高三化學二輪復習訓練題 無機推斷題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高三化學訓練題無機推斷題1．（23-24高三下·山東泰安·階段練習）已知：A~H均為短周期元素，它們的最高(或最低)化化合價與原子序數(shù)的關系如圖。(1)G在周期表中的位置：，元素C、D、H的簡單離子的半徑由大到小的順序為(用離子符號表示)。(2)C元素的簡單氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應的水化物反應生成的化合物與D的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：。G的最高價氧化物與D的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：。(3)請寫出F的最高價氧化物溶于D的最高價氧化物對應水化物的溶液的離子方程式：。(4)上述元素中的三種元素的最高價氧化物的水化物之間兩兩皆能反應，且三種元素原子的最外層共有9個電子，請寫出其中的非金屬元素的名稱：。(5)元素C與元素G相比，非金屬性較強的是(用元素符號表示)，下列表述中能證明這一事實的是。a．常溫下C的單質和G的單質狀態(tài)不同b．C的最高價氧化物對應水化物滴入G的最高價氧化物對應水化物的鈉鹽溶液中有白色沉淀生成c．G原子的電子層數(shù)比C原子的電子層數(shù)多2．（23-24高三下·甘肅蘭州·階段練習）現(xiàn)有A、B、C、D、E、F六種元素，為前四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。請根據(jù)下列相關信息，回答有關問題。A元素的核外電子數(shù)和電子層數(shù)相等，也是宇宙中最豐富的元素B元素基態(tài)原子未成對電子數(shù)在同周期元素中最多C元素基態(tài)原子的核外p能級電子數(shù)和s能級電子數(shù)相等D元素基態(tài)原子的核外p能級電子數(shù)和s能級電子數(shù)也相等E元素的主族序數(shù)與周期數(shù)的差為4F元素有多種化合價，其白色氫氧化物在空氣中會迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色(1)D的基態(tài)原子有種運動狀態(tài)的電子，某同學推斷D元素基態(tài)原子的核外電子軌道表示式為。該同學所畫的電子軌道表示式違背了。(2)AEC可以做漂白劑，它的電子式為(用元素符號表示)；B2A4結構式(用元素符號表示)(3)C、D、E三種元素的簡單離子半徑由大到小的順序是。(用離子符號表示)(4)BC離子的立體構型是，除σ鍵外還有鍵(5)下列關于A2C2分子和乙炔分子的說法正確的是。a．分子中都含σ鍵和π鍵b．乙炔分子的沸點明顯低于A2C2分子c．都是含極性鍵和非極性鍵的非極性分子d．A2C2分子中C原子雜化方式與乙炔中碳原子雜化方式相同(6)F元素在周期表中位置為。3．（23-24高三上·廣東·期中）部分元素的單質及其化合物（或其溶液）的轉化關系如圖。已知A是生活中使用廣泛的金屬單質，常溫下B是無色無味的液體，E是胃酸的主要成分。請回答下列問題。(1)寫出下列物質的化學式：E；G。(2)反應①的化學方程式為；寫出C在生產(chǎn)、生活中的一種用途：。(3)反應②的離子方程式為。(4)F溶液常溫下呈淺綠色，該溶液中金屬陽離子為（填離子符號），下列實驗操作及現(xiàn)象能證明溶液中含有該金屬陽離子的是（填標號），反應④中氧化劑和還原劑的物質的量之比為。a.取樣，加入銅粉，無明顯現(xiàn)象b.取樣，滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色4．（23-24高三上·四川眉山·期中）元素周期表反映元素之間的內在聯(lián)系，是研究物質性質的重要工具。如表是元素周期表的一部分，請回答下列問題：(1)元素②、③、⑥的簡單離子半徑由大到小的排序為(填離子符號)。(2)②和④組成的物質中含有鍵，可以證明該化合物含有此類型化學鍵的實驗事實為。(3)⑤的氧化物和⑥的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為。(4)已知④的單質與①的最高價氧化物A在點燃條件下能反應生成黑色單質，推測③的單質(填“能”或“不能”)與A反應，說明推測的理由。5．（23-24高三上·江西宜春·階段練習）化學反應紛繁復雜，但我們可以從離子，電子等微觀視角對其進行研究以揭示其中規(guī)律。回答下列問題：I．某溶液可能含有、、、、、中的一種或幾種，現(xiàn)對其進行如下實驗：①取少量溶液于試管中，觀察為無色透明溶液；②在①溶液中，滴加足量氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀。過濾后，取適量白色沉淀置于試管中，加入過量稀鹽酸，沉淀部分溶解，且有氣泡產(chǎn)生；③在②的濾液中加入稀硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成。(1)該溶液中一定含有的離子有(填離子符號，下同)，一定不含的離子有，可能含有的離子有。(2)③中產(chǎn)生白色沉淀的離子方程式為。II．高錳酸鉀、氯酸鉀等強氧化劑可與濃鹽酸反應產(chǎn)生氯氣：已知反應。(3)該反應中還原產(chǎn)物是。(4)該反應中鹽酸體現(xiàn)的性質是___________(填字母)。A．氧化性 B．還原性 C．酸性 D．漂白性(5)該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。(6)如果該反應轉移，則生成標準狀況下的氣體體積為L。6．（23-24高三上·天津·階段練習）已知A是一種常見的金屬，F(xiàn)是一種紅褐色沉淀。