高三化学一轮专题练习-元素或物质推断题.docx

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1、高三化学一轮专题练习-元素或物质推断题1（2022秋安徽合肥高三统考期末）已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。(1)检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_(填化学式)；(2)H在潮湿空气中变成M的现象是_ ，发生反应的化学方程式为_；(3)A和水反应生成B和C的离子方程式为_ ；在标准状况下生成11.2 LC气体时，转移电子的个数为_ NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；(4)D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_。2（2022春上海杨浦高三校考期末）W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的

2、五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，R最高正价与最低负价代数和为4，W的一种氢化物常作制冷剂，Z原子的电子层数与最外层电子数相等。回答下列问题：(1)W元素的名称为_，R元素在周期表中位于_。(2)X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序为_(用离子符号表示)，原子半径最大的元素的原子结构示意图为：_。(3)Y的最高价氧化物对应的水化物的电子式为_。(4)W、X的最简单氢化物稳定性关系：_(填氢化物化学式)；(5)用电子式表示X的简单氢化物的形成过程_。(6)与气体发生氧化还原反应，生成X的常见单质和一种盐，写

3、出该反应的化学方程式为：_。3（2022春浙江杭州高三校联考期末）化合物X(含3种常见元素)可用作照相显影剂。对X开展探究实验如图：请回答：(1)组成X的3种元素是_(填元素符号)，白色沉淀B的化学式是_。(2)X隔绝空气受热分解的化学方程式_。(3)已知固体D不稳定，在空气中受热易迅速被氧化为磁性固体。甲同学认为磁性固体为_，发生的化学方程式为_。(4)某同学在步骤时，逐滴滴入氯水直至过量，结果出现的血红色又重新褪去，请说明可能的原因_。4（2022春浙江湖州高三统考期末）A是由两种元素组成的矿物，测定A的组成流程如图：已知：B、D均为纯净物。请回答：(1)写出反应A的化学式：_。(2)写出

4、反应的化学方程式：_。(3)写出反应的离子方程式：_。(4)检验无色气体D常用的方法是：_。5（2022春河南郑州高三统考期末）下面是元素周期表的一部分，按要求回答下列问题：AAAAAAA0234(1)已知号元素的一种核素的中子数为8，则其最简单的气态氢化物的摩尔质量为_。(2)非金属性最强的单质与水反应的化学方程式为_。(3)某元素的最高价氧化物的水化物既能与强酸反应又能与强碱反应，该元素的元素符号是_，向该元素和号元素组成的化合物溶液中，缓缓滴加NaOH溶液至过量，现象为_。(4)设计实验方案；比较与单质氧化性的强弱，请将方案填入下表。实验步骤实验现象实验结论_6（2022上海高三专题练习

5、）有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、NaCl、BaSO4、AgNO3 、CuSO4。按下列步骤实验：取少量固体溶于水，得到无色溶液；在所得的溶液中滴加硝酸银溶液，得到白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀部分溶解，并有气体产生。根据上述实验现象判断：(1)一定存在的物质是_；(2)一定不存在的物质是_；(3)可能存在的物质是_；如何检验该物质_7（2022上海徐汇上海市南洋模范中学校考模拟预测）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2OR2O32SiO2nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原

6、子的质子数之和为24。(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为_；写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式为_；(2)常温下，不能与R单质发生反应的是_(选填序号)；a.CuCl2溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.Na2CO3溶液(3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_。(4) 氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为_。(5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由：_。(6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向：_。_SiO2+_C+_N2_Si3N4+

7、_CO(7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_。8（2022上海高三专题练习）现有A、B、C、D、E五种溶液，它们分别是氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、碳酸钠溶液、氯化钠溶液和稀硫酸中的一种。鉴别它们可按如图所示的步骤进行，回答下列问题：(1)B中的溶质是_(填化学式)。(2)用X鉴别D、E时，X可以选用不同的物质。若X为稀盐酸，写出有气体生成的反应的化学方程式_；若X为澄清石灰水，写出有沉淀生成的反应的化学方程式_。9（2022上海高三专题练习）有三瓶失去标签的无色溶液，它们可能是稀HCl、稀H2SO4、Na2CO3、NaNO

