物对应的水化物可以相互发生反应，Na、Al的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，二者之间反应的离子方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，推断元素是解题关键，注意理解掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。4．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。5．ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6【分析】气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为29×1.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族，故答案为：ⅢA、ⅥA；(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故答案为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。6．H∶HNaAlH42NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-。【分析】常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36L单质气体乙，气体乙是氢气，所以一定含有H元素；短周期元素中化合价最高的金属元素是+3价Al元素，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍，故Z是Al元素，则另一种金属元素化合价为+1，反应②得到澄清溶液丙，说明另一种金属元素一定为钠。【详解】（1）常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36L单质气体乙，所以一定含有H元素，气体乙是氢气，电子式为H∶H。（2）①②共生成标准状况下的氢气8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，根据得失电子守恒，5.4g甲固体含有0.4molH原子；设5.4g甲固体含有Al元素xmol、Na元素ymol，则，解得y=0.1、x=0.1，n(Na)：n(Al)：n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4，甲的化学式是NaAlH4；（3）钠的活泼性大于铝，反应①生成的固体是NaH和Al，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，总反应方程式是2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑。（4）AlO2-与少量盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与盐酸反应生成铝离子，Na+的焰色反应呈黄色；检验溶液丙中的溶质成分的方法是：用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-。7．①②④⑤⑦Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H20.8mol⑥【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，结合后面的红色溶液，中学化学里的红色溶液除了指示剂外，常见的是铁离子遇到SCN-生成的Fe(SCN)3，所以可以确定金属为铁。通常情况下，A为固体，B、C均为气体，所以A为铁，能和铁反应的常见的气体有氧气和氯气，故B和C分别为氧气和氯气中的一种。铁和B生成的D加KSCN显红色，所以B为氯气，D为FeCl3；则C为氧气，E为Fe3O4。X是一种无氧强酸，即为盐酸，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，H在常温下为液体，所以H为水，G为FeCl2。Fe可以和水蒸气在高温下生成Fe3O4和氢气。综上所述，A为Fe，B为Cl2，C为O2，D为FeCl3，E为Fe3O4，F为含SCN-的溶液，G为FeCl2，H为H2O。【详解】（1）反应①是2Fe+3Cl22FeCl3；②是3Fe+2O2Fe3O4；③是Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；④是2FeCl3+Fe=3FeCl2；⑤是2FeCl2+Cl2=2FeCl3；⑥是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；⑦是3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。有化合价变化的反应是氧化还原反应，所以其中①②④⑤⑦氧化还原反应；（2）③的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，故离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；（3）反应⑦的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。该反应中每消耗3mol铁，转移电子8mol，所以每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。在解决此题时的关键一步是第⑥步，从红色溶液推断。【点睛】无机推断题关键是找题眼，主要从一些特殊反应或物理性质入手，如本题的红色溶液，还有X是一种无氧强酸、H在常温下为液体都可以做出直接的判断。8．K+，Fe3+，CO32-，SiO32-3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OSO42-+Ba2+=BaSO4↓3NO2+H2O=2HNO3+NOCl-，NO3-，SO42-，Fe2+和Mg2+【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰，说明溶液中不含K+，取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明更容易中不含Fe3+，溶液中加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体与空气变成红棕色说明溶液中存在Fe2+和NO3-，加入少量盐酸溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明溶液中含有Cl-，不存在CO32-、SiO32-，溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有SO42-，据此分析回答问题。