高三化学二轮复习-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高三下·北京海淀·期末）X、Y、Z、R、W为常见的主族元素，根据下表信息回答问题：元素元素性质或原子结构信息X短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)Y+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同Z原子核外M电子层与K电子层的电子数相等R与Z同周期，主要化合价为−1、+7W原子结构示意图：（1）写出元素X的原子结构示意图；元素W在周期表中位置。（2）Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较>（填化学式）。（3）用电子式表示X和R形成化合物的过程：。（4）下列对于W及其化合物的推断中，正确的是（填序号）。①W的最低负化合价与R的最低负化合价相同②W的氢化物的稳定性弱于R的氢化物的稳定性③W的单质可与X和R形成的化合物的水溶液发生置换反应④W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强（5）为验证卤族部分元素单质氧化性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：①A中发生的反应的离子方程式是。②棉花中浸有的NaOH溶液的作用是(用离子方程式表示)。③为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到。该实验必须控制加入的R单质的量，否则得不出Br2的氧化性比I2强。理由是。④从原子结构的角度解释卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因：。2．（2024·上海奉贤·二模）A、B、M、X、Z是周期表中的短周期元素。对它们的单质或部分化合物描述如下：ABMXZ最简氢化物是含氢量最高的有机物单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个最简氢化物的水溶液呈酸性原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子最高价氧化物对应的水化物为最强酸回答下列问题：（1）B的最简氢化物的分子构型是，A原子的最外层电子的轨道表示式为；（2）X在元素周期表中的位置为周期族，写出X的单质溶解在NaOH溶液中的离子方程式为；（3）A、B两元素非金属性较强的是(写元素符号)。写出证明这一结论的一个化学方程式；（4）与元素Z相比，元素M的最简氢化物稳定性（选填“强”、“弱”），理由是。3．（2024·上海宝山·二模）下表中所列的是六种短周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDEG原子半径/nm0.0890.0710.1170.160.0740.082主要化合价+2-1+4，-4+2-2+3(1)C元素在周期表中的位置为；E原子的电子填充在个轨道上，这些电子有种不同的能量。(2)B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为（填离子符号）。(3)C与E形成的化合物属于晶体。(4)周期表中有些元素存在“对角线相似”现象（一种元素的性质常同它右下方相邻的另一种元素具有类似性），请写出A的单质与强碱溶液反应的离子方程式：。(5)已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H—E键的键能大于H—X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点（填“赞同”或“不赞同”），理由：。4．（2024·上海闵行·二模）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。回答下列问题：(1)反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：，该化合物中存在的化学键有：。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：（元素符号）。(2)反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是；写出反应Ⅱ的化学方程式。(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是（写出一种即可）。(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是（选填答案编号）a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质b．金属阳离子都具有相同的电子排布式c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物5．（2024高三·甘肃张掖·期末）如图表示A～E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色粉末，C为单质。(1)则A为。（填化学式）(2)写出③、⑧对应的方程式：③。(化学方程式)⑧。(离子方程式)6．（2024高三·全国·专题练习）某无色溶液中可能含有、、、、、中的若干种，依次进行下列实验。观察到现象如下：①用pH试纸检验，溶液；②向溶液中滴加氯水，无气体产生，再加入振荡、静置，层呈橙红色，用分液漏斗分液；③向分液后的水溶液中加入和混合液，有白色沉淀产生。④另取原溶液少量加入和盐酸的混合液，产生白色沉淀。回答下列问题：(1)溶液中肯定含有的离子是；肯定没有的离子是。(2)写出步骤②中的离子方程式。7．（2024·浙江·一模）已知化合物X由4种元素组成，某学习小组进行了如下实验：已知：步骤②中消耗KI0.15mol请回答：（1）X的化学式是，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是。（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，写出该反应的化学方程式：。8．（2024高三·全国·专题练习）已知A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C的焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体．根据上面框图关系回答下列问题：(1)A的化学式为，常温下A的颜色为，I的化学式为．(2)写出X+FG+B的化学方程式：．(3)写出实验室中用两种固体药品制取F气体的化学方程式：．(4)写出“”反应的离子方程式：．(5)写出“金属单质两性氧化物”的化学方程式：．9．（2024高三·全国·专题练习）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是、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若在这五种盐溶液中分别加入氨水，E和C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．(1)五种盐中所含阴离子相同的两种盐的化学式是。(2)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。(5)以石墨作电极，电解足量C的溶液，阳极的电极反应式为，当转移0.2mol电子时，共产生气体L(标准状况)。10．（2024高三·全国·专题练习）图A所示的转化关系中(具体反应条件略)，a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示：回答下列问题：(1)图B对应的物质名称是，晶体类型为。(2)d中元素的原子核外电子排布式为(3)图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是，原因是，该物质的分子构型为。(4)图A中的双原子分子中，极性最大的分子是。(5)k的分子式为，中心原子的杂化轨道类型为，属于分子(填“极性”或“非极性”)。