8、3、NaCl、Ba(OH)2这六种溶液中的三种。为确定它们各为何种溶液，小明做了如下实验：(1)i.把它们两两混合，均无明显现象。ii.取样，往样品中分别滴加紫色石蕊溶液。有一种溶液变红色，另一种溶液不变色，剩下的一种溶液变蓝色。能使紫色石蕊溶液变蓝色的原溶液显_(填“酸性、中性、碱性”)。(2)综合i、ii步实验现象及结论，可推断出这三种溶液中的一种溶液一定是Ba(OH)2溶液，还有一种溶液一定是_；为确定剩下的另一种溶液，再取样，往其中滴加一种无色溶液，产生白色沉淀，请写出其化学方程式：_。10（2022浙江模拟预测）化合物M由4种常见元素组成。某兴趣小组进行如下实验(每一步反应均充分进行

9、)：已知：M易形成类似于氨基酸的内盐混合气体A中含有单质气体无色粘稠油状液体为纯净物。请回答：(1)组成M的元素是_(填元素符号)(2)M的化学式为_(3)写出无色溶液E中溶质_(4)M能与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C。写出该反应的化学方程式：_设计实验验证该无色溶液G中的阴离子：_11（2022全国高三专题练习）化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：通常状况下化合物G是常见无色液体。请回答：(1)组成X的元素有_，画出化合物G的电子式_。(2)溶液C中溶质的成分是_(用化学式表示)；根据的现象，给出相应微粒(H2O除外)与Ag+结合由弱到强的顺序_。(3

10、)写出的化学反应方程式_。(4)将固体F溶于足量的盐酸中，设计实验检验反应后的溶液中存在的阳离子成分_。12（2022浙江嘉兴统考二模）化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。回答下列问题：(1)固体A的化学式是 _，碱石灰吸收的气体是_。(2)化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式_。(3)上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是_。(4)常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应

11、的化学反应方程式_。(5)X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。_13（2022秋吉林长春高三希望高中校考期末）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_，丙_。(2)反应过程可能观察到的实验现象是：_，产生红褐色沉淀的化学方程式是 _(3)反应中的离子方程式是_(4)反应的离子方程式是_14（2022全国高三专题练习）已知X和Y、Z为中学化学中的常见元素，根据如图所示转化关系(反应条件及部分产物

12、已略去)，回答以下问题。(1)若A、B、C、D均为含X的化合物，且A常用作制冷剂，D是一种强酸，则写出A常用作制冷剂的原因：_。将16g铜粉与一定量的D的稀溶液反应后，收集到(标准状况)，则被还原的D的物质的量为_mol。向所得溶液中继续加稀硫酸至反应不能再进行，需加入含_的稀硫酸，写出继续加稀硫酸后发生反应的离子方程式：_。(2)若A、B、C、D均为含Y的化合物，其中A是一元强碱且焰色为黄色，E是有刺激性气味的气态酸性氧化物，则B的化学式为_；A与C反应的离子方程式为_。(3)若A、B、C、D均为含Z的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为，D为强酸。将溶液滴加到溶液中，有淡黄色沉淀

13、生成，请写出所发生反应的离子方程式：_。(4)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应I：反应III：反应II的热化学方程式：_。15（2022秋江苏南通高三江苏省如皋中学校考期末）下表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。(1)元素a、b、c对应原子半径由大到小的顺序是_(用对应元素符号表示，下同)。元素a、b、c对应简单离子中，半径最小的是_(用对应离子符号)。(2)写出由上述元素形成的最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸和最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱反应的化学方程式：_。(3)上述元素中最高正化合价与最低负化合价绝对值相等的

14、元素是_。(4)g的简单氢化物的电子式为_。(5)用如图所示装置可以比较h和j的单质氧化性强弱，则X可以是_(填化学式)。16（2021秋重庆高三校联考期末）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。M元素与X同主族，与W同周期。(1)M在元素周期表中的位置_。(2)Z、M、W三种元素离子半径由小到大的顺序是 _ (填相应的离子符号)。(3)X与Z可分别形成10电子分子A和18电子的分子B。A的分子空间构型为_，B分子的电子式_。(4)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种盐，该盐中含有的化学键类型为