【详解】（1）由①知溶液中不含K+，由②知，溶液中不含Fe3+，由③知溶液中含有Cl-，不含CO32-，SiO32-，因此溶液中一定不含有的离子是K+，Fe3+，CO32-，SiO32-；（2）③中加入盐酸后，H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应，离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；④中SO42-与Ba2+结合生成白色沉淀，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；（3）③中发生反应生成的红棕色气体为NO2，溶于水生成硝酸和NO，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）根据分析可知溶液中的阴离子为Cl-，NO3-，SO42-，且各为0.1mol/L，肯定含有的阳离子为Fe2+，浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒可知溶液中还存在一种+2价的阳离子，即Mg2+，所以，原溶液中含有的离子为：Cl-，NO3-，SO42-，Fe2+和Mg2+。9．①②④Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O加热促进了水的电离使H+浓度增大或加热增大了Mg(OH)2的溶解度会Cl-促进了反应的发生2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3【分析】(1)BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成的原因是BaSO3易溶于盐酸，故有以下两种思路：①将其氧化为硫酸与BaCl2反应；②将其转化为SO32-与BaCl2反应，据以上分析解答；(2)Fe(OH)3溶于氢碘酸时产生的Fe3+与I-会发生氧化还原反应；(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的也离使H+浓度增大会加快反应述率。同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等；③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠。【详解】（1）①NO2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选；②NH3与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②选；③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③不选；④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④选；⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤不选；答案选①②④；（2）B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe3+，A为Fe，结合E是一种不溶性碱可知C中含Fe2+，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O；(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的点离，使H+浓度增大，加快了反应述率。同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等；③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠，反应的离子方程式为2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。10．NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O24NH3+5O24NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)【分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。11．第二周期第ⅥA族H2O

S2->Cl->O2->Na+4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2OHNO3饱和NaHCO3SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强【分析】由图中化合价可知，A有+1、-1价，且原子序数最小，A为H；B的化合价为+4、-4价，B为C元素；C的原子序数小于O，C的化合价有+5、-3价，则C为N；D的化合价只有-2价，没有正化合价，故D为O元素；E的原子序数大于O，且E的化合价为+1价，处于ⅠA族，故E为Na元素；F、B的化合价相同，F与B位于同主族，F的原子序数大，则F为Si；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；H的最高正价为+7，原子序数最大，则H为Cl。【详解】由上述分析可知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为Si、G为S、H为Cl，(1)D元素为O元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族，水分子间含氢键，D和G的简单氢化物中沸点高的是H2O，A和E形成的化合物为NaH，为离子化合物，其电子式为

。(2)电子层数越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2－＞Cl－＞O2－＞Na＋；(3)H的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质氯气，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，H为氯气，生成2mol氯气时得到28mol电子，则由电子守恒可知还生成7mol氧气，该反应为4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O；(4)对a、b、c三种物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱由图可知，锥形瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，溶液b可除去二氧化碳中挥发的硝酸，试剂为饱和碳酸氢钠，溶液c为硅酸钠，均发生强酸制取弱酸的反应。①溶液a和b分别为HNO3、饱和NaHCO3。②碳酸的酸性强于硅酸，溶液c中的离子方程式为SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32－。③从原子结构的角度解释非金属性C＞B的原因为：碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的化合价、原子序数来推断元素，难点（4）设计实验证明元素B、C、F的非金属性强弱，注意元素化合物知识与规律性知识的应用。