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．（23-24高三上·广东广州·期末）A、B、C、D、E、F六种元素均属于短周期元素，且原子序数依次增大。元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子占据四个原子轨道；D元素原子的成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E元素最外层电子数是核外电子总数的1/6；F与D位于同一主族。(1)考古学家可利用B的一种核素来鉴定其年代，该核素的符号为。(2)B、C、D的某些氢化物的分子中都含有18个电子，B的这种氢化物的中心原子杂化方式为，等物质的量B、C、D的这种氢化物的分子中含有σ键的个数之比为。(3)D常见的两种单质和，其中(填化学式)在水中的溶解度更大。(4)B、F可形成分子式为的化合物，其电子式为。(5)与同族其他元素X形成的相比，易液化的原因是；分子中键角(填“>”“<”或“=”)。(6)为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。ⅰ、某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出，断O-H键则在水中电离出。ⅱ、在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物的M-O-H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈(填“酸”或“碱”)性。②E的最高价氧化物对应的水化物和NaOH相比，碱性较强的是(写化学式)，结合题中所给资料说明理由：。2．（23-24高三上·天津河西·期末）下图是铁及其化合物的价类二维图的部分信息。回答：

(1)由转化为，可以选用的试剂(填序号)。a．

b．溶液

c．溶液(2)写出在空气中变质的化学方程式。(3)根据上图，下列判断正确的是(填序号)。a．、、在反应中既可被氧化，也可被还原b．可将加入氢氧化钠溶液中加热、煮沸可制得的胶体c．一定条件下可以实现循环转化(4)琥珀酸亚铁(化学式为)是一种高效补血药，实验小组同学要检验药片中是否含有。①取2片药片，充分研磨后溶于水，取少许上层清液，滴加溶液，溶液呈浅红色，不能得出药片中含有的结论，原因是。②服用琥珀酸亚铁时，医生建议同时服用维生素，说明维生素具有性。③向实验①溶液中继续滴加少量氯水，溶液红色变深，证明药片中含有。用离子方程式表示溶液颜色加深的原因、。(5)磷酸亚铁锂可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，制备方法的简易流程如下：写出反应①的化学方程式，反应③中还原剂是(填化学式)。(6)聚合硫酸铁是一种性能优越的无机高分子混凝剂，为测定组成，取一定量的聚合硫酸铁样品与足量稀盐酸反应，所得溶液平均分为两份。①向一份溶液中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥得到沉淀。②取另一份溶液，将溶液中的全部还原为，再用溶液与反应，消耗溶液的体积为(无杂质离子干扰)。则该聚合硫酸铁样品中。(已知：)3．（23-24高三上·天津滨海新·期末）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的名称：金属A，物质E为。(2)写出下列反应的化学方程式：反应⑤；反应⑦。(3)检验物质G中阳离子时应加入溶液，溶液变为色，证明存在该阳离子。(4)实验室制取黄绿色气体乙的离子方程式为，制取完毕后，多余的乙将用物质D的水溶液来吸收，其离子方程式为。4．（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧3(1)②的最高价氧化物的化学式为；⑦的最高价氧化物对应水化物的化学式为。(2)④、⑤两种元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物，这种化合物与水发生反应的化学方程式：。(3)W是第四周期与④同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是______（填字母）。A．在化合物中最高正化合价为＋6 B．单质可以与H2S气体反应并置换出单质SC．最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D．单质在常温下可与氢气化合(4)已知Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，请回答下列问题：①铯的原子序数为。②铯单质与H2O反应的化学反应方程式为。(5)已知X为第ⅡA族元素（第一到第四周期），其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第ⅢA族元素，则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为。5．（23-24高三上·辽宁鞍山·期末）、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，其原子半径与最外层电子数的关系如图所示。