15、_。(5)Z非金属性强于W，下列选项中能证明这一事实的是_。A常温下W单质熔沸点比Z单质的高BZ的简单氢化物比W的氢化物更稳定C在一定条件下可发生反应：Z2 + 2X2W = 2W + 2X2ZDX2W的酸性比X2Z强(6)在一定温度下，向由X、M、Z三种元素组成的化合物的溶液中通入Cl2，所得溶液中，写出总反应的离子方程式_17（2022浙江杭州统考二模）化合物X由3种元素组成某兴趣小组按如下流程进行实验：已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：(1)组成X的元素有_，X的化学式是_。(2)X与潮湿空气转化为A的化学方程式是_。(3)用一个化学方程式表

16、示A与足量溶液的反应_。(4)碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子_(假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式_。18（2022全国高三专题练习）化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。请回答：(1)组成X的元素有_，X的化学式为_。(2)根据ABC的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序_。(3)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_。(4)

17、蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。写出该反应的离子方程式_。设计实验验证白色沉淀H的组成元素_。试卷第9页，共9页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1(1)KSCN(2) 白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3) 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2 NA(4)【分析】R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体

18、F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。【详解】（1）由分析可知，W的化学式为FeCl3，可用KSCN检验Fe3+；（2）由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(O

19、H)3；（3）由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；存在关系式O22e-：在标准状况下生成11.2 LC气体即0.5mol氧气时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；（4）D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为。2(1) 氮 第3周期VIA族(2) S2-O2-Al3+ (3)(4)H2ONH3(5)(6)2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，

20、则Y为Na，R最高正价与最低负价代数和为4，则R为S，W的一种氢化物即NH3常作制冷剂，即W为N，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，则X为O，Z原子的电子层数与最外层电子数相等，则Z为Al，综上分析可知，W、X、Y、Z、R五种元素分别为N、O、Na、Al、S五种，据此分析解题。(1)由分析可知，W为N，则W元素的名称为氮，R为S，是16号元素，故R元素在周期表中位于第3周期VIA族。(2)由分析可知，X、Z、R分别为O、Al、S，故X、Z、R三种元素形成的简单离子分别为S2-、O2-、Al3+，S2-核外电子排布三层，O2-和Al3+核外电子均排布两层，O的核电荷数为8，Al的核

21、电荷数为13，一般地，电子层数越多，半径越大，若电子层数相同，质子数越多，半径越小，则半径由大到小的顺序为S2-O2-Al3+；原子半径最大的元素即Al，其原子结构示意图为： 。(3)分析可知，Y为Na，则Y的最高价氧化物对应的水化物即NaOH，NaOH是由Na+和OH-通过离子键结合而成的化合物，其电子式为： 。(4)由分析可知，W、X分别为N、O，由于O的非金属性强于N，元素的气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，则W、X的最简单氢化物稳定性关系：H2ONH3。(5)X为O，其简单氢化物为H2O，H2O为共价化合物，用电子式表示其形成过程为： 。(6)由分析可知，X、Y、R分别为O、Na、S

22、，故 Y2X2 即Na2O2与 RX3 即SO3气体发生氧化还原反应，类比于CO2和Na2O2反应可知生成X的常见单质即O2和一种盐即Na2SO4，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2。3(1) Fe、C、O CaCO3(2)FeC2O4CO2+CO+FeO(3) Fe3O4 6FeO+O22Fe3O4(4)过量氯水将SCN-氧化【分析】根据题目所给信息推断：隔绝空气加热，有无色混合气体产生，通入足量澄清石灰水，产生白色沉淀B同时有无色气体C剩余，则混合气体中有CO2存在，白色沉淀B为CaCO3；根据对剩余固体D的操作，可以判断其中有Fe2+，因为Fe2+与SCN

23、-无反应，Fe2+被氯水氧化为Fe3+后，Fe3+与SCN-生成血红色的配离子，再根据第三小问中的信息，可以判断固体D是FeO(氧化亚铁)；由白色沉淀B有2.00g，可以计算出，CO2的质量为0.88g，再由固体X质量2.88g，固体D质量1.44g，可求出气体C的质量为0.56g；(1)根据题目所给信息，固体X由三种元素组成，再根据分解产物的判断，得到固体X 中应有“Fe、C、O”三种元素，生成物白色沉淀B是“CaCO3”；(2)根据分析所得数据，可以推算固体X的化学式，若气体C是O2，则物质的量是0.0175mol，无法与其余物质的物质的量按配比组成合理的化合物化学式，若气体C是CO，则，