試根據(jù)圖中的轉化關系，回答下列問題。(1)寫出A、C、F、G的化學式：A；C；F；G。(2)檢驗D中陽離子的方法為。(3)寫出下列轉化的離子方程式。①：。②：。(4)寫出的化學方程式：。7．（23-24高三上·福建三明·階段練習）硫及其化合物的“價-類”二維圖體現(xiàn)了化學變化之美。(1)上圖中物質屬于酸性氧化物的有(用化學式表示，下同)，從硫元素的化合價角度分析，圖中所示物質既有氧化性又有還原性的物質有。(2)將X與H2S混合，可觀察到，反應的化學方程式為，其中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為。(3)不同價態(tài)的硫元素可以相互轉化，請寫出以下轉化：①Z的稀溶液與Ba(OH)2溶液發(fā)生反應，其離子方程式為；②Z的濃溶液可以作為干燥劑，但不能等堿性氣體，也不能干燥H2S等還原性氣體，寫出反應的化學方程式。(4)Na2S2O3是重要的化工原料。從氧化還原反應的角度分析，下列制備Na2S2O3的方案理論上可行的是(填代號)；a．Na2S+S

b．Na2SO3+S

c．SO2+Na2SO4

d．Na2SO3+Na2SO48．（23-24高三上·安徽阜陽·階段練習）綠水青山就是金山銀山。某化學興趣小組對當?shù)鼗S排出的廢水成分進行研究，經(jīng)檢測其中含有大量。為除去廢水樣品中的和，回收，設計如下實驗流程：回答下列問題：(1)試劑Y為；白色固體①的成分為；向“溶液b”中加入鹽酸的作用是。(2)操作Ⅰ和Ⅱ的名稱為；該操作用到的玻璃儀器有。(3)和的溶解度隨溫度變化如圖所示，操作Ⅲ的名稱為。(4)若該廢水中，則該廢水中和的濃度之和為。(5)將和固體混合物溶于水得到溶液，所得溶液恰好可用稀硫酸中和。則等量的固體混合物與足量水反應生成氣體的體積為L(標準狀況)。9．（23-24高三上·青海海南·期中）由Ca2+、Ag+、K+、Fe3+、、、Cl-、這8種離子構成A、B、C、D四種可溶性鹽(離子在物質中不能重復出現(xiàn))?，F(xiàn)做如下實驗：①把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C的溶液呈黃色；②向①的四支試管中分別加入鹽酸，A的溶液中有沉淀生成，B的溶液中有無色無味的氣體逸出?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出A．C的化學式：A，C。(2)寫出鹽酸與B反應的離子方程式：。(3)向C中滴入溶液的現(xiàn)象為。(4)與C含有同一種陽離子的氯化物M，配制M的飽和溶液并進行以下實驗：在燒杯中加入蒸餾水，加熱至沸騰后，向沸水中加入制取的飽和M溶液5～6滴，繼續(xù)煮沸至液體呈色，停止加熱，用激光筆照射燒杯中的液體，可以觀察到液體中，該液體中分散質粒子的直徑為。10．（22-23高三上·吉林長春·期末）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構型：C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子?；卮鹣铝袉栴}：(1)四種元素中電負性最大的是(填元素符號)，其中C原子的核外電子排布式為。(2)單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是(填分子式)，原因是；B的氫化物的電子式為。(3)C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構型為，中心原子的雜化軌道類型為。(4)化合物D2A的立體構型為，中心原子的價層電子對數(shù)為。11．（23-24高三上·陜西·期中）有a、b、c、d、e、f、g七種元素，原子序數(shù)依次增大，前5種為短周期主族元素，f、g為第四周期的元素。有關信息如下，請回答以下問題：aa能形成一種硬度最大的固體單質bb的單質為空氣中百分含量最多的一種氣體cc元素基態(tài)原子的電子排布式為dd基態(tài)原子的；；；ee基態(tài)原子核外3p軌道半滿ff在周期表中第11縱行gg基態(tài)原子最外層電子數(shù)為2(1)a、f的元素符號為、，分別位于元素周期表的區(qū)和區(qū)。(2)e的基態(tài)原子中能量最高的電子所占的軌道形狀是其電子云在空間有個伸展方向。(3)d基態(tài)原子的價層電子的軌道表示式為，某元素在元素周期表中位置處于d元素的左上角對角線處，它們具有部分相似的性質，請寫出該元素組成的單質與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式(4)g基態(tài)原子的簡化電子排布式為(5)元素f基態(tài)原子的第二電離能元素g基態(tài)原子的第二電離能（填“>”、“<或“=”）12．（23-24高三上·江西景德鎮(zhèn)·期中）A、B、C、D為四種可溶性的鹽，它們的陽離子分別可能是中的某一種，陰離子分別可能是中的一種(離子在物質中不重復出現(xiàn))。①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出。根據(jù)①②實驗事實可推斷：(1)A的化學式為，B的化學式為。(2)寫出少量鹽酸與D反應的離子方程式：。(3)寫出C與溶液反應的離子方程式：。(4)C溶液中陰離子的檢驗方法是。(5)D溶液中陽離子的檢驗方法。13．（23-24高三上·山東淄博·期中）某同學對化工廠排出的廢水取樣分析，該水樣可能含有如下離子：、、、、、、，設計實驗流程如下。已知：①與共熱可生成；②在加熱與強堿性條件下，鋁單質可以將還原為?；卮鹣铝袉栴}：(1)沉淀1的成分是。(2)該試樣中一定含有的離子是。(3)步驟①發(fā)生反應的離子方程式。(4)通過上述實驗不能確定的離子是，進一步驗證需要的試劑是。14．