(1)在、、、、五种元素中，金属性最强的元素在周期表中的位置为：；(2)、、、四种元素中，原子半径由大到小的顺序为(填元素符号)；(3)元素的氧化物可与元素最高价氧化物对应的水化物的溶液发生化学反应，离子方程式为；(4)元素与形成的电子总数为18的分子的结构式为。元素与按原子数形成的化合物的电子式为，其含有的化学键类型为；(5)的气态氢化物在通常状况下，加热到时由液态变为气态，加热到时发生分解反应，请从物质结构角度解释这两种变化过程中所需温度差异的原因。6．（23-24高三上·天津和平·期末）如图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答问题：(1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是。(2)②的最高价氧化物的结构式为；⑦的最高价氧化物对应的水化物的化学式为。(3)④⑤元素可形成既含离子键又含非极性共价键的离子化合物，写出该化合物的电子式：；写出⑥的氧化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：。(4)W是第四周期与④同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是_______(填字母)。A．最高正化合价为+6B．气态氢化物比H2S稳定C．最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱D．单质在常温下可与氢气化合7．（24-25高三上·湖北孝感·开学考试）按要求回答下列问题：(1)下列是某同学对有关物质进行分类的列表：物质酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物第一组CaO第二组HClNaOHNaClCO每组分类均有错误，其第一组、第二组错误的物质分别是(填化学式)。(2)一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表：物质MNQP反应前质量/g501312反应后质量/gx26330①该变化的基本反应类型是反应。②物质Q在反应中可能起的作用是。(3)如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物，相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。A、C、E均为氧化物，A是人体呼出的气体之一；在实验室中可以用B和大理石反应来制取A，而D可以用来检验A；C和E反应能生成D。①写出下列物质的化学式：A，B；②C和E反应的化学方程式为。8．（23-24高三上·河北·阶段练习）现有中学化学常见的物质A、B、C、D、E、F、G、H满足如图所示的转化关系，其中A、G为气体单质，A呈黄绿色，C元素的原子半径在短周期中最大，B为生活中常见的液体化合物。回答下列问题：(1)C的原子结构示意图为，D的电子式为，图中各物质属于离子化合物的是(填化学式)，H的常见用途是。(2)反应①的离子方程式为。(3)实验室中配制的F溶液需用托盘天平称量F的质量为。(4)反应②的化学方程式为。(5)反应①～⑤中属于氧化还原反应的是(填图中序号)。(6)向C在空气中燃烧的产物上滴加E溶液的离子方程式为。9．（23-24高三上·山东·阶段练习）四种阳离子和阴离子分别为和它们可以组成A、B、C、D四种可溶性的盐(离子在物质中不能重复出现)。现做以下实验：①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，观察到C盐的溶液呈蓝色，且C盐固体中阴阳离子个数之比为1：1；②若向①的四支试管中分别加入足量稀盐酸，只有D的盐溶液有无色无味的气体逸出；③向B盐溶液中加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀产生；④A盐溶液与C盐溶液混合后有白色沉淀产生。(1)根据以上实验事实可推断它们的化学式为：C，D。(2)写出少量稀盐酸与D盐溶液反应的离子方程式：。(3)写出④中发生反应的离子方程式：。(4)向B盐与C盐的混合溶液中加入一定量的Zn粉，可能发生的反应有(按照反应的先后顺序写出相应的离子方程式)：。若加入Zn粉后，有金属析出，过滤、洗涤后向滤渣中加入稀盐酸，无气体产生，则滤液中一定含有的金属阳离子为。10．（23-24高三上·湖北宜昌·阶段练习）Ⅰ．某无色透明溶液可能含有Cu2+、Ca2+、K+、Ag+、SO、CO、Cl-中的几种，现进行如下实验：①滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。②向①沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解。③向①滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。(1)试判断：该溶液中肯定有，肯定没有(填离子符号)。(2)写出步骤②发生反应的离子方程式。(3)若要检验溶液中可能存在的离子是否存在，进行的实验操作为。Ⅱ．某溶液中含有较大量的Cl-、CO、OH-，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来：(4)下列实验操作顺序正确的是。(填写序号，可重复使用)①滴加Mg(NO3)2溶液

