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·河北衡水·二模）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为。2．（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。3．（2024·河南郑州·一模）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因。(2)③中反应的化学方程式为。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式。4．（2024·上海杨浦·一模）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有种运动状态不同的电子，占据个轨道。(2)由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是。X和Si之间共用电子对偏离。(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由。。(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：P4+NaOH+→PH3↑+NaH2PO2，.其中氧化剂和还原剂质量比为。根据题意可判断H3PO2是元酸(填“一”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：。5．（2024·浙江台州·一模）某同学为探究浅黄色液体X（仅含三种常见元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答如下问题：（1）X的化学式是。（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是。（3）溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式。6．（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：。7．（2024·江西赣州·二模）A～G为中学化学中常见的物质，B、E、F为单质，在常温下B是黄绿色气体，G为黑色固体。它们的相互转化如图所示，部分生成物未列出。回答下列问题：

（1）F的一种氧化物常用作红色油漆和涂料，该氧化物的俗称为（2）写出A与G的反应方程式；（3）含E元素的某种化合物能作为还原性糖的检验试剂，写出利用该化合物检验葡萄糖的反应方程式；8．（2024·江苏扬州·一模）中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。其中A、H为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C属于氧化物，I是紫红色金属单质。X为常见液体(部分反应条件及生成物没有全部列出)。回答下列问题。(1)C的化学式为。(2)X的电子式为。(3)写出反应①的化学方程式。(4)写出反应②的离子方程式。9．（2024·浙江·一模）现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小；B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16；F的最外层电子数等于电子层数，G单质是黄绿色气体。(1)B在元素周期表中的位置是。(2)C2的电子式为，D、E、G对应的简单离子半径由小到大的顺序为（用离子符号表示）。(3)写出一个能用于证明元素B、G的非金属性强弱的化学反应方程式。(4)化合物甲由D、F两元素组成，将化合物甲、C单质与B单质按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和BD，写出反应方程式为。10．（2024高三上·江苏苏州·期中）、下图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式B的电子式。（2）写出下列反应的化学方程式：D＋G→H。F+J→B+C+I。（3）写出A+NaOH→D的离子方程式。11．（2024·天津河西·三模）利用酸解法制钛白粉产生的废液生产铁红(Fe2O3)和补血剂乳酸亚铁的生产工业流程如下图所示:已知;TiOSO4在大量水中加热条件下可完全水解成为TiO2·xH2O沉淀。请按要求回答下列问题:（1）步骤①加入适量铁屑的目的是。TiOSO4完全水解的化学方程式为。（2）步骤②的系列操作中，需要控制、条件下，再进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有。（3）写出步骤③的化学方程式:。（4）某兴趣小组学生以铁屑、稀硫酸、NH4HCO3溶液为原料，欲用下图装置，利用步骤④反应，达到制备FeCO3的目的。i.NH4HCO3溶液应盛放在装置(填字母)中。该装置中涉及的主要反应的离子方程式。ii.达成步骤④反应的操作是。（5）测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数:称取ag晶体样品，配成100.00mL溶液，取出25.00mL溶液，用硫酸酸化的0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定(杂质不与KMnO4溶液反应)。平行有效实验滴定消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。则所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为【设M(FeSO4·7H2O)=bg/mol，用含a、b的表达式表示】。12．（2024·上海奉贤·二模）短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如下图所示，其中B元素是碳元素。请回答下列问题:（1）B元素在周期表中的位置：；请写出该原子的电子式：；其原子核外电子能量最高的能级是：。（2）比较A、C、D元素简单离子半径的大小：>>(填微粒符号)。（3）F与D同主族且相邻，请比较D的氢化物和F的氢化物稳定性大小：(用化学式表示)。（4）E单质常用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。有学生对淀粉碘化钾进行了实验探究。在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，这是因为（请结合氧化还原反应知识解释相关现象，下同）。在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为。据此分析，I2、ClO-、SO42-氧化性有弱到强的顺序排列为。13．（2024·辽宁丹东·一模）A、B、C、D、E、F、G、H八种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期，A与E，B与G，D与H分别为同一主族，C和D的最外层电子数之和为11，C、D、F三种元素的原子序数之和为28。请回答下列问题：(1)（1）B与D可形成共价化合物X，过量的X与FD2－溶液反应的离子方程式为(2)（2）E、F、H所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）。(3)（3）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能发生置换反应，其化学反应方程式为：。(4)（4）盐Y由B、D、E组成。以熔融盐Y为电解质构成的氢氧燃料电池。写出石墨负极上发生的电极反应式：。(5)（5）1g液态A4BD燃烧通常情况下放出13.86KJ热量，写出此物质燃烧热的热化学方程式：(6)（6）在一个装有可移动活塞的容器中进行如下反应：C2（g）＋3A2（g）2CA3（g），反应达到平衡后，测得容器中含有C20.5mol，A20.2mol，CA30.2mol，总容积为1.0L。①如果达成此平衡前各物质起始的量有以下几种可能，其中不合理的是：A．C20.6mol，