（23-24高三上·湖北·階段練習）金屬鈉及其重要化合物的轉化關系如下圖所示：已知a為無色氣體單質，b為黃綠色氣體，c是一種可以使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t的氣體。d是一種常見的酸性氧化物，工業(yè)上將氣體b通入冷的e的懸濁液來制備漂白粉?；卮鹣铝袉栴}：(1)在實驗室中，要把鈉保存在(填試劑的名稱)中，以隔絕空氣。(2)淡黃色物質A常用于呼吸面具中或潛水艇中作為氧氣的來源，有關反應的化學方程式為：，。(3)檢驗B的飽和溶液中陰離子的方法是：取少量B溶液于試管中，。(4)用氫氧化鈉固體配制實驗所需的NaOH溶液，下列圖示對應的操作正確規(guī)范的有項(填“零”或“一”或“二”或“三”)。稱量轉移定容搖勻(5)用NaOH固體配制實驗所需的NaOH溶液時，下列操作會導致所配溶液濃度偏高的是。A．未冷卻至室溫就定容B．容量瓶用蒸餾水洗凈后未干燥C．定容時俯視讀取刻度D．定容時液面超過了刻度線，并將多余溶液吸出E．稱量NaOH時用的砝碼表面有一層紅棕色固體(6)工業(yè)上用電解B的飽和溶液的方法來制取NaOH，同時得到氣體b和氫氣，寫出該反應的化學方程式，并用單線橋法表示該反應中電子轉移的方向和數(shù)目：；利用B的飽和溶液以及氣體c和d來制備純堿的方法叫氨堿法，將氨堿法制取碳酸鈉和合成氨聯(lián)合起來就是聯(lián)合制堿法，也稱為。15．（23-24高三上·福建廈門·期中）X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大，其相關信息如表：元素相關信息X原子核外有6種不同運動狀態(tài)的電子Y基態(tài)原子中s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等Z原子半徑在同周期元素中最大M逐級電離能依次為578、1817、2745、11575、14830、18376Q基態(tài)原子的最外層p軌道上有兩個電子的自旋方向與其他電子的自旋方向相反R基態(tài)原子核外有7個能級且能量最高的能級上有6個電子L基態(tài)原子核外有四個電子層，最外層只有一個電子，其它電子層均排滿電子請用化學用語填空：(1)X元素在元素周期表的位置：。(2)請寫出Q元素基態(tài)原子核外電子排布式：。(3)X、Y、Z、M四種元素的原子半徑由小到大的順序是(用元素符號表示)。(4)R元素可形成R2+和R3+，其中較穩(wěn)定的是R3+，原因是。(5)與M元素成“對角線規(guī)則”關系的某短周期元素T的最高價氧化物的水化物具有兩性，寫出該兩性物質與Z元素的最高價氧化物的水化物反應的化學方程式：；M、Z晶體都是由金屬原子密置層在三維空間堆積而成(最密堆積)，M的熔點(930K)比Z的熔點(371K)高，原因是；已知T元素和Q元素的電負性分別為1.5和3.0，則它們形成的化合物是(填“離子化合物”或“共價化合物”)。(6)硒(Se)是人體必需的微量元素，與Y為同一主族元素，Se原子比Y原子多兩個電子層，則Se的原子序數(shù)為，其最高價氧化物對應的水化物化學式為。(7)X射線衍射法可以測定某些分子結構，NH3分子結構為；其電子式為，中心原子的雜化類型。(8)L的基態(tài)原子價電子軌道表示式為；在周期表中該原子排在區(qū)。(9)水在液態(tài)時，幾個水分子可以形成締合水分子(H2O)n的原因是水分子之間存在。(10)三氟乙酸乙酯是制備某種抗新冠病毒藥物的原料，合成該分子所需的原料三氟乙酸的酸性乙酸的酸性(填“大于”或“小于”)，請理論解釋原因。16．（23-24高三上·云南昭通·期中）I．已知B為堿性氧化物，D為淡黃色固體粉末，F(xiàn)為醫(yī)療上治療胃酸過多的一種藥劑；物質的轉化關系如圖所示，請回答下列問題：(1)請寫出下列化學反應方程式①A→C：；②A→D：；③D→E：；(2)物質D中陰陽離子個數(shù)比為，其在生活中可用于。II．用套管實驗裝置可以更好地比較E和F的熱穩(wěn)定性，其中甲試管內有沾有無水硫酸銅粉末的棉花球，實驗裝置如圖：(3)實驗時，應將裝進試管(填“甲”或“乙”)；(4)可觀察到到的現(xiàn)象是甲中棉花(填“變白”或“變藍”)，燒杯中澄清石灰水變渾濁(填“A”或“B”)；(5)由以上實驗可得熱穩(wěn)定性(填“>”或“<”)。17．（23-24高三上·河北保定·期中）X、Y、Z、W、R五種元素均為短周期主族元素，X元素原子的外圍電子排布式為；X與Y位于同一周期，Y原子的原子核外有三個未成對電子；Z元素位于第二周期，電負性僅次于氟；W元素為宇宙中最豐富的元素；R元素為地殼中含量最多的金屬元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)原子序數(shù)：Y(填“>”或“<”)Z。(2)R元素的原子結構示意圖為。(3)寫出一種僅由Y、Z、W三種元素形成的常見鹽的化學式：，若將該鹽與晶體充分混合，混合過程中溫度的變化為(填標號)。A．B．C．D．(4)在加熱的條件下，X元素形成的單質與Y的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液能發(fā)生反應。①與X元素互為同素異形體的物質有多種，其中具有導電能力的一種為(填化學名稱)。②第一電離能：Y(填“>”“<”或“=”)Z，判斷的理由為。③該反應的離子方程式為。18．（23-24高三上·天津·期中）Ⅰ．完成下列問題。(1)書寫以下離子方程式①。②。③氧化鐵與稀鹽酸反應。④足量二氧化硫通入氫氧化鈉溶液反應。⑤向溶液中加入溶液至中性。Ⅱ．推斷題：圖中，反應①為常溫下的反應，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合價介于C和D中氯元素的化合價之間，E在常溫下為無色無味的液體，F(xiàn)是淡黃色固體，G為常見的無色氣體。請據(jù)圖回答下列問題：(2)A的名稱為，F(xiàn)的重要用途有。