②过滤

③滴加AgNO3溶液

④滴加Ba(NO3)2溶液11．（23-24高三上·河北保定·期中）利用氯元素价一类二维图可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系。图中①～⑨均含氯元素。回答下列问题：(1)⑤的化学式是，⑥的电离方程式是。(2)工业制漂白粉是将①通入中制成的，漂白粉放置时间长了就会失效，原因是(用化学用语解释)。(3)可用于自来水消毒，工业上常用制备，该反应的化学方程式为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，每消耗，转移电子数为(为阿伏加德罗常数的值)；还可将水中的转化为，说明具有性，进一步生成胶体，检验有胶体生成的简便方法为。12．（23-24高三下·重庆·阶段练习）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：(1)仅从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有(写一种即可，填化学式)。(2)X与Z在一定条件下可以发生反应：用双线桥法标出上述反应转移的电子数目和方向。(3)请预测X与Y能否共存(填能或不能)，若不能请写出化学方程式若能请说明理由。(4)写出转化为Y的离子方程式。(5)是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备的方案理论上可行的是(填字母)_______。A． B．C． D．13．（23-24高三下·河北保定·期末）铁及其化合物在生活、生产中应用非常广泛，铁的“价-类”二维图如图所示，请回答下列问题：(1)请写出b的一种用途：。(2)写出检验某未知溶液中是否含有d的阳离子的操作及现象：。(3)若d、e均为氯盐，则e中含有少量杂质d，可用(填试剂名称)来除杂，发生反应的离子方程式为。(4)若e为硫酸盐，则向e的溶液中滴加NaOH溶液，可观察到的现象为。g在潮湿的空气中生成f的化学方程式为。(5)利用铝热反应制备a，该反应中，铝作(填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”)，下列过程中，与该反应的能量变化相符的是(填标号)。A．甲烷的燃烧

B．石灰石在高温下煅烧C．盐酸中加入镁粉

D．水分子的H—O键断裂(6)常温下，可用a制得的容器盛放浓硫酸，原因是。14．（23-24高三下·上海闵行·期末）下表列出了①～⑦短周期元素在周期表中的位置，请按要求回答下列问题。(1)在元素周期表金属和非金属分界线附近可以找到___________。A．制新型催化剂的元素 B．制新型农药的元素C．制半导体元素 D．制耐高温合金的元素(2)①～⑦元素中，非金属性最强的元素在元素周期表的位置是。(3)比较⑥和⑦的气态氢化物的热稳定性(用化学式表示)：。(4)①～⑦元素中，最高价氧化物对应水化物中碱性最强的碱中所含化学键类型。A．离子键

B．共价键

C．离子键和共价键(5)元素②的最简单气态氢化物的结构式为。②③⑤的原子半径由大到小的顺序是(用对应的符号表示)。A．熔点：Na<Mg

B．碱性：C．相对原子质量：Mg>Na

D．与水反应的难易程度：Na比Mg难从原子结构角度解释金属钠与金属镁金属性强弱的原因：。15．（23-24高三下·四川广安·期中）下图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，C的催化氧化是工业制硝酸的基础，F为红棕色气体。(1)A的电子式；F的化学式。(2)C的催化氧化的化学反应方程式，的离子反应方程式。(3)写出②的化学反应方程式，其中还原剂与氧化剂的比值为。(4)检验M中阳离子的方法。16．（23-24高三下·安徽淮北·期中）几种元素在周期表中的位置如图所示，用化学用语(特殊标记的除外)回答下列问题：(1)表中所列元素中，①的元素符号是；金属性最强的是，该元素在周期表中的位置是。(2)②有多种同素异形体，例如足球烯和(填名称)。(3)元素③单质的化学式为；③与P两种元素相比较，原子半径较大的是(填元素符号)，其非金属性较强的是(填元素符号)，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是(填分子式)。(4)④的最高价氧化物对应水化物与NaOH溶液反应的化学方程式为。(5)⑤的氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式为。(6)⑥的氧化物是葡萄、荔枝等水果储存时常用的保鲜剂。保鲜时若不慎用量过大，会使水果表面明显褪色，上述现象说明其氧化物。A．易溶于水

B．是酸性氧化物

C．具有漂白作用(7)⑦元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是(填化学式)。(8)⑥与⑦元素的氢化物的稳定性：大于(填分子式)。17．（23-24高三下·福建三明·期中）下表为元素周期表中的一部分，表中列出的10种元素在周期表中的位置，按要求回答问题。周期\族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑥⑦⑧3①③⑤⑨⑩4②④(1)元素性质最不活泼的元素是(填名称)，元素②的焰色试验火焰颜色为。(2)已知元素⑥的一种核素，其中中子数为8，用原子符号表示该核素为。(3)①⑤⑨元素的最高价氧化物的水化物，酸性最强的是(填化学式)。(4)②③④元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是(填离子符号)。(5)元素①、⑤的最高价氧化物对应水化物之间能发生反应，其离子方程式为。(6)已知元素硒(Se)与元素⑦同主族，位于第4周期，根据硒在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质有_______。A．其单质常温下为气态B．既有氧化性又有还原性C．最高价对应的氧化物的水化物的化学式为D．气态氢化物比稳定18．（23-24高三下·天津·期中）硝酸是重要的化工原料，工业上以氨为原料制硝酸，反应流程如下图所示：(1)写出反应II的化学方程式：。(2)上述流程中，需要使用催化剂的反应是(填“I”、“II”或“III”)，(3)盛装制得的浓硝酸，可选择(填序号)作为罐体材料。A．铜