24、则X中，元素物质的量之比即原子个数比为，所以物质X的化学式为FeC2O4(草酸亚铁)，则其隔绝空气受热分解的方程式为“”；(3)氧化亚铁不稳定，露置在空气中受热时容易被氧化为四氧化三铁，故磁性氧化物是“Fe3O4”，反应方程式为“6FeO+O22Fe3O4”；(4)CSN-具有一定的还原性，若氯水过量，有可能将SCN-氧化，破坏Fe3+与SCN-形成的配离子，所以本问应填“过量氯水将SCN-氧化”。4(1)(2)(3)(4)通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色【分析】A是由两种元素组成的矿物，A与氧气在高温条件下得到红色固体B和无色气体D，B、D均为纯净物，B与稀盐酸反应后加

25、入硫氰化钾溶液得到血红色溶液C，则B为Fe2O3，C为Fe(SCN)3，无色气体D加入足量FeCl3溶液得到溶液E，E与足量BaCl2溶液可得到白色沉淀F，则F为BaSO4，E为FeSO4，D为SO2，又2.4gA得到9.32g F(BaSO4)，根据S元素守恒可得A中S元素的质量为，则A中Fe元素的质量为2.4g-1.28g=1.12g，因此A中Fe、S的原子个数比为，则A的化学式为FeS2，据此分析解答。(1)由分析可得，A的化学式为FeS2；(2)根据分析，反应为Fe2O3与稀盐酸反应，反应的化学方程式为；(3)反应为SO2与足量的FeCl3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；(4

26、)由分析可知，D为SO2，具有漂白性，可将其通入品红溶液中，若品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色，说明是SO2。5(1)18(2)(3) Al 随着NaOH溶液的滴入，白色沉淀逐渐增加，当达到最多后又逐渐减少，最后完全消失，得到澄清溶液(4) 向试管中加入12mLNaBr溶液，再加入适量新制氯水，并加入适量振荡(其他合理答案也可) 试管中溶液分层，且下层为橙色 氧化性：(其他合理答案也可)【分析】根据元素周期表的结构可知，分别为Na、K、Mg、Ca、Al、C、O、Cl、F、Ar、Br。(1)号元素是C，它的一种核素的中子数为8，则其质量数为14，则其最简单的气态氢化物CH4的摩尔质量为14

27、+4=18gmol1 。(2)非金属性最强的元素是位于元素周期表右上方的F，其单质F2与水发生反应生成氢氟酸和氧气，化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2 。(3)Al的最高价氧化物的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，既能跟酸反应又能跟水反应，号元素为Cl，向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先生成Al(OH)3白色沉淀，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3能和NaOH溶液反应生成溶于水的NaAlO2：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可以看到沉淀溶解，故答案为：随着NaOH溶液的滴入，白色沉淀逐渐增加，当达到最多后又逐渐减少，最后完全消失，得到澄清溶液。 (4)与单质

28、分别为Cl2和Br2，可以用氯气置换溴化钠溶液中的溴的方法比较两者氧化性的强弱，具体实验方案为：向试管中加入12mLNaBr溶液，再加入适量新制氯水，并加入适量 CCl4 振荡，观察到试管中溶液分层，且下层为橙色，则可证明氧化性： Cl2Br2 。6(1)Na2CO3、NaCl(2)CuSO4、BaSO4、AgNO3(3) KNO3 焰色反应【分析】因为CuSO4白色固体溶于水得蓝色溶液，当取少量固体溶于水，得到无色溶液，可确定无CuSO4；在所得的溶液中滴加硝酸银溶液，得到白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀部分溶解，并有气体产生，加硝酸银产生不溶解稀硝酸的白色沉淀说明一定含有氯离子，即一定存在N

29、aCl，加稀硝酸时有气体产生，说明一定含有Na2CO3，产生的是CO2气体；既然一定存在Na2CO3、NaCl，则该固体中不能存在BaSO4、AgNO3，因为BaSO4会与Na2CO3反应生成BaCO3白色沉淀，而AgNO3会与NaCl反应生成AgCl白色沉淀；据上述不能判断是否存在KNO3；综上所述一定存在的物质是Na2CO3、NaCl，一定不存在的物质是CuSO4、BaSO4、AgNO3，可能存在的物质是KNO3；检验KNO3可通过焰色反应，将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色；蘸取试样在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色(检验硝酸钾要透过钴玻璃观察)，若火焰呈紫色，证明有钾离子，即为KNO3，