K又称光气，实验室制取时，可用四氯化碳与发烟硫酸(SO3的硫酸溶液)反应。将四氯化碳加热至55-60℃，滴加入发烟硫酸，即发生逸出光气和磺酰氯(该物质在高温时分解成SO2和Cl2)，写出制取光气的化学方程式：。制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，写出该化学方程式：。11．（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。12．（2024·广东汕头·一模）已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为。（2）物质X的电子式为。（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式。（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式。（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目。（6）请简述鉴定物质X的实验方法。13．（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。14．（2024高三上·山东滨州·专题练习）现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C。把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。请据此回答下列问题：(1)写出下列各反应的化学方程式①纯净的A在B中安静地燃烧生成C②将气体B通入到水中：。③将气体B通入到NaOH溶液中：④将气体B通入到适量石灰乳中：(2)把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是(用字母表示)。(3)将白色浑浊物D溶于水得到澄清溶液，分别取适量该澄清液两份。①向第一份中滴加碳酸钠溶液观察到出现沉淀，发生反应的化学方程式为、。②向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，会观察到(填现象)。③白色浑浊物D因具有漂白性又称为，该物质在空气中容易变质的原因为(用化学方程式表示)。15．（2024·安徽滁州·一模）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO42-实验Ⅰ:取少量该强酸性溶液A进行如下实验。实验Ⅱ:为了进一步确定该溶液的组成,取100mL原溶液A,向该溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液,产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题:(1)不进行实验就可以推断出,上表中的离子一定不存在的有种。(2)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是。检验气体X的方法是;沉淀Z的化学式为。(3)写出实验Ⅱ的图示中BC段对应反应的离子方程式:。(4)A点对应的固体质量为g。(5)通过上述信息,推算该溶液中阴离子的浓度为mol·L-1。16．（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)。17．（2024高三·全国·专题练习）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子可能分别是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子可能分别是NO3-、SO42-、Cl−、CO32-中的某一种。①若把4种盐分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中，均得澄清溶液，只有C盐的溶液呈蓝色。②若向①的4支试管中分别加盐酸，B溶液中有沉淀产生，D溶液中有无色无味气体逸出。(1)根据①②的实验事实推断B、C的化学式：B：，C：。(2)写出A与D反应的化学方程式。(3)若想从A与D反应后的混合物中分别提取得到两种固体产物，需要进行的实验操作是和。这两个操作中都要用到玻璃棒，玻璃棒在这两个操作中的作用是否相同(若不同，请说明各自的作用)。18．（2024·浙江·模拟预测）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:

根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．第四周期VIIA族Mg(OH)2Al(OH)3①②Cl2+2Br-=Br2+2Cl-2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色过量的Cl2能与KI溶液反应置换成I2卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱【分析】X为短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)，推知X为Na元素；Y的+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，推知Y为Al元素；Z的原子核外M电子层与K电子层的电子数相等，推知Z为Mg元素；R与Z同周期为第三周期，主要化合价为−1、+7，推知R为Cl元素；W的原子结构示意图为，推知W为Br元素。【详解】(1)元素X为钠，其原子结构示意图为；元素W为Br，其在周期表中位置为第四周期VIIA族。(2)镁的金属性强于铝，故Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较Mg(OH)2>Al(OH)3。(3)钠失电子形成钠离子，氯得电子形成氯离子，钠离子和氯离子通过离子键形成离子化合物氯化钠，用电子式表示其过程为。(4)①W与R同主族，两者的最低负化合价均为-1价，①正确；②R的非金属性强于W，则W的氢化物的稳定性弱于于R的氢化物的稳定性，②正确；③Cl2的氧化性强于Br2，故W的单质不能与X和R形成的化合物的水溶液发生反应置换反应，③错误；④R的非金属性强于W，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的弱，④错误；答案选①②。(5)①A中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，离子方程式是Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。②氯气有毒，棉花中浸有的NaOH溶液防止污染空气，发生的用离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。③为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色。该实验必须控制加入的R单质的量，若氯气过量，过量的Cl2也能与KI溶液反应置换成I2，得不出Br2的氧化性比I2强。④卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱，单质氧化性减弱。2．三角锥形第三周期IIIA族2Al+2OH-+2H2O→2AlO2-+3H2↑NHNO3+NaHCO3→NaNO3+H2O+CO2↑强（或弱）M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）【分析】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，结合元素对应原子的结构以及对应单质、化合物的性质解答该题。