B．镁

C．铝(4)工业合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，对该反应的描述正确的是___________(填序号)。A．在上述条件下，N2能全部转化为NH3B．若其他条件一定时，增大氮气的浓度，可增大反应速率C．达到平衡时，体系中各物质的浓度一定相等D．当正反应速率等于逆反应速率且不为零时，该反应达到平衡状态(5)实验室中可用如图装置(夹持装置已略去)制取氨气，其反应原理是(用化学方程式表示)。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)14C(2)sp37:5:3(3)O3(4)(5)氨气能形成分子内氢键，使得其溶沸点升高<(6)酸NaOHNa与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂【分析】元素A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素基态原子的核外电子占据四个原子轨道，其核外电子排布式可以表示为1s22s22p2，则B为C元素；D位于第二周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素最外层电子数是核外电子总数的1/6，则E为Mg元素；F与D位于同一主族，则F为S元素。【详解】（1）考古学家可利用B的一种核素来鉴定其年代，该核素的符号为14C，故答案为：14C；（2）①B、C、D的某些氢化物的分子中都含有18个电子为别为C2H6、N2H4、H2O2，B的这种氢化物为C2H6，其中心原子杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；②1molC2H6中含有7个σ键、1molN2H4中含有5个σ键、1molH2O2中含有3个σ键，故等物质的量C2H6、N2H4、H2O2分子中含有σ键的个数之比为7:5:3，故答案为：7:5:3；（3）D为O元素，其单质分别为O2、O3，O3分子为V字形结构，和水的结构相似，氧气是直线型结构，根据相似形溶原理，所以O3在水中的溶解度比O2大，故答案为：O3；（4）B为C元素，F为S元素，可形成CS2，其电子式为：，故答案为：；（5）①CA3为NH3，氨气能形成分子内氢键，使得其溶沸点升高，所以氨气容易液化，故答案为：氨气能形成分子内氢键，使得其溶沸点升高；②NH3中价电子对数为3+1=4，为sp3杂化，有一对孤对电子，这对孤对电子对其它共用电子对有排斥作用，从而使得氨气的键角略小，故小于109°28′，故答案为：<；（6）①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性，故答案为：酸；②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH，故答案为：NaOH；③由②可知，NaOH碱性较强，是因为Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，故答案为：Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂。2．(1)bc(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3)c(4)空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+还原2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—(5)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OLiI(6)4：2：5【分析】由图可知，a为铁、b为亚铁离子、c为氢氧化亚铁、d为氢氧化铁、e为铁离子。【详解】（1）a．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，故不符合题意；b．铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故符合题意；c．铁与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁，故符合题意；故选ac；（2）氢氧化亚铁具有还原性，能与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）a．铁单质的化合价为0价，是铁元素的最低价态，只有还原性，只能被氧化，故错误；b．铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故错误；c．溶液中的亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁与溶液中的氢离子反应生成铁离子，溶液中铁离子与铁反应生成亚铁离子，所以一定条件下b→c→d→e→b可以实现循环转化，故正确；故选c；（4）①琥珀酸亚铁中铁元素为+2价，亚铁离子不能与硫氰酸根离子反应，则取2片药片，充分研磨后溶于水，取少许上层清液，滴加硫氰化钾溶液，溶液呈浅红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明药片中含有铁离子，原因是亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，故答案为：空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+；②铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子会使琥珀酸亚铁的药效降低，所以服用琥珀酸亚铁时，医生建议同时服用具有还原性维生素C，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，提高琥珀酸亚铁的药效，故答案为：还原；③向实验①溶液中继续滴加少量氯水，溶液红色变深是因为溶液中的亚铁离子与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；（5）由题给流程可知，反应①为硫酸亚铁溶液与稀硫酸和过氧化氢溶液反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；反应③为磷酸铁与氮化锂溶液反应生成磷酸亚铁锂和碘，反应中碘元素的化合价升高被氧化，氮化锂是反应的还原剂，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；LiI；（6）由题意可知，硫酸钡沉淀的质量为17.475g，则聚合硫酸铁中的硫酸根离子物质的量为=0.075mol；反应消耗50.00mL0.2mol/L重铬酸钾溶液，由方程式可知，聚合硫酸铁中的亚铁离子的物质的量为0.2mol/L×0.05L×6=0.06mol，由聚合硫酸铁呈电中性可知，溶液中氢氧根离子物质的量为0.06mol×3—0.075mol×2=0.03mol，则聚合硫酸铁中x：y：z=0.06mol：0.03mol：0.075mol=4：2：5，故答案为：4：2：5。3．(1)钠盐酸(2)(3)KSCN红(4)【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；反应③为氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，反应②Cl2与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸，反应⑥为氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，反应④为E与金属C反应生成F，反应⑤F与氯气反应生成G，可推知C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，FeCl2与氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，反应⑦为氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，据此回答。【详解】（1）由分析知，金属A为钠，物质E为盐酸；（2）反应⑤F与氯气反应生成G，化学方程式为；反应⑦为氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，化学方程式为；（3）物质G为FeCl3，其中阳离子为Fe3+，检验时应加入KSCN溶液，溶液变为红色，证明存在该阳离子（4）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制取氯气，离子方程式为，制取完毕后，多余的氯气由于有毒不能直接排放，将用氢氧化钠的水溶液来吸收，离子方程式为。4．(1)CO2H2SiO3(2)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(3)BD(4)552Cs+2H2O=2CsOH+H2↑(5)b=a+1或b=a+11【分析】根据元素在周期表中的位置，可知①是H元素、②是C元素、③是N元素、④是O元素、⑤是Na元素、⑥是Al元素、⑦是Si元素、⑧是S元素。【详解】（1）②是C元素，C的最高价氧化物的化学式为CO2；⑦是Si元素，Si的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SiO3。（2）④是O元素、⑤是Na元素，④、⑤两种元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。（3）A．W是ⅥA族元素，在化合物中最高正化合价为＋6，故A正确；