30、最后将铂丝再蘸浓盐酸灼烧至无色即可。（1）加硝酸银产生不溶解稀硝酸的白色沉淀说明一定含有氯离子，即一定存在NaCl，加稀硝酸时有气体产生，说明一定含有Na2CO3，产生的是CO2气体。则一定存在的物质是Na2CO3、NaCl；（2）当取少量固体溶于水，得到无色溶液，可确定无CuSO4，因为CuSO4白色固体溶于水得蓝色溶液。小问1已判断一定存在Na2CO3、NaCl，则该固体中不能存在BaSO4、AgNO3，因为BaSO4会与Na2CO3反应生成BaCO3白色沉淀,而AgNO3会与NaCl反应生成AgCl白色沉淀。则一定不存在的物质是CuSO4、BaSO4、AgNO3；（3）据上述不能判断是否

31、存在KNO3，硝酸钾是否存在并不会对上诉现象产生影响。检验KNO3可通过焰色反应，将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色；蘸取试样在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色(检验硝酸钾要透过钴玻璃观察)，若火焰呈紫色，证明有钾离子，即为KNO3，最后将铂丝再蘸浓盐酸灼烧至无色即可。7(1) r(Na)r(Al)r(Si) 3s1(2)bd(3)OHAl(OH)32H2O(4)3(5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高(6)(7)35g【分析】一种硅酸盐的组成为：M2OR2O32SiO2nH2O，已知元素M、R均

32、位于元素周期表的第3周期,两元素原子的质子数之和为24，M为+1价，R为+3价，则说明M为Na，R为Al。(1)该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)r(Al)r(Si)；M(Na)原子核外能量最高的电子是3s上的电子，其电子排布式为3s1；故答案为：r(Na)r(Al)r(Si)；3s1。(2)常温下，铝与氯化铜反应生成氯化铝和铜单质，铝与氧化铁常温不反应，铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是bd；故答案为：bd。(3)M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化

33、铝，两者反应的离子方程式OHAl(OH)32H2O；故答案为：OHAl(OH)32H2O。(4)Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为3；故答案为：3。(5)氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高；故答案为：C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高。(6)碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为3价，则碳升

34、高2个价态，Si3N4降低12个价态，因此碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则为3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO，其电子转移为；故答案为：。(7)根据反应方程式3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO分析得到气体质量增加112g，则生成1mol Si3N4即140g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则气体质量增加了28g，则制得的Si3N4质量为；故答案为：35g。8(1)CuSO4(2) Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 Na2CO3+C

35、a(OH)2=CaCO3+2NaOH【分析】硫酸铜溶液为蓝色，则B是硫酸铜溶液；稀硫酸遇石蕊变红，则A溶液是稀硫酸；氯化钠不能使石蕊变色，仍是紫色，则C溶液是氯化钠；剩余的氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液都显碱性，能使石蕊变蓝；(1)硫酸铜溶液为蓝色，则B是硫酸铜溶液，B中的溶质是CuSO4。(2)用 X 鉴别 氢氧化钠和碳酸钠时：若 X 为稀盐酸，则碳酸钠能与稀盐酸反应产生氯化钠、水和二氧化碳气体，化学方程式：Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2；若 X 为澄清石灰水，则碳酸钠能与氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH。9(1)

36、碱性(2) 稀盐酸 NaClAgNO3= AgClNaNO3【分析】把它们两两混合，均无明显现象，稀H2SO4或Na2CO3与Ba(OH)2不能同属于该三瓶溶液，往样品中分别滴加紫色石蕊溶液，有一种溶液变红色，另一种溶液不变色，剩下的一种溶液变蓝色，则说明该三瓶溶液分别是酸性、中性、碱性溶液。(1)紫色石蕊溶液遇碱变蓝，能使紫色石蕊溶液变蓝色的原溶液显碱性。(2)综合i、ii步实验现象及结论，可推断出这三种溶液中的一种溶液一定是Ba(OH)2溶液，据分析，三种溶液中有酸溶液，而稀H2SO4或Na2CO3与Ba(OH)2不能同属于该三瓶溶液，则还有一种溶液一定是稀盐酸；再取样，往其中滴加一种无色