12．146C取少许溶液（或待测液），加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中存在NH4+，反之，不存在NH4+Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2ONAlAl为金属单质，其余为非金属单质【分析】短周期元素中，X元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；常温下Y元素单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z是第三周期元素的简单离子中半径最小的，故Z为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为碳元素，Y为氮元素，Z为Al元素。(1)碳元素的一种同位素可测定文物年代：这种同位素的符号是146C，Z为Al元素，质子数为13，离子核外有2个电子层，各层电子数为2、8，其离子结构示意图为：，故答案为146C；；(2)N元素与氢元素形成一种离子为NH4+，则检验溶液中存在该离子的方法是：取少许溶液(或待测液)，加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中存在NH4+，反之，不存在NH4+，故答案为取少许溶液(或待测液)，加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中存在NH4+，反之，不存在NH4+；(3)Z元素最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(4)C、N同周期，随原子序数增大，非金属性增强，故N元素非金属性较强，故答案为N；(5)Al为金属单质，其余为非金属单质，Al的性质不同于其他两种单质，故答案为Al；Al为金属单质，其余为非金属单质。13．第2周期，第ⅢA族Li，Na；N，P2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‾+O2↑ADC【详解】由元素的性质可知，①为O，⑦为N，③为Li，⑥为Na，②为Mg，④为P，⑤为Cl，Be的原子半径为0.089nm，可知⑧为B；（1）⑧号元素在周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；上述元素处于同一主族的有Li、Na和N、P；（2）上表中某两种元素形成的共价化合物中，每个原子都满足最外层为8电子的稳定结构，如PCl3，其电子式为；（3）元素①和⑥能形成两种化合物，其中含有共价键的化合物为Na2O2，其与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH‾+O2↑；（4）①A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，则36Li和37Li互为同位素，故A正确；B．36Li和37Li的中子数分别为3、4，则为不同核素，故B错误；C．LiH和37LiD为同种化合物，故C错误；D．LiH和37LiD为同种化合物，故D正确；故答案为AD；②A．金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性：Be（OH）2＜LiOH＜NaOH＜KOH，故A正确；B．电子层越多，微粒半径越大，且原子半径大于其阳离子半径，则半径：K＞Na＞Li＞Li+，故B正确；C．金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，则氧化性：Li+＞Na+＞K+＞Rb+＞Cs+，故C错误；D．同主族从上到下金属性增强，同周期从左向右金属性减弱，则金属性：Cs＞Rb＞K＞Na＞Li＞Be，故D正确；故答案为C。【点睛】解题时要注意LiH和LiD为同一种物质，为易错点。14．HClCl2KBrBr2KClAgClKNO3NaINaBrI2AgBrNaNO3【分析】本题关于卤素单质之间的转化关系相关的推断，结合反应特殊的颜色、现象及物质的特性进行分析作答。【详解】B为黄绿色，故应为Cl2，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，则A为HCl。用CCl4萃取分离后，D为橙红色，则D为Br2。F为不溶于稀HNO3的白色沉淀，应是AgCl，且G焰色呈紫色，故含有K元素，则G为KNO3，根据元素守恒可确定E为KCl，结合逆分析法及氯气可将Br—氧化为Br2的特点，可推出C是KBr。又J遇淀粉溶液显蓝色，J应为I2。K为浅黄色不溶于稀硝酸的沉淀，应为AgBr，L焰色呈黄色，则L为NaNO3，所以I是NaBr，则H为NaI，故答案为HCl；Cl2；KBr；Br2；KCl；AgCl；KNO3；NaI；NaBr；I2；AgBr；NaNO3。15．(1)Na2O2(2)2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2OHCO＋H＋===CO2↑＋H2O(3)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑(4)Na2CO3【分析】化合物A、B的焰色反应呈黄色，则A、B为钠的化合物。由A与B的混合物与水或硫酸反应产生气体C，可知混合物中必含有Na2O2，且C为O2。又因为加热A与B的混合物产生O2，说明另一物质的分解产物必有H2O和CO2，即另一种物质为NaHCO3。A与B的混合物溶于水的产物与D反应生成B，则B为NaHCO3，D为CO2，A为Na2O2，据此答题。【详解】（1）由分析可知A为Na2O2，故答案为Na2O2；（2）①NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故答案为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。②NaHCO3与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，反应离子方程式为：HCO+H+=H2O+CO2↑，故答案为HCO+H+=H2O+CO2↑；（3）过氧化钠可以作为潜水艇中的供氧剂，反应方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；（4）NaHCO3、Na2O2在密闭装置中加热，充分反应后，若只得到一种固体化合物E，其化学式为Na2CO3。16．Fe2O32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3取溶液E少许于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液E已经变质铁粉Na+、Al3+【分析】金属单质B与强碱反应得到单质F与H，则B为Al、F为H2，H为偏铝酸盐，G为红褐色沉淀，则G为Fe(OH)3，红棕色物质A与金属Al发生置换反应生成单质C与氧化物D，则A为Fe2O3、C为Fe、D为Al2O3，由转化关系可