(3)寫出反應①的化學方程式：。(4)寫出反應②的化學方程式：。(5)已知A是一種重要的化工原料，在工農業(yè)生產(chǎn)和生活中有著重要的應用。A與石灰乳反應制得的漂白粉的有效成分是(填化學式)，該物質在空氣中失效的原因是(寫出兩步反應化學方程式)，。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．(1)第三周期第ⅣA族S2-＞N3-＞Na+(2)+OH-=NH3↑+H2OSiO2+2OH-=+H2O(3)Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-(4)氮(5)Nb【分析】從圖中可以看出，A元素的原子序數(shù)小，反應中可顯+1、-1價，則其為H元素；B元素可顯+4、-4價，則其原子的最外層有4個電子，其為C元素；C元素可顯+5、-3價，則其原子的最外層電子數(shù)為5，其為N元素；D、E、F元素分別顯+1、+2、+3價，其原子的最外層電子數(shù)分別為1、2、3，為Na、Mg、Al元素；G元素可顯+4、-4價，其原子的最外層電子數(shù)為4，其為Si元素；H元素可顯+6、-2價，其原子的最外層電子數(shù)為6，其為S元素。從而得出A、B、C、D、E、F、G、H分別為H、C、N、Na、Mg、Al、Si、S?！驹斀狻浚?）G為Si元素，在周期表中的位置：第三周期第ⅣA族，元素C、D、H分別為N、Na、S，簡單離子中，S2-的電子層數(shù)為3層，N3-、Na+都為2層，且N的核電荷數(shù)小于Na，則離子半徑由大到小的順序為S2-＞N3-＞Na+。（2）C元素的簡單氣態(tài)氫化物(NH3)與其最高價氧化物對應的水化物(HNO3)反應生成的化合物(NH4NO3)與D的最高價氧化物對應的水化物(NaOH)反應，生成NaNO3、NH3和H2O，離子方程式：+OH-=NH3↑+H2O。G的最高價氧化物(SiO2)與D的最高價氧化物對應的水化物(NaOH)反應的離子方程式：SiO2+2OH-=+H2O。（3）F的最高價氧化物(Al2O3)溶于D的最高價氧化物對應水化物(NaOH)的溶液，生成Na[Al(OH)4]，離子方程式：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-。（4）上述元素中的三種元素的最高價氧化物的水化物之間兩兩皆能反應，且三種元素原子的最外層共有9個電子，則三種元素分別為N、Na、Al，其中的非金屬元素的名稱：氮。（5）元素C(N元素)與元素G(Si元素)相比，利用同周期、同主族元素的性質遞變規(guī)律可知，非金屬性N＞P＞Si，所以非金屬性較強的是N。a．單質的狀態(tài)與非金屬性無關，則不能依據(jù)常溫下N2和Si的狀態(tài)判斷非金屬性強弱，a不正確；b．C的最高價氧化物對應水化物(HNO3)滴入G的最高價氧化物對應水化物的鈉鹽(Na2SiO3)溶液中有白色沉淀(H2SiO3)生成，表明酸性HNO3＞H2SiO3，則非金屬性N＞Si，b正確；c．G(Si)原子的電子層數(shù)比C(N)原子的電子層數(shù)多，不能說明硅的非金屬性比氮弱，c不正確；故選b?！军c睛】氫元素與活潑金屬(如Na)反應時，可生成金屬氫化物(NaH)，此時氫元素顯-1價。2．(1)12泡利不相容原理(2)(3)(4)平面三角形大π鍵(5)b(6)第四周期第Ⅷ族【分析】A元素的核外電子數(shù)和電子層數(shù)相等，也是宇宙中最豐富的元素，則A為H元素；B元素基態(tài)原子未成對電子數(shù)在同周期元素中最多則B為N元素，未成對電子數(shù)是3個；C、D元素基態(tài)原子的核外p能級電子數(shù)和s能級電子數(shù)相等則電子排布式可能為1s22s22p4、1s22s22p63s2；它們的原子序數(shù)依次增大，故C為O元素，D為Mg元素；E元素的主族序數(shù)與周期數(shù)的差為4，則E為Cl元素；F元素有多種化合價，其白色氫氧化物在空氣中會迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，則F為Fe元素，據(jù)此分析解題。【詳解】（1）Mg為第12號元素，故基態(tài)Mg原子有12種運動狀態(tài)的電子；某同學推斷D元素基態(tài)原子的核外電子軌道表示式為，該同學所畫的電子軌道表示式違背了泡利不相容原理，正確的核外電子軌道排布圖：；（2）HClO可以做漂白劑，它的電子式為；B2A4為N2H4，結構式為：；（3）C、D、E三種元素分別為O、Mg、Cl，簡單離子電子層數(shù)越多、半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大、半徑越小，由大到小的順序是；（4）BC為，中心N原子上的孤電子對數(shù)為，有3個σ鍵，離子的立體構型是平面三角形，除σ鍵外還有大π鍵，硝酸根中含存在N原子提供2個電子、每個O提供1個電子、得到的1個電子形成的四中心六電子的大鍵；（5）a．過氧化氫分子中不含有π鍵，a錯誤；b．乙炔分子的沸點明顯低于A2C2分子，常溫下乙炔為氣態(tài)，過氧化氫為液態(tài)，b正確；c．過氧化氫為極性分子，乙炔為非極性分子，c錯誤；d．過氧化氫分子中氧原子的雜化類型為sp3，乙炔中碳原子雜化方式為sp，兩者不相同，d錯誤；故選b；（6）F為Fe元素，為26號元素，在周期表中位置為第四周期第Ⅷ族。3．(1)(2)作燃料（或其他合理答案）(3)(4)b【分析】A是生活中使用廣泛的金屬單質，A為Fe，常溫下B是無色無味的液體，B為H2O，E是胃酸的主要成分，E為HCl，A和B反應生成C為H2，D為Fe3O4，A和E反應生成F為FeCl2，則G為FeCl3，F(xiàn)和Cl2反應生成G，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析，E為HCl，G為FeCl3。