A20.5mol，

CA30molB．C20mol，

A20mol，

CA31.2molC．C20.6mol/L，A20.5mol/L，

CA30.1mol/L②求算此平衡体系的平衡常数K＝；14．（2024·全国·三模）下表为元素周期表的一部分。（1）a原子结构示意图为，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为。（2）e的最高价氧化物对应水化物的钠盐液中通入少量a的最高价氧化物会发生反应，写出相应的离子方程式：。（3）X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两种元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的化学方程式：，X在周期表中的位置为。（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6kga的单质，过程中转移1×103mol电子，写出相应反应的化学方程式：。15．（2024高三·全国·专题练习）几种物质的转化关系如图所示，A是中学富见的金属，常温常压下Y呈液态，J由阴、阳离子个数1:1构成且阴、阳离子都与氖原子的电子层结构相同。Z遇浓盐酸产生“白烟”。回答下列问题（1）J的化学式为。（2）写出③反应的化学方程式。（3）写出⑤反应的化学方程式。（4）实验室制备Z可能选择下列装置的是(填代号)。（5）为了测定X产品纯度，进行如下实验：取WgX产品溶于足量蒸馏水，将产生的气体全部赶出来并用V1mLc1mol/L盐酸吸收(过量)，再用c2mol/LNaOH溶液滴定吸收液至终点。消耗V2mLNaOH溶液。该样品纯度为。若碱式滴定管未用待装溶液润洗，则测得结果(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。16．（2024·天津·一模）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，M与其他物质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。（2）比较B中各元素原子半径由大到小（填元素符号）。（3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式是。（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是。（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合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，则由A转化成E的离子方程式是。（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣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溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为。（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇反应的化学方程式为。17．（2024高三上·重庆·阶段练习）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等．（1）W2-离子的结构示意图为，E元素在周期表中的位置为，写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式。（2）经测定A2W2为二元弱酸，A2W2的电子式为，常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式。（3）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入A2W2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，写出该反应方程式，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是L(标准状况下)。18．（2024·河北衡水·一模）已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且D、G的原子序数相差10，E元素有多种化合价。它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E.、F的电子数相差1。请回答下列问题：(1)基态E原子的价电子排布式为。(2)与BC分子互为等电子体的离子为(填化学式）。(3)在B5A5、BC2中，B原子采取的杂化方式分别为、。(4)单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是(填分子式），而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是。(5)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为。(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。

Ⅰ

Ⅱ①其中表示金属D晶体晶胞的结构图为(填“I”或“II”)。②金属G的晶胞中，测得晶胞边长为361pm，G原子的半径约为pm（保留三位有效数字），D、G两种晶胞中金属的配位数之比为。③金属G、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示：电离能/kJ•mol-1I1I2G7461958锌9061733G的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。2．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。3．NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【分析】根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。4．43Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键Si109°28′SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高133H2O131:3一c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)【分析】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣。【详解】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同，所以最外层有4种运动状态不同的电子，占据1个3s轨道和2个3p轨道，共占据3个轨道；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素，S元素的电负性比Si元素大，则X和Si之间共用电子对偏离Si；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似，都是正四面体结构，SiCl4中键角是109°28′；SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向为：；其中氧化剂和还原剂质量比为1:3；H3PO2在水中只能电离出一个氢离子，故次磷酸是一元酸；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，浓度关系为：c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)。5．Fe(CO)5或FeC5O54Fe(CO)5＋13O2