【详解】A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，则（1）B为N元素，对应的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形，A为C元素，原子序数为6，最外层电子的轨道表示式为，故答案为：三角锥形，；（2）X为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于周期表第三周期IIIA族，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：第三周期；IIIA族；；（3）A为C元素，B为N元素，N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，可通过反应判断，故答案为：N，；（4）M可能为F、S、Cl等元素，Z为Cl元素，若M是氟元素，非金属性比氯强，若M是硫元素，非金属性比氯弱，故答案为：强（或弱）；M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）。3．第三周期ⅣA53O2-、F-、Mg2+原子Be+2OH-=BeO22-+H2↑不赞同H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关【分析】六种短周期元素，由金属的化合价只有正价而没有负价可知，A、D、G为金属，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg，G为B；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C在第ⅣA族，C的半径大，C为Si，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】（1）C为Si，为14号元素，在周期表中的位置为第三周期ⅣA；E为O，E原子的电子填充在1s、2s、2p共5个轨道上，这些电子有3种不同的能量。故答案为：第三周期ⅣA；5；3；（2）B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，则原子序数大的离子半径小，所以O2－＞F－＞Mg2＋，故答案为：O2－＞F－＞Mg2＋；（3）E为O，C为Si，C与E形成的化合物SiO2，由共价键形成的空间网状结构的物质，属于原子晶体。故答案为：原子；（4）由“对角线相似”可知，Be与Al的性质相似，也能与碱反应，则Be单质与强碱溶液反应的离子方程式为Be+2OH－═BeO22－+H2↑，故答案为：Be+2OH－═BeO22－+H2↑；（5）已知X是与E同族的另一短周期元素，X为S元素，有人认为：H—E键的键能大于H—X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。不赞同这种观点，理由：H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关。故答案为：不赞同；H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关。【点睛】本题考查利用化合价、半径来推断元素和元素周期律，熟悉元素及其化合物的性质即可解答，知识的综合性较强，难度较大，（4）是学生解答中的难点，注意利用类推的方法解答。4．离子键、共价键Al、Mg、Na第四周期Ⅷ族3Fe+4H2OFe3O4+H2强NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱ab【分析】已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。【详解】(1)由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、Na；(2)由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案为：第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2OFe3O4+H2；(3)钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱来判断。答案为：强；NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱；(4)a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；d．金属氯化物都是电解质，但AlCl3属于共价化合物，d不正确；答案为：ab。【点睛】在书写铁与H2O在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe2O3和H2，从而产生错误。5．Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【分析】A为淡黄色粉末，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，A和二氧化碳反应生成B，B是Na2CO3；A和水反应生成E，E能转化为B，则E是NaOH；C为单质，C能和水反应生成E，则C是Na，C和氯气反应生成氯化钠，B能转化为D，则D是NaCl，再结合物质之间的反应分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为Na2O2，B是Na2CO3；C是Na，D是NaCl，E是NaOH。(1)通过以上分析知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)③为Na2O2和CO2的反应，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；⑧为Na和H2O的反应，生成NaOH和H2，其离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。【点睛】本题以钠及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确常见物质颜色、物质之间的转化是解本题关键，注意物质特殊性质及颜色状态，侧重考查学生分析判断能力。在方程式书写时，若反应物有气体，则反应产生的气体不写气体符号，若反应物无气体，生成物产生了气体，则反应产生的气体物质要写出气体符号。6．、、、【详解】某无色溶液肯定没有紫色，溶液中肯定有因为只有它一种阳离子；①用pH试纸检验，溶液，说明溶液呈碱性，说明溶液中一定含有。②向溶液中滴加氯水，无气体产生，再加入振荡、静置，层呈橙红色，说明一定有离子。③向分液后的水溶液中加入和混合液，有白色沉淀产生，该沉淀可能为氯化银，也可能为硫酸银，若沉淀为氯化银，则说明分液后的溶液中含有氯离子，但不能确定氯离子是源自于原溶液中还是加入的氯水所反应的，只能说可能有氯离子。④加入硝酸钡和盐酸混合液后，产生白色沉淀，因硝酸具有氧化性，则沉淀可能为BaSO3或BaSO4，无法确定原溶液中是否含有；（1）根据上述分析可知，原溶液中一定含有的离子是：、、；一定没有的离子是：。故答案为：、、；。（2）步骤②中发生反应为氯气与溴离子反应以及氯气与亚硫酸根离子反应，其反应的离子方程式为：、。故答案为：、。【点睛】离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与，与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与、、、、，、与、，与酸性条件下，与，与、等等，都不能在溶液中共存。在具体推断过程中，要注意以下几点：（1）把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑；（2）推断过程中，前后的结论不应该矛盾，因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙，若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因；（3）在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子，并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只能出现一次，不能重复出现，当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。7．