（2）反應①為Fe和水蒸氣反應，化學方程式為；C為氫氣，在生產(chǎn)、生活中可用作燃料。（3）反應②為四氧化三鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵、氯化鐵、水，離子方程式為。（4）F為FeCl2，溶液常溫下呈淺綠色，該溶液中金屬陽離子為；a．取樣，加入銅粉，兩者不反應，無明顯現(xiàn)象，不能證明亞鐵離子的存在，a錯誤；b．取樣，滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀為氫氧化亞鐵，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色沉淀為氫氧化鐵，可以證明亞鐵離子的存在，b正確；故選b；反應④為2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化劑為Cl2，還原劑為FeCl2，氧化劑和還原劑物質的量之比為1:2。4．(1)(2)離子氧化鎂在熔融狀態(tài)下可以導電(3)(4)能因為鈉的金屬性比鎂強【分析】由元素在周期表中的位置可知，①是C，②是O，③是Na，④是Mg，⑤是Al，⑥是Cl?！驹斀狻浚?）電子層越多，離子半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑：，故答案為：；（2）O和Mg組成的物質為MgO，是由活潑金屬與活潑非金屬形成的化合物，屬于離子化合物，含有離子鍵，可以證明該化合物含有此類型化學鍵的實驗事實為氧化鎂在熔融狀態(tài)下可以導電，故答案為：離子；氧化鎂在熔融狀態(tài)下可以導電；（3）Al的氧化物為Al2O3，Cl的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，Al2O3和HClO4反應生成高氯酸鋁和水，反應的離子方程式為，故答案為：；（4）由題干部分周期表信息可知，由于Mg、MgO均為白色固體，已知④的單質即Mg與①的最高價氧化物A即CO2在點燃條件下能反應生成黑色單質，即Mg與CO2發(fā)生置換反應生成MgO和碳，而鈉的還原性比Mg強，推測鈉能與CO2反應，故答案為：能；因為鈉的金屬性比鎂強。5．(1)、、、(2)Ag++Cl-=AgCl↓(3)(4)BC(5)1∶5(6)13.44【分析】取少量溶液于試管中，觀察為無色透明溶液，則一定不含Cu2+，且沒有沉淀生成。在上述溶液中滴加足量氯化鋇產(chǎn)生白色沉淀，過濾后取適量白色沉淀于試管中，加入過量稀鹽酸，沉淀部分溶解，且有氣泡產(chǎn)生，則原溶液中一定含有硫酸根離子和碳酸根離子、則一定不含鈣離子。在上述反應的濾液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，因為步驟②中引入了氯離子，因此無法確定原溶液中是否含有氯離子，因為溶液呈電中性，則一定還含有鉀離子?！驹斀狻浚?）該溶液中一定含有的離子為K+、、，一定不含的離子為Ca2+、Cu2+，可能含有的離子為Cl-。（2）③中銀離子與氯離子反應生成AgCl白色沉淀，離子方程式為Ag++Cl-=AgCl↓。（3）該反應中KClO3中的Cl得電子被還原，生成的Cl2為還原產(chǎn)物。（4）該反應中5個HCl中的Cl失電子表現(xiàn)還原性，1個HCl化合價無變化表現(xiàn)酸性，答案選BC。（5）該反應中氧化劑為KClO3，還原劑為5個HCl，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：5。（6）該反應中生成3mol氯氣轉移5mol電子，若轉移1mol電子，則生成0.6mol氯氣，標況下體積為13.44L。6．(1)(2)取少量D溶液于試管中，加入幾滴溶液，若溶液變?yōu)榧t色，說明含(3)(4)【分析】F是紅褐色固體為氫氧化鐵，則D為氯化鐵，E為氫氧化亞鐵，依次推出A為Fe，B為四氧化三鐵，C為氯化亞鐵，X為氫氣，G為氧化鐵?！驹斀狻浚?）據(jù)分析A、C、F、G依次為、、、。故答案為：、、、；（2）D中陽離子為鐵離子用KSCN檢驗，故答案為：取少量D溶液于試管中，加入幾滴溶液，若溶液變?yōu)榧t色，說明含；（3）據(jù)分析，為鐵單質將鐵離子還原為亞鐵離子，自身被氧化為亞鐵離子；是氯氣將亞鐵離子氧化為鐵離子，故答案為：、；（4）據(jù)分析，為氫氧化亞鐵在空氣中被氧氣氧化為氫氧化鐵，故答案為：。7．(1)SO2、SO3S、SO2(2)生成淡黃色沉淀2:1(3)氨氣(4)b【分析】由題圖可知，X為SO2，Y為SO3，Z為H2SO4，M為硫酸鹽?！驹斀狻浚?）能和堿反應生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；上圖中物質屬于酸性氧化物的有SO2、SO3；具有中間價態(tài)的元素既有還原性又有氧化性，S元素的化合價有-2價、0價、+4價、+6價，所以0價和+4價S的化合物既有還原性又有氧化性，即S、SO2；（2）H2S和SO2發(fā)生歸中反應生成單質硫，得到淡黃色沉淀，反應為；反應中1mol二氧化硫中硫化合價降低發(fā)生還原反應得到還原產(chǎn)物硫、2mol硫化氫中硫化合價升高發(fā)生氧化反應得到氧化產(chǎn)物硫，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為2:1；（3）①Z的稀溶液稀硫酸與Ba(OH)2溶液發(fā)生反應生成硫酸鋇沉淀和水，其離子方程式為；②Z的濃溶液濃硫酸可以作為干燥劑，但不能氨氣等堿性氣體，也不能干燥H2S等還原性氣體，濃硫酸和硫化氫發(fā)生氧化還原反應生成硫單質和二氧化硫氣體、水，反應的化學方程式；（4）Na2S2O3中S為＋2價，由歸中反應可知，一種反應物中S的化合價應比＋2價高，一種反應物中S的化合價應比＋2價低，分析可知b符合。8．