2Fe2O3＋20CO22Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2【分析】本题是推断题。根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)=0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)=，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。【详解】根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)=0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)=，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。（1）根据上述分析可知X的化学式是Fe(CO)5或FeC5O5。本小题答案为：Fe(CO)5或FeC5O5。（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。本小题答案为：4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。（3）根据上述分析溶液C为FeCl3，溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，离子方程式为2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。本小题答案为：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。6．

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。7．铁红MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2OCH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O【分析】B为黄绿色气体，在高中阶段为单质的黄绿色气体只有Cl2，A和G反应生成氯气，且G为黑色固体，为浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气。则A为HCl，G为MnO2。【详解】（1）F的一种氧化物常作红色油漆和涂料，为氧化铁，Fe2O3，俗称为铁红，答案为铁红；（2）A和G反应生成氯气，且G为黑色固体，为浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，答案为MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（3）还原性糖可以用银氨溶液和新制的Cu(OH)2检验，而且该元素单质可以与FeCl3反应，为Cu。新制的Cu(OH)2与葡萄糖反应生成葡萄糖酸钠，答案为CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O。8．(1)CuO(2)(3)4NH3+5O24NO+6H2O(4)3Cu+8H＋+2NO=3Cu2＋+2NO↑+4H2O【分析】A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故F为HNO3，G为Cu(NO3)2，C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C为CuO，由此可知，A是O2，B是NH3，C是CuO，D是NO，E是NO2，F是HNO3，G是Cu(NO3)2，H是N2，I是Cu，X是H2O，据此解答。【详解】（1）由上述分析可知C是氧化铜，化学式为CuO；（2）X为H2O，两个H原子与1个O原子形成2对共用电子对，电子式为；（3）反应①是NH3的催化氧化反应，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）反应②是Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO和水，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式为：3Cu+8H＋+2NO=3Cu2＋+2NO↑+4H2O。9．(1)第二周期第IVA族(2)r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+）(3)2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4(4)Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO【分析】现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。【详解】（1）由上述分析可知，B为C元素，在元素周期表中的位置第二周期第IVA族；（2）由上述分析可知，C为N元素，N2的电子式为；离子半径比较电子层数越多，半径越大，因此r(Cl-)>r(O2-)，r(Cl-)>（Na+），电子层数相同，核电荷数越大半径越小，因此r(O2-)>r（Na+），所以三者离子半径大小为r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+）；（3）元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，而根据化学反应规律，强酸可以制备弱酸，所以2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4可以证明Cl的非金属性强于C；（4）化合物甲由D、F两元素组成，所以化合物甲为氧化铝，C单质为氮气，B单质为碳，三者按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和一氧化碳，根据质量守恒可知乙为氮化铝，反应方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO。10．NH4HCO34NH3＋5O24NO＋6H2OC＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2ONH4+＋HCO3-＋2OH－NH3↑＋CO32-＋2H2O【详解】本题是无机框图题，关键是找准突破点。