37、溶液，产生白色沉淀，由于硝酸盐和钠盐都是可溶性盐，该白色沉淀是氯化银，则滴加的无色溶液是AgNO3，化学方程式：NaClAgNO3= AgClNaNO3。10(1)H、N、O、S(2)或(3)、(4) 取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有【分析】实验II，M形成水溶液D，与氯化钡反应生成白色沉淀，结合实验I分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明M含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明M的水溶液中含有铵

38、根离子，白色沉淀为23.3g，则硫酸钡为0.1mol，说明D含有0.1mol的硫酸根，实验I中，粘稠油状液体为4.9g即硫酸为0.05mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重3.2g为二氧化硫，由固体氧化铜减重1.6g ，得氢气的物质的量为0.1mol，无色气体C为氮气，所以，由实验I可得9.7gM含有SO2、H2、N2、H2SO4各3.2g，0.2g，1.4g，4.9g，所以组成M的元素是H、N、O、S，M的化学式为或，据此解答。【详解】（1）根据分析可知，组成M的元素是H、N、O、S；故答案为： H、N、O、S。（2）根据分析可知，M的化学式为或；故答案为：或。（3）根据题

39、目信息可知，无色溶液E中含有铵根及过量的氯化钡。所以E中溶质为：、；故答案为：、。（4）M与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C，其中C为氮气，反应的化学方程式为：；无色溶液G中的阴离子为硫酸根和氯离子，可取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有；故答案为：；取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有，另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，

40、若有白色沉淀，说明有。11(1) Fe、Cl、H； (2) (3)(4)取适量反应后的溶液于试管中，先加KSCN溶液，变红则有铁离子；继续向试管中加过量铁粉，若有气体产生且收集后点燃有爆鸣声，则有氢离子。【分析】溶液C与氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，为氢氧化铁沉淀，说明X中含有铁元素，氢氧化铁沉淀灼烧生成氧化铁，质量为8.0g，故氧化铁的物质的量为0.05mol，X中铁元素的物质的量为0.1mol，质量为5.6g；另外溶液A 加入足量硝酸银溶液后生成白色沉淀，为氯化银，质量为28.7g，故氯化银的物质的量为0.2mol，在题中化合物X与200ml0.5mol/L盐酸恰好完全反应，加入的氯离子

41、的物质的量为0.1mol，而制得的氯化银沉淀物质的量为0.2mol，说明化合物X中含有0.1mol氯离子，质量为3.55g；化合物X与盐酸反应后还有气体生成，该气体在氧气中点燃产物G常温下为无色液体，故G为水，气体B为氢气；化合物X只含3中元素，故为Fe、Cl、H；根据质量守恒，氢元素质量为9.25-5.6-3.55=0.1g，物质的量为0.1mol。故X为Fe HCl，与盐酸反应得到A（氯化亚铁溶液）和B（氢气），化学方程式为：；A（氯化亚铁溶液）与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应后得到D（氯化银）和溶液C，反应方程式为：，硝酸和硝酸银过量，故C溶质为：；(1)由分析可知组成X的元素为Fe、Cl

42、、H；化合物G为水，电子式为；(2)根据分析知C溶液溶质为：；根据的现象，氯离子从硝酸银中夺得银离子，生成氯化银沉淀，氯离子结合银离子能力强于硝酸根；氨水与氯化银生成，氨气结合银离子能力强于氯离子，故结合银离子能力由强到弱为：；(3)X为Fe HCl，与盐酸反应得到A（氯化铁溶液）和B（氢气），化学方程式为：；(4)固体F为氧化铁，溶于足量稀盐酸后，溶液中的阳离子有铁离子和氢离子，即实质为证明这两种阳离子是否存在：取适量反应后的溶液于试管中，先加KSCN溶液，变红则有铁离子；继续向试管中加过量铁粉，若有气体产生且收集后点燃有爆鸣声，则有氢离子。12(1) Na2CO3 水蒸气或H2O(g)(2

43、)2Na2CO33H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4H2O22H2O)(3)3CO2+Ca2+4OH-=2HCO+CaCO3+H2O(4)5(2Na2CO33H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2+15O2+34H2O(5)取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无【分析】气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C