KIO3•2HIO3I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3【分析】由反应②可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=，则n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤②中消耗KI0.15mol，化合物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，则5.66gX应含有n（I）=0.03mol，应发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）=0.03mol，如化合物为0.01mol，则相对分子质量为，应为KIO3•2HIO3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知X为KIO3•2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：KIO3•2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+；（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。8．Na2O2淡黄色HNO34NH3+5O24NO+6H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OFe3++3OH-═Fe(OH)3↓2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，C焰色反应火焰呈黄色，则C中含有Na元素，E是红棕色固体，为Fe2O3，则D为Fe(OH)3，Y是单质，应该是Fe；B常温下为无色无味透明的液体，为H2O，A是化合物且含有Na元素，能和水反应生成气体X，则A为Na2O2，X为O2，F能发生催化氧化反应生成水，同时生成G，G能和氧气反应生成H，H能和水反应生成G和I，X和F反应应该是氨气的催化氧化反应，则F是NH3、G是NO、H为NO2、I为HNO3，以此解答该题。【详解】(1)通过以上分析知，A为Na2O2，为淡黄色固体，I为HNO3，故答案为：Na2O2；淡黄色；HNO3；(2)“X+FG+B”的反应为氨气的催化氧化反应，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)F是氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)C是氢氧化钠、D是氢氧化铁，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓，故答案为：Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；(5)两性氧化物是氧化铝，则金属单质为Al，高温条件下Al和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和Fe，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【点睛】本题考查无机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确常见物质之间的转化、元素化合物性质、物质特殊颜色或特殊反应是解本题关键，以B和E的状态及颜色、C的焰色反应等信息为突破口进行推断。9．(NH4)2SO4、Al2(SO4)3CO32-+H2OHCO3-+OH-Ag++Cl-=AgCl↓Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+加NaOH加热，如能产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有NH4+4OH--4e-=O2↑+2H2O1.12【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；②D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，则D中含有CO32-，根据阳离子可知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，则A、C中没有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，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C为AgNO3；⑥把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42-；所以B、E为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知A为BaCl2；B为(NH4)2SO4；C为AgNO3；D为Na2CO3；E为Al2(SO4)3。(1)由以上分析可知所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；(2)D的化学式为Na2CO3；Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(3)A和C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式是Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(4)检验(NH4)2SO4中所含的阳离子NH4+的方法为：取少量(NH4)2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+；(5)C中为AgNO3，电解时阳极上OH-失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，当转移0.2mol电子时，可生成0.05mol氧气，其在标准状况下的体积V(O2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。【点睛】本题考查物质的检验和推断，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，掌握常见离子的性质、反应现象及与物质反应时的物质的量关系对反应的影响是解题、推断的基础，综合考查了元素化合物知识及化学反应原理。10．金刚石原子晶体1s22s22p63s23p5H2O分子间形成氢键V形HClCOCl2sp2极性SO3+CCl4=SO2Cl2+COCl2↑CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2【分析】a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，则b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C元素，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，据此解答。【详解】根据上述分析可知：a是C，b是H2，c是O2，d为Cl2，f为CO，g为CO2，i为HCl，k为COCl2。(1)根据上面的分析可知，图B对应的物质名称是金刚石，属于原子晶体；(2)d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5；(3)在上所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，是由于在水分子之间除存在分子间作用力外，还有氢键，水分子中O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，产生sp3杂化，所以分子构型为V形；(4)在上述元素形成的所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大；(5)k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，四氯化碳与发烟硫酸(SO3的硫酸溶液)反应，制取光气的化学方程式为SO3+CCl4═SO2Cl2+COCl2↑.制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，其化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2。