C为常温下液态化合物，则C应该是水。过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。A能和氢氧化钠反应生成气体，则A是铵盐，D是氨气，所以G是氧气，H是NO。I是NO2，J应该是硝酸。又因为镁可以在B中燃烧，所以B是CO2，则A是碳酸盐。因为A分解得到等物质的量的B、C、D，所以A是碳酸氢铵。F能和硝酸反应生成CO2、NO和水，说明F是碳，则E是氧化镁。11．将Fe3+还原为Fe2+,消耗部分H+TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4氮气氛围或铁粉过量硫酸过量减少晶体的溶解，提高产率4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3CFe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2(0.04b/a)x100%【详解】（1）由实验目的知要制乳酸亚铁就得把Fe3+还原为Fe2，步骤①加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+,同时铁还可以和酸反应消耗部分H+。TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O和H2SO4，其化学方程式为TiOSO4+(x+1)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+H2SO4。（2）为了防止在加热过程中Fe2+被氧化和水解，所以步骤②操作中需要控制在氮气氛围或铁粉过量或硫酸过量的条件下进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤。其中洗涤液选用稀硫酸替代水的优点有减少晶体的溶解，提高产率。（3）步骤③是生成的的FeSO4被氧气氧化制铁红的反应，其反应的化学方程式:4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3。i步骤④反应是FeSO4和NH4HCO3反应制取FeCO3。所以NH4HCO3溶液应盛放在C装置中。该装置主要反应的离子方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。ii.因为亚铁离子很不稳定，容易被氧气氧化，因此要完成步骤④必须先排除装置中的空气。所以达成步骤④反应的操作是待检验D导管导出的气体纯净后，关闭活塞3,打开活塞2即可。（5）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子,KMnO4被还原为+2价的锰离子,根据电子守恒,即FeSO4·7H2O-KMnO4,消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL,所以晶体中FeSO4·7H2O的质量分数=[(0.1000mol/L0.02b)/ag]100%=(0.04b/a)x100%，因此本题正确答案是:(0.04b/a)x100%。12．第二周期IVA2PN3-O2-Al3+H2O>H2SNaClO将KI氧化生成了I2I2被Na2SO3还原生成了I-SO42-<I2<ClO-【详解】短周期元素A、B、C、D、E,B元素形成的化合物在自然界中的种类最多,则B为C元素,由元素在周期表中的位置依次推出C为N,D为O,A为Al,E为Cl；(1)B为碳元素，核电荷数为6，在周期表中第二周期第IVA族；其最外层有四个单电子，电子式为；核外电子排布为1s22s22p2，其原子核外电子能量最高的能级是2P；正确答案：第二周期IVA；；2P。(2)A、C、D元素简单离子:、、，具有相同的电子排布,则原子序数大的离子半径小,所以离子半径为；正确答案：N3-；O2-；Al3+。（3）F与D同主族且相邻,则F为S,因非金属性,则O的氢化物比S的氢化物稳定：H2O>H2S；正确答案：H2O>H2S。（4）NaClO溶液具有强氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝；亚硫酸钠具有还原性，能够把碘还原为碘离子，本身被氧化为硫酸根离子，所以蓝色逐渐消失；而碘离子不能使淀粉溶液变蓝；根据以上分析可知：ClO-氧化性大于碘，碘的氧化性大于硫酸根离子，所以I2、ClO-、SO42-氧化性有弱到强的顺序排列为SO42-<I2<ClO-；正确答案：NaClO将KI氧化生成了I2；I2被Na2SO3还原生成了I-；SO42-<I2<ClO-。【点睛】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；元素的非金属性越强，形成的氢化物越稳定。13．(1)AlO＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO(2)S2－>Na+>Al3+(3)SiO2＋2CSi＋2CO↑(4)H2＋CO－2e－＝H2O＋CO2(5)CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-443.52kJ/mol(6)BC10【分析】A、B、C、D、E、F、G、H八种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，则A为氢元素；A与E同一主族，E原子序数比A至少大4，可推知E为Na；B、C、D为同一周期，应处于第二周期，E、F、G、H都处于第三周期，C和D的最外层电子数之和为11，则二者核外电子数之和为2+2+11=15，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，则F的原子序数=28-15=13，故F为Al元素；B与G同主族，G的原子序数大于Al，则B族序数大于Ⅲ，D与H为同一主族，又C、D原子序数之和为15，可推知B为碳元素、C为N元素、D为O元素、G为Si、H为S元素。