B．Se的非金属性比S弱，Se单质不能置换出H2S气体中的S，故B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，所以最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故C正确；

D．同主族元素从上到下非金属性减弱，单质与氢气化合越难，故D错误；选BD。（4）①根据元素周期表的结构，铯的原子序数为55。②铯单质与H2O反应生成CsOH和氢气，反应的化学反应方程式为2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑。（5）已知X为第ⅡA族元素（第一到第四周期），其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第ⅢA族元素，若X为第二周期元素，Y的原子序数为a+1；若X为第三周期元素，Y的原子序数为a+1；若X为第四周期元素，Y的原子序数为a+11；则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为b=a+1或b=a+11。5．(1)第三周期Ⅰ族(2)(3)(4)离子键、共价键(5)水由液态变为气态克服的是分子间作用力，分解则需要破坏共价键，由于共价键强度远大于分子间作用力，故分解点远高于沸点【分析】、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，X、M最外层电子数为6，M半径大于X，X、M分别为O、S，Z的最外层电子数为3，且原子半径大于S，则Z为Al，Y的最外层电子数为1，且原子半径大于Al，则Y为Na，W的最外层电子数为1，且原子半径小于O，则W为H。【详解】（1）同一周期主族元素从左至右金属性递减，同一主族从上往下金属性递增，则在、、、、五种元素中，金属性最强的元素为Na，在周期表中的位置为第三周期ⅠA族；（2）、、、四种元素分别为O、Na、Al、S，同一周期主族元素从左至右原子半径递减，同一主族从上往下原子半径递增，原子半径由大到小的顺序为；（3）元素的氧化物为Al2O3，元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为；（4）元素与形成的电子总数为18的分子为H2O2，其结构式为。元素与按原子数形成的化合物为Na2O2，其电子式为，其含有的化学键类型为离子键、共价键；（5）的气态氢化物在通常状况下，加热到时由液态变为气态，加热到时发生分解反应，则其氢化物为H2O，水由液态变为气态克服的是分子间作用力，分解则需要破坏共价键，由于共价键强度远大于分子间作用力，故分解点远高于沸点。6．(1)第三周期第ⅣA族(2)O=C=OH2SiO3(3)Al2O3+2OH-=2+H2O(或Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-)(4)BD【分析】根据元素在周期表的位置关系，可知：①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl元素，然后利用元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】（1）地壳中含量居于第二位的元素是Si元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；（2）根据上述分析可知：②是C元素，其最外层有4个电子，最高为+4价，因此其最高价氧化物是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，其结构式是O=C=O；⑦是Si元素，最高价是+4价，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SiO3；（3）根据上述分析可知：④是O，⑤是Na，这两种元素形成的既含离子键又含非极性共价键的离子化合物是Na2O2，该化合物中2个Na+与以离子键结合，在阴离子中，2个O原子以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；根据上述分析可知：⑤是Na，⑥是Al，Al的氧化物Al2O3是两性氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；也可以写为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；（4）根据上述分析可知：④是O元素，若W是第四周期与④同主族的元素，则该元素是Se元素。A．由于同一主族元素的原子最外层电子数相同，因此Se最外层有6个电子，最高正化合价为+6价，A正确；B．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的简单氢化物的稳定性逐渐减弱。元素的非金属性：O＞S＞Se，所以气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se，B错误；C．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱。元素的非金属性：S＞Se，所以Se元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱，C正确；D．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的单质与氢气化合形成其简单氢化物越来越难。H2与S在加热条件下反应产生H2S，Se的非金属性比S弱，因此Se单质在常温下不能与氢气化合，D错误；故合理选项是BD。7．(1)Na2CO3