(1)溶液或溶液和除去過量的和(2)過濾漏斗、燒杯、玻璃棒(3)蒸發(fā)結晶，趁熱過濾(4)0.1(5)1.12【分析】由題干可知要除去Cu2+和，則試劑X為NaOH溶液，生成藍色沉淀Cu(OH)2，除去Cu2+，還要回收NaCl和NaNO3，試劑Y為BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，生成BaSO4，除去，要除去過量的Ba2+，則試劑Z為Na2CO3，生成BaCO3，所以白色固體①為BaSO4和BaCO3，則操作Ⅰ和Ⅱ為過濾，用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒。為了除去溶液中剩余的和OH-應加入適量稀鹽酸，最后得到NaC1和NaNO3的混合溶液。由溶解度隨溫度變化曲線可知，NaC1溶解度隨溫度變化不大，而NaNO3溶解度隨溫度升高而增大，則操作Ⅲ為蒸發(fā)結晶，趁熱過濾得到NaCl晶體，據(jù)此解決問題?！驹斀狻浚?）依據(jù)上述分析，試劑Y為BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液；白色固體①為BaSO4和BaCO3；加入鹽酸的作用是除去溶液中剩余的和；（2）依據(jù)上述分析，操作Ⅰ和Ⅱ為過濾，用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒；（3）分離NaC1和NaNO3的混合溶液，依據(jù)二者溶解度隨溫度變化的規(guī)律，采用蒸發(fā)結晶、趁熱過濾的方法；（4）生成藍色固體為Cu(OH)2，則，；白色固體②為BaSO4，則，，由電荷守恒可知，，；（5）設10.9gNa2O和Na2O2的固體混合物中Na2O、Na2O2的物質的量分別為x、y，則①62x+78y=10.9g，所得溶液用100mL1.5mol/L稀硫酸恰好完全中和，反應后溶質為Na2SO4，根據(jù)鈉元素守恒可得②2x+2y=1.5mol/L×0.1L×2=0.3mol，聯(lián)立①②得，解得，即10.9gNa2O和Na2O2的固體混合物中Na2O為0.05mol，Na2O2為0.1mol，只有過氧化鈉與水反應生成氧氣，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，0.1molNa2O2完全反應生成氧氣的物質的量為，標準狀況下0.05mol氧氣的體積為。9．(1)AgNO3Fe2(SO4)3(2)2H++=H2O+CO2↑(3)生成紅褐色沉淀(4)紅褐有一條光亮的“通路”1～100nm【分析】A、B、C、D為四種可溶性鹽，根據(jù)離子共存可知，Ag+只能與共存，Ca2+與、不共存、但能與Cl-共存，F(xiàn)e3+不能與不共存、能與共存，則四種鹽為AgNO3、CaCl2、Fe2(SO4)3、K2CO3；①把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C的溶液呈黃色，則C為Fe2(SO4)3；②向①的四支試管中分別加入鹽酸，A的溶液中有沉淀生成，B的溶液中有無色無味的氣體逸出，則A為AgNO3，B為K2CO3，D為CaCl2，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，A為AgNO3，B為K2CO3，C為Fe2(SO4)3，D為CaCl2，故答案為：AgNO3；Fe2(SO4)3；（2）B為K2CO3，鹽酸與B反應的離子方程式為2H++=H2O+CO2↑，故答案為：2H++=H2O+CO2↑；（3）C為Fe2(SO4)3，向C中滴入NaOH溶液時生成紅褐色Fe(OH)3沉淀和Na2SO4，實驗現(xiàn)象為有紅褐色沉淀生成，故答案為：生成紅褐色沉淀；（4）氯化物M為FeCl3，向沸水中加入制取的飽和FeCl3溶液5～6滴，繼續(xù)煮沸可得到氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體為紅褐色液體，有丁達爾效應，即用激光筆照射燒杯中的氫氧化鐵膠體時可觀察到液體中有一條光亮的“通路”，膠體的分散質粒子的直徑為1～100nm，故答案為：紅褐；有一條光亮的“通路”；1～100nm。10．(1)O1s22s22p63s23p3(2)O3O3是極性分子且相對原子質量比O2大，O3分子之間范德華力更強(3)三角錐形sp3雜化(4)V形4【分析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，C的核外電子數(shù)，長周期沒有符合上述關系的元素，故C是短周期元素，而和具有相同的電子構型，結合原子序數(shù)、離子電荷可知，A處于第二周期、B處于第三周期，故A為O元素、B為Na元素；C、D為同周期元素，二者也處于第三周期，設C的最外層電子數(shù)為a，則2+8+a=3a，解得a=5，故C為P元素，而D元素最外層有一個未成對電子，D的原子序數(shù)大于磷，故D原子的外圍電子排布式為，可知D為Cl元素?！驹斀狻浚?）四種元素中，Na是活潑金屬，而P、Cl的氧化物中氧的化合價為負價，說明氧元素電負性比二者都大；C是P元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p3。（2）A是O元素，單質A有兩種同素異形體O2和O3，O3是極性分子且相對原子質量比O2大，O3分子之間范德華力更強，O3的沸點比O2高；B的氫化物是NaH，是由和構成的離子化合物，電子式為。（3）C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E是PCl3，分子的中心原子P原子的價層電子對數(shù)為，根據(jù)價層電子對互斥理論，的立體構型為三角錐形，中心P原子的雜化軌道類型為雜化。（4）化合物D2A是，中心原子O原子的價層電子對數(shù)為，根據(jù)價層電子對互斥理論，的立體構型為V形。