【详解】（1）B与D可形成非极性分子X为CO2，过量的CO2与AlO溶液反应生成碳酸氢根离子和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，所以离子半径：S2->Na+>Al3+；（3）G的最高价氧化物为SiO2，与B的单质(碳)在高温下能发生置换反应生成硅和CO，反应方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑；（4）盐Y由C、O、Na组成，则Y为Na2CO3，以熔融盐Na2CO3为电解质、氢气、氧气构成的燃料电池，负极上氢气失去电子与碳酸根离子结合生成水与二氧化碳，负极电极反应式为H2＋CO-2e-=H2O＋CO2；（5）1g液态CH3OH燃烧通常情况下放出13.86KJ热量，则1molCH3OH燃烧放出的热量为443.52kJ，CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-443.52kJ/mol；（6）在一个装有可移动活塞的容器中进行如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，反应达到平衡后，测得容器中含有N20.5mol，H20.2mol，NH30.2mol，总容积为1.0L。①A．当N2消耗0.1mol时，H2消耗0.3mol，生成0.2molNH3，符合转化关系，故不选A；B．消耗1molNH3，应生成H21.5mol，与平衡状态不同，故选B；C．消耗0.1molN2，消耗0.3molH2，生成0.2molNH3，加上原有NH30.2mol，平衡时NH3应为0.4mol，与平衡状态不同，故选C；选BC；②K═==10。14．SiO32-+CO2+H2O====H2SiO3↓+CO32-Al(OH)3+NaOH====NaAlO2+2H2O第3周期IA族Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO【详解】根据元素周期表中元素的位置可知，a为碳元素，b为氮元素，d为氧元素，e为硅元素。（1）a是碳元素，原子结构示意图为，d的一种氢化物为常见溶剂，为水，其电子式为；（2）e的最高价氧化物对应水化物的钠盐Na2SiO3溶液中通入少量a的最高价氧化物CO2会发生反应，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等。Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；X为钠元素，在周期表中的位置为第3周期IA族；（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物AlCl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mol电子，则反应中碳的化合价变化为=2，应由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。点睛：本题考查元素周期表的结构、元素周期律的应用；氢氧化铝的两性以及物质的制备等。解题的关键是根据元素周期表推断出各元素，通过元素的“构、位、性”进行解答。根据元素周期表中元素的位置可知，a为碳元素，b为氮元素，d为氧元素，e为硅元素，据此分析解答。15．MgOMg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑4NH3+5O24NO+6H2OA、B、C偏低【详解】Z遇浓盐酸产生“白烟”，Z为NH3，⑤为4NH3+5O24NO+6H2O；L为NO，Y为H2O，J由阴、阳离子个数1:1构成且阴、阳离子都与氖原子的电子层结构相同，得J为MgO，④为Mg(OH)2=MgO＋H2O，H为Mg(OH)2，②为2H2＋O2=2H2O，C为H2，③为Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2＋2NH3，①N2＋3H2=2NH3（1）J的化学式为MgO；（2）写出③反应的化学方程式Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；（3）写出⑤反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O；（4）实验室制备NH3：A、用固体与液体不加热，将浓氨水滴入生石灰中，故A正确；B、加热固体，可用2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3＋CaCl2＋2H2O,故B正确；C、加热液体，可用加热浓氨水，故C正确；D、块状固体，难溶于水，制氨气，找不到合适的试剂，故D错误；故选ABC。（5）与氨气反应的n（HCl）=V1×10-3L×C1mol·L－1-C2mol·L－1×V2×10-3L=（C1V1-C2V2）×10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1-C2V2）×10-3mol，Mg3N2的质量分数=×100%=；若碱式滴定管未用待装溶液润洗，碱浓度偏低，所测V2偏大，则测得结果偏低。16．2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑Na＞O＞HH2SiO3溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【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↑；（2）B为NaOH，H、O、Na分别位于3个不同的周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，原子半径大小顺序为Na＞O＞H；（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以得到G为H2SiO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的盐酸溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种盐，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↓；（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CO32－，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NH4++OH－=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42－，发生反应H++OH－=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积