CO(2)分解催化作用(3)CO2HCl【分析】A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物，相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。A、C、E均为氧化物，A是人体呼出的气体之一，A是CO2；在实验室中可以用B和大理石反应来制取CO2，B是稀盐酸；而D可以用来检验CO2，D是Ca(OH)2；C和E反应能生成Ca(OH)2，E能与盐酸反应，则E是CaO、C是H2O。【详解】（1）由金属阳离子和酸根离子构成，属于盐；CO和酸碱均不反应，CO属于不成盐氧化物，第一组、第二组错误的物质分别是、CO。（2）①Q质量不变，Q可能是催化剂，N、P质量增大，可知N、P是生成物，根据质量守恒，M质量减少，M是反应物，可知M分解生成N、P，该变化的基本反应类型是反应分解反应。②Q质量不变，物质Q在反应中可能起的作用是催化作用。（3）①根据以上分析，A是CO2，B是HCl；②CaO、H2O反应生成氢氧化钙的化学方程式为。8．(1)NaOH、NaClO消毒剂、漂白剂(2)(3)2.0g(4)(5)①②③⑤(6)【分析】A为黄绿色气体，可知A为氯气；C元素的原子半径在短周期中最大，C为Na；B为生活中常见的液体化合物，B为H2O；Na与水反应NaOH和氢气，G为气体，则G为氢气，F为NaOH；氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO见光可分解成HCl和氧气，则D为HClO，E为HCl；HClO与NaOH反应生成NaClO，则H为NaClO，据此分析解答。【详解】（1）Na原子的结构示意图为：；HClO的电子式为：；上述物质中NaOH和NaClO属于离子化合物；NaClO具有强氧化性，常做消毒剂、漂白剂；（2）氯气与水反应生成HCl和HClO，反应离子方程式为：；（3）配制的NaOH溶液，应选用500mL容量瓶配置，则溶液体积为500mL，所需NaOH的物质的量为0.5L×=0.05mol。NaOH质量为0.05mol×40g/mol=2.0g；（4）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：；（5）①为氯气与水反应，②为钠与水反应，③为HClO分解生成氧气和HCl，④为NaOH与HClO反应生成NaClO和水，⑤为氯气与氢氧化钠反应，除④外均为氧化还原反应；（6）Na在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，离子方程式为。9．(1)CuSO4Na2CO3(2)+H+=(3)：Ba2++=BaSO4↓(4)Cu2++Zn=Cu+Zn2+、Fe2++Zn=Zn2++FeFe2+、Zn2+【分析】根据离子共存可知：与Ba2+、Fe2+、Cu2+会形成BaCO3、FeCO3、CuCO3沉淀而不能大量共存，则溶液4种可溶性的盐中有一种为Na2CO3；①C盐的溶液呈蓝色，说明其中含有Cu2+，且C盐固体中阴、阳离子个数之比为1：1，则其阴离子为，C为CuSO4；②若向①的四支试管中分别加入足量稀盐酸，只有D的盐溶液有无色无味的气体逸出，则D为Na2CO3，无Fe(NO3)2；③向B盐溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则B为FeCl2；④A盐溶液与C盐溶液混合后有白色沉淀产生，则A为Ba(NO3)2。综上所述可知：A、B、C、D四种可溶性的盐分别为Ba(NO3)2、FeCl2、CuSO4、Na2CO3，据此分析解答。【详解】（1）由分析可知，C、D可溶性的盐分别为CuSO4、Na2CO3；（2）D是Na2CO3，少量HCl与Na2CO3反应产生NaCl、NaHCO3，因此该反应的离子方程式为：+H+=；（3）A是Ba(NO3)2，C是CuSO4，二者混合反应产生BaSO4沉淀和Cu(NO3)2，该反应的离子方程式为：Ba2++=BaSO4↓；（4）B是FeCl2，C是CuSO4，在FeCl2、CuSO4混合溶液中加入一定量的Zn粉时，由于氧化性：Cu2+＞Fe2+，金属活泼性：Zn＞Fe＞Cu,则反应的离子方程式为：Cu2++Zn=Cu+Zn2+、Fe2++Zn=Zn2++Fe；若加入Zn粉后，有金属析出，过滤、洗涤后向滤渣中加入稀盐酸，无气体产生，根据金属活动性顺序可知：物质的活动性：Zn＞Fe＞H＞Cu，则滤渣中不含有Zn、Fe单质，则滤液中一定含有Fe2+、Zn2+，可能含有Cu2+。