【点睛】本题考查无机物推断、物质结构与性质的知识。涉及原子的杂化、分子与晶体类型的判断、化学方程式书写等，突破口是根据a的一种同素异形体判断a，掌握元素周期律及元素化合物的知识与物质结构理论是本题解答的基础。11．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。12．通电2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用双线桥表示也可）用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-【分析】X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、H2。（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。【详解】（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；（2）物质X为NaCl，其电子式为。答案为：；（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。【点睛】鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。13．①②④⑤⑦Fe3O4+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。14．H2＋Cl22HClCl2＋H2O⇌HCl＋HClOCl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2OBCCaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClCa(ClO)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClO生成白色沉淀漂白粉Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3、2HClO2HCl＋O2↑【分析】A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，结合对应物质的性质解答该题。【详解】A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成D，则D为HCl，把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，（1）①A与B反应是氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2＋Cl22HCl，故答案为H2＋Cl22HCl；②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为Cl2+H2O⇌HCl+HClO；③氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；④氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）氯气溶于水会生成盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为BC；（3）①D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，滴加碳酸钠溶液发生的化学反应为CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl、Ca(ClO)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClO，故答案为CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl、Ca(ClO)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClO；②向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，故答案为生成白色沉淀；③因为具有漂白性又称为漂白粉；在空气中容易与二氧化碳、水发生反应变质，其反应的方程式为：Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3、2HClO2HCl＋O2↑；故答案为漂白粉；Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3、2HClO2HCl＋O2↑。【点睛】氯气是一种强氧化剂，与水或是碱都发生歧化反应，本题考查氯气及其化合物的性质，解题时需注意化学方程式的书写。15．4NO3-用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X,试纸变蓝Mg(OH)2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.1360.08【分析】某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀，所以一定不含Cl-，由溶液为电中性可知一定含阴离子为NO3-，试液加入硫酸无沉淀产生，一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀，气体，则一定存在Mg2+、NH4+，为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，由图中产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系可知一定含有Al3+，以此来解答。【详解】(1)、某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在；故答案为4；(2)、强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32-、MnO4-、SO32-一定不存在，试液加入硝酸银不会出现白色沉淀,所以一定不含Cl-，加入硫酸无沉淀产生,一定不含Ba2+，加入过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀、气体，则一定存在Mg2+、NH4+，通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3-，气体X是氨气，检验方法：用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝，沉淀Z的化学式为Mg(OH)2；故答案为NO；用子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体x，试纸变蓝；Mg(OH)2；(3)、实验II的图象中BC段是氢氧化铝溶于氢氧化钠的过程,对应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)、BC段对应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗的氢氧化钠是0.001mol，所以含有铝离子是0.001mol，沉淀镁离子和铝离子一共消耗氢氧化钠0.005mol，所以镁离子物质的量也是0.001mol，A电离得到的固体是氢氧化镁0.001mol和氢氧化铝0.001mol，质量是0.001mol×58g/mol+0.001mol×78g/mol=0.136g；故答案为0.136；(5)、该溶液中存在的阴离子是NO3-，根据图象溶液存在氢离子是0.001mol，存在铵根离子是0.002mol，铝离子、镁离子各是0.001mol，根据电荷守恒，硝酸根离子物质的量n=0.001mol+0.002mol+0.002mol+0.003mol=0.008mol，，故答案为0.08。16．①②④Fe3++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；M