11．(1)CCupds(2)啞鈴狀3(3)(4)[Ar]3d104s2(5)＞【分析】a、b、c、d、e、f、g七種元素，原子序數(shù)依次增大，前5種為短周期主族元素，f、g為第四周期的元素元素符號aa能形成一種硬度最大的固體單質是金剛石Cbb的單質為空氣中百分含量最多的一種氣體是氮氣Ncc元素基態(tài)原子的電子排布式為Odd基態(tài)原子的；；；，I3→I4突然增大是第ⅢA族元素Alee基態(tài)原子核外3p軌道半滿，價電子為3s23p3Pff在周期表中第11縱行Cugg基態(tài)原子最外層電子數(shù)為2，價電子為3d104s2Zn【詳解】（1）據(jù)分析，a、f分別為C、Cu，C是第ⅣA族元素，位于p區(qū)，Cu是第ⅡB族元素，位于ds區(qū)；（2）e為P，基態(tài)原子中能量最高的電子為3p電子，所占的軌道形狀是啞鈴狀，有x、y、z3個伸展方向；（3）Al是第三周期、第ⅢA族元素，價層電子的軌道表示式為，Be元素在元素周期表中位置處于Al元素的左上角對角線處，它們具有部分相似的性質，該元素組成的單質與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為；（4）Zn是第四周期、第ⅡB族元素，基態(tài)原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s2；（5）Cu基態(tài)原子價電子為3d104s1，失去一個電子后為價電子為3d10；Zn基態(tài)價電子為3d104s2，失去一個電子后為價電子為3d104s1，前者能量更低更穩(wěn)定；因此元素f基態(tài)原子的第二電離能大于元素g基態(tài)原子的第二電離能。12．(1)BaCl2AgNO3(2)CO+H+=HCO(3)Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓(4)取適量溶液于試管中，滴加足量鹽酸，再滴加幾滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中含有SO(5)焰色反應【分析】由題意可知，若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色說明C中含有銅離子，一定不含有碳酸根離子；向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，說明B中含有銀離子，由銀離子與氯離子、硫酸根離子和碳酸根離子反應生成沉淀可知，B為硝酸銀；D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，說明D中含有碳酸根離子，由碳酸根離子與銀離子、銅離子、鋇離子生成沉淀可知，D為碳酸鉀；由溶液中鋇離子與硫酸根離子反應可知，A為氯化鋇、C為硫酸銅。【詳解】（1）由分析可知，A為氯化鋇、B為硝酸銀，故答案為：BaCl2；AgNO3；（2）少量鹽酸與碳酸鉀溶液反應生成氯化鉀和碳酸氫鉀，反應的離子方程式為CO+H+=HCO，故答案為：CO+H+=HCO；（3）硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇沉淀和氫氧化銅沉淀，反應的離子方程式為Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故答案為：Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；（4）由分析可知，C為硫酸銅，檢驗硫酸銅溶液中硫酸根離子的操作為取適量溶液于試管中，滴加足量鹽酸，再滴加幾滴氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中含有硫酸根離子，故答案為：取適量溶液于試管中，滴加足量鹽酸，再滴加幾滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中含有SO；（5）由分析可知，D為碳酸鉀，可以用焰色反應檢驗碳酸鉀溶液中的鉀離子，故答案為：焰色反應。13．(1)、(2)、、、(3)、(4)溶液、稀硝酸、溶液【分析】某同學對化工廠排出的廢水取樣分析，該水樣可能含有如下離子：、、、、、、，焰色反應未見明顯現(xiàn)象，說明該水樣中沒有；加熱過量氫氧化鈉溶液有氣體生成，沒有沉淀生成，說明該水樣中有，沒有，產(chǎn)生的氣體1為；繼續(xù)加入足量氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，且白色沉淀部分溶于鹽酸，說明白色沉淀為和，溶液1中含有和，是水樣中的與氫氧化鈉溶液反應得到，所以水樣中含有和；溶液2分成兩份，其中一份加足量硝酸酸化后滴加硝酸銀溶液有白色沉淀生成，該沉淀為氯化銀，但不能確定水樣中有，因為前期加入了氯化鋇溶液，引入了；另一份溶液2加入鋁粉和氫氧化鈉溶液加熱，生成了氣體1，即，根據(jù)題目給出的信息，說明水樣中含有?！驹斀狻浚?）由分析可知，沉淀1部分溶于鹽酸，為和的混合物；（2）根據(jù)分析可知，該試樣中一定含有的離子是、、、；（3）步驟①中與氫氧化鈉溶液在加熱條件下生成氨氣和水，與氫氧化鈉溶液反應生成碳酸根和水，反應的離子方程式為：，；（4）由分析可知，實驗中不能確定的離子為，由于水樣中有，所以應先除去再檢驗，實驗方法為：重新取樣，加入足量的溶液后，振蕩，靜置，取上清液加入硝酸酸化的硝酸銀溶液后觀察，若有白色沉淀生成，說明水樣中含有，若沒有白色沉淀生成，說明水樣中不含。所以進一步驗證需要的試劑是：溶液、稀硝酸、溶液。14．