10．(1)K+、SO、COCu2+、Ca2+、Ag+(2)Ba2CO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O(3)取少量原溶液，加入足量的Ba(NO3)2溶液，过滤，向滤液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则有Cl-存在，否则没有(4)④②①②③【分析】Ⅰ．Cu2+水溶液显蓝色，在无色透明溶液不能大量存在；①向该溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是BaSO4、BaCO3或二者的混合物，说明、至少有一种；②向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，部分沉淀溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，则原溶液中一定含有、；由于、Ca2+与会形成Ag2CO3、CaCO3沉淀不能大量共存，则一定不存在、Ca2+；、都是阴离子，根据电荷守恒，溶液中一定还含有阳离子K+；③向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3，该沉淀为AgCl，由于在①中加入的试剂是BaCl2溶液，引入了Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-。【详解】（1）据分析，该溶液中肯定有、、，肯定没有、、，可能有Cl-。（2）步骤②发生反应为碳酸钡溶于硝酸，离子方程式。（3）若要检验溶液中可能存在的离子即氯是否存在，要排除硫酸根离子的干扰，则可以进行的实验操作为：取少量原溶液，加入足量的溶液，过滤沉淀，向滤液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则有存在，否则没有。（4）某溶液中含有较大量的、、，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来：滴加Mg(NO3)2溶液，碳酸根、氢氧根都与镁离子生成沉淀；滴加AgNO3溶液，碳酸根、氯离子、氢氧根都与银离子生成沉淀；滴加Ba(NO3)2溶液，碳酸根形成沉淀，因此先加Ba(NO3)2溶液，沉淀碳酸根，过滤，再加入Mg(NO3)2溶液，沉淀氢氧根离子，过滤，再滴加AgNO3溶液，沉淀氯离子，因此正确的实验操作顺序为④②①②③。11．(1)HClO(2)石灰乳Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，(3)1：4氧化丁达尔效应【分析】由氯元素价一类二维图，可推知①Cl2、②HCl、③ClO2、④Cl2O7、⑤HClO、⑥HClO4、⑦NaCl、⑧NaClO、⑨NaClO3，由此分析回答；【详解】（1）由分析可知，⑤为次氯酸，化学式为HClO；⑥为HClO4，强电解质，在水中完全电离，电离方程式为；（2）工业制漂白粉将氯气通入石灰乳中生成氯化钙、次氯酸钙和水；漂白粉失效是次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸在光照条件下分解成盐酸和氧气而失效，用化学用语表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，；（3）在反应中，Cl原子有一个从+3价得4个电子变成-1价，作氧化剂，4个从+3价升高到+4价，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；反应方程式中消耗5mol转移4mol电子，故消耗，转移电子数为；转化为被氧化，故具有氧化性；进一步生成胶体，检验有胶体生成的简便方法为丁达尔效应。12．(1)SO2（或H2SO3、Na2SO3）(2)(3)不能2H2S+SO2=3S+2H2O(4)(5)B【分析】根据硫元素价类二维图可知，X为H2S，Y为SO2，Z为H2SO4。【详解】（1）元素处于最高价态只有氧化性，元素处于最低价态只有还原性，元素处于中间价态既有氧化性又有还原性，故图中既有氧化性又有还原性的化合物有：SO2、H2SO3、Na2SO3；（2）反应中中S元素化合价为-1价，被氧化生成S，中S元素化合价为+6价，被还原生成，双线桥：；（3）H2S和SO2中S元素价态分别为-2和+4价，两者中间还有0价的S，故不能共存，发生反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O；（4）硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，离子方程式：；（5）A．