(1)石蠟油或者煤油(2)(3)加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，如產(chǎn)生白色沉淀，則可判定溶液中含有(4)零(5)ACE(6)侯氏制堿法【分析】a為無色氣體單質，a為氧氣，鈉和氧氣反應生成氧化鈉，氧化鈉和氧氣反應生成過氧化鈉，d是一種常見的酸性氧化物，過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，b為黃綠色氣體，鈉和氯氣反應生成氯化鈉，c是一種可以使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t的氣體，c為氨氣，氯化鈉和氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，工業(yè)上將氣體b通入冷的e的懸濁液來制備漂白粉，則e為石灰乳，石灰乳和碳酸鈉反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉?！驹斀狻浚?）鈉與空氣中氧氣、水反應，因此在實驗室中，要把鈉保存在石蠟油或者煤油中，以隔絕空氣；故答案為：石蠟油或者煤油。（2）淡黃色物質A常用于呼吸面具中或潛水艇中作為氧氣的來源，過氧化鈉和二氧化碳、水反應，其有關反應的化學方程式為：；；；。（3）B為氯化鈉，檢驗B的飽和溶液中陰離子的方法是：取少量B溶液于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，如產(chǎn)生白色沉淀，則可判定溶液中含有；故答案為：加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，如產(chǎn)生白色沉淀，則可判定溶液中含有。（4）氫氧化鈉是以腐蝕性藥品，稱量時氫氧化鈉固體應放在燒杯中稱量，轉移時應該用玻璃棒引流；定容時滴定管離容量瓶口1～2cm處；搖勻時左手托起瓶底，右手食指摁住瓶塞，上下顛倒搖勻，因此下列圖示對應的操作正確規(guī)范的有零項；故答案為：零。（5）A．未冷卻至室溫就定容，冷卻后溶液體積偏小，濃度偏高，故A符合題意；B．容量瓶用蒸餾水洗凈后未干燥，對結果無影響，故B不符合題意；C．定容時俯視讀取刻度，溶液體積偏小，濃度偏高，故C符合題意；D．定容時液面超過了刻度線，并將多余溶液吸出，溶質偏小，濃度偏低，故D不符合題意；E．稱量NaOH時用的砝碼表面有一層紅棕色固體，砝碼偏重，質量偏大，濃度偏高，故E符合題意；綜上所述，答案為：ACE。（6）工業(yè)上用電解B的飽和溶液的方法來制取NaOH，同時得到氣體b和氫氣，則該反應的化學方程式，并用單線橋法表示該反應中電子轉移的方向和數(shù)目：；利用B的飽和溶液以及氣體c和d來制備純堿的方法叫氨堿法，將氨堿法制取碳酸鈉和合成氨聯(lián)合起來就是聯(lián)合制堿法，也稱為侯氏制堿法；故答案為：；侯氏制堿法。15．(1)第二周期第IVA族(2)[Ne]3s23p5或(3)O<C<Al<Na(4)Fe3+的價層電子排布為3d5，d能級處于半充滿狀態(tài)，能量低更穩(wěn)定(5)Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]Al原子半徑比Na原子半徑小，金屬鍵更強共價化合物(6)34H2SeO4(7)三角錐形sp3(8)ds(9)氫鍵(10)大于氟的電負性大于氫，F(xiàn)-C鍵的極性大于H-C的極性，導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出氫離子【分析】X原子核外有6種不同運動狀態(tài)的電子，應為C元素，Y基態(tài)原子中s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等，應為O元素，Z原子半徑在同周期元素中最大，應為Na元素，M逐級電離能（）依次為578、1817、2745、11575、14830、18376，可知在第四電離能發(fā)生突變，故最外層有3個電子，應為Al元素，Q基態(tài)原子的最外層p軌道上有兩個電子的自旋方向與其他電子的自旋方向相反，應為Cl元素，R基態(tài)原子核外有7個能級且能量最高的能級上有6個電子，即能量最高的為3d6，應為Fe元素，L基態(tài)原子核外有四個電子層，最外層只有一個電子，其它電子層均排滿電子，應為Cu元素?！驹斀狻浚?）X為C元素，位于周期表第二周期IVA族；（2）Q為Cl元素，核外電子數(shù)為17，核外電子排布式為或；（3）X、Y、Z、M分別為C、O、Na、Al，其中C、O位于第二周期較小，Na、Al位于第三周期原子半徑較大，同周期中原子序數(shù)越大原子半徑越小，故原子半徑由小到大順序為O<C<Al<Na；（4）R為Fe元素，的價層電子排布為3d6，的價層電子排布為3d5，d能級有5個原子軌道，d能級處于半充滿狀態(tài)，能量低更穩(wěn)定；（5）與M元素成“對角線規(guī)則”關系的短周期元素T為Be元素，最高價氧化物的水化物具有兩性為，與性質相似，Z為Na，最高價氧化物的水化物為為強堿，二者發(fā)生反應為Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]或；M為Al，M、Z晶體都屬于金屬晶體，熔沸點高低取決于金屬鍵的強弱，Al原子半徑比Na原子半徑小，金屬鍵更強，熔點更高；T為Be元素和Q為Cl元素，二者電負性差為1.5，一般情況兩種元素電負性差>1.7形成離子鍵，離子化合物，兩種元素電負性差<1.7二者形成共價鍵，屬于共價化合物，Be元素和Cl元素形成的化合物為共價化合物；（6）Y為O元素，則Se的原子序數(shù)為8+8+18=34；最外層有6個電子，最高化合價為+6價，與硫元素相似，故最高價氧化物對應的水化物化學式為H2SeO4；（7）NH3分子中N原子最外層有5個電子，其中有3個未成對電子，1個孤電子對，與3個H原子形成3個鍵，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形，空間構型為三角錐形，雜化方式為sp3雜化，電子式為；（8）L為Cu元素，核外價電子排布為3d104s1，價電子