Na2S和S中S元素的化合价分别为-2价和0价，不能制备+2价，A错误；B．Na2SO3和S中S元素的化合价分别为+4价和0价，可能制备+2价的，B正确；C．SO2和Na2SO4中S元素的化合价分别为+4价和+6价，不能制备+2价，C错误；D．Na2SO3和Na2SO4中S元素的化合价分别为+4价和+6价，不能制备+2价，D错误；答案选B。13．(1)作红色涂料(2)取少量该未知溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则溶液中含有，反之则无(3)铁粉(4)先生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(5)还原剂AC(6)常温下，铁遇浓硫酸发生钝化【分析】由铁的“价-类”二维图可知，a为单质铁，b为氧化铁，c为氧化亚铁，d为铁盐，e为亚铁盐，f为氢氧化铁，g为氢氧化亚铁；【详解】（1）b为氧化铁，可以作红色涂料；（2）检验某未知溶液中是否含有铁离子的操作及现象是取少量该未知溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则溶液中含有，反之则无；（3）FeCl2中含有少量杂质FeCl3，可以加入铁粉除杂，发生反应的离子方程式为；（4）向FeSO4的溶液中滴加NaOH溶液，可观察到的现象为先生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化亚铁在潮湿的空气中生成氢氧化铁的化学方程式为；（5）利用铝热反应制备单质铁，化学方程式为：，铝作还原剂，该反应是放热反应，下列过程中，与该反应的能量变化相符的是：A．甲烷的燃烧是放热反应，故A选；B．石灰石在高温下煅烧分解是吸热反应，故B不选；C．盐酸中加入镁粉是放热反应，故C选；D．水分子的H—O键断裂是吸热过程，故D不选；答案为AC；（6）常温下，可用Fe制的容器盛放浓硫酸，原因是常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。14．(1)C(2)第二周期第VA族(3)HCl>H2S(4)C(5)Na>Al>NNa和Mg位于同周期，Na原子半径更大，原子核对电子的吸引能力更弱，失电子能力更强，金属性更强【分析】①～⑦分别为C、N、Na、Mg、Al、S、Cl；【详解】（1）A．在过渡元素中寻找制造催化剂的元素，故A错误；B．新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故B错误；C．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故C正确；D．制耐高温合金材料的元素在过渡元素中寻找，故D错误；故选：C；（2）①～⑦元素中，非金属性最强的元素是N，在元素周期表的位置是第二周期第VA族；（3）同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：Cl>S，气态氢化物的热稳定性：HCl>H2S；（4）①～⑦元素中，金属性最强的是Na，最高价氧化物对应水化物中碱性最强的碱是NaOH，钠离子和氢氧根离子间存在离子键，O与H存在共价键，则NaOH中所含化学键为离子键和共价键，故选C；（5）元素②是N，最简单气态氢化物NH3，氨气为共价化合物，存在3条N-H键，NH3的结构式：，电子层数越多的原子半径越大，同周期的原子序数越大的原子半径越小，则②③⑤的原子半径由大到小的顺序是Na>Al>N；Na和Mg位于同周期，Na原子半径更大，原子核对电子的吸引能力更弱，失电子能力更强，金属性更强。15．(1)(2)(3)3：2(4)取固体M于试管中加水溶解，将湿润的红色石蕊试纸放于试管口，向溶液中加入溶液再加热，若试纸变蓝则证明M中含有【分析】A可与Na2O2反应产生无色气体D，可推测D为O2，F为红棕色气体，即为NO2，NO2与水反应生成HNO3，即G为HNO3，HNO3与木炭加热反应得到的无色气体A为CO2，HNO3与金属铜反应产生的无色气体E为NO，因此C为NH3，综合可知M为NH4HCO3或(NH4)2CO3，则B为H2O。【详解】（1）A为CO2，CO2电子式为；F为红棕色气体，即为NO2。（2）C为NH3，NH3的催化氧化的化学反应方程式为：；F为NO2，与水反应的离子反应