2023届高三化学一轮复习 练习——元素或物质推断题.pdf

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1、2023届高考化学一轮专题练习一元素或物质推断题1.(2022浙江嘉欣模拟预测).由三种元素组成的固体化合物A,按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气 体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。固体A一定条件N/CO油液社，请回答:城GToF 组 成A的三种元素是N和(填元素符号)，A的化学式是。(2)固体D与足量水反应的离子方程式是一。(3)将气体E通入SC12的热溶液中可制得S4N4,同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质,该反应的化学方程式是一。I I.某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。NaOH溶液请回答:(1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案O(2)实验中观察到有白色

2、固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分。2.(2022浙江省杭州第二中学模拟预测)化合物A由三种短周期元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：LA 溶液乙2.52 g A20 mL 3 mol/L盐酸120 mL 1 mol/L气体甲号修气体单质乙0.42 g温海鬻产典墨冬白色固体小。8已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL；固体甲为常用的耐火材料，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。请回答下列问题：（1）A 的 组 成 元 素 为 （用元素符号表示），A 的 化 学 式 为；（2）写出气体 甲 与 NaOH（aq）反应的离子方程式（3）往溶液乙中通入少量CO2气 体 发

3、生 的 化 学 方 程 式；（4）高温下A 与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物，试写出相应的化学方程式 O3.（2022四川绵阳一模）已知蓝铜矿的主要成分是2CUCO3-CU（OH）2,受热易分解。铝土矿的主要成分是 AI2O3、Fe2O3,SiO2o 已知 NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）31+NaHCO3，根据下列转化框图回答问题：（1）写出口的离子方程式:（2）沉淀a、c 的化学成分分别是、。（3）请写出检验沉淀b 中所含有阳离子的实验方法：o（4）洗涤沉淀c 的 实 验 操 作 方 法 是,加热沉淀c 应放在（容器）中进行。（5）经过步反应得到铜和金属铝，写出反应

4、的化学方程式：、4.（2022 湖南永州一模）纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3,FeO、SiO2和一些有机物等杂质。工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁（MgSO,HzO）的工艺流程如下：硫酸溶液 NaClO溶液纯橄岩 一X A|酸浸 过滤I|-A 调pH=56-过滤II|一 MgSO4 H2O（1）酸浸时温滤渣1 滤渣1 I度控制在90门 100口之间，并且要连续搅拌2 小时。口连续搅拌2 小时的目的是 o口酸浸时适宜的酸度及用量对酸浸工艺十分重要，浓度过低,浸取不完全，浓度过高（5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，根据酸浸反应原理分析，造成浆料黏度过大的物质是（填

5、名称）。（2）实验室中过滤所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。答案第18页，共 28页(3)向过滤U的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的ME+氧化成M nCh,反应的离子方程式为。(4)滤渣口中主要成分为MnCh和(填化学式)。(5)已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSCU+bO,采取将滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶，需要加压升 温 的 原 因 是。MNM”|I2的 实 验 现 象 是。N a B r溶液 5 m L 0.2 m ol,L 1 至K1 溶液飞-C C L(5)为了排除C 1 2 对漠置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通

6、入C 1 2 未过量。试设计简单实验 方 案 检。9.(2 0 2 2 新疆克拉玛依模拟预测)阅读下面的信息，推断元素及有关物质，按要求回答问题：信息口:X、Y、Z、W 是常见的短周期元素，其原子序数依次增大，且原子核外最外层电子数均不少于2。(1)根据信息口，X 一定不是(填序号)。A.氢 B.碳 C.氧 D.硫信息口:上述四种元素的单质均能在足量的氧气中燃烧，生成的四种氧化物中，有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓氢氧化钠溶液，氧化物的相对分子质量都大于2 6。(2)这四种元素中是否可能有一种是铝元素？o信息口:向上述四种元素单质组成的混合物中加入足量盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入

7、过量的烧碱溶液，最终溶液中析出白色沉淀。(3)白 色 沉 淀 物 的 化 学 式 为。信息口:向上述四种元素单质组成的混合物中加入足量烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中析出白色沉淀。(4)析出白色沉淀的离子方程式为,信息口:X与 W 同主族(5)X与浓硫酸加热时反应的化学方程式为：Y在 X的氧化物中能剧烈燃烧，其反应现象为(6)己知H?的燃烧热为2 8 5.8 k J/m ol。现有X的氢化物X H 4 和 H 2 的混合气体各0.1 m ol,与 O 2 完全燃烧生成H 2 O (1)时，放出的热量为1 1 7.6 k J。则 X H 4 完全燃烧的热化学反

8、应方程式为：1 0.(2 0 2 2 北京通州一模)有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x,y、d、f 随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1 所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为O.O l m o l/L)的 p H与原子序数的关系如图2 所示。+3告-2 17M向 H r原子序数图1+1冈n根据上述信息进行IH:1原子序数图2判断，并回答下列问题：(1)g 在 元 素 周 期 表 中 的 位 置 是；(2)比较d、e、f 的 简 单 离 子 半 径 大 小 为 A；U向 C 溶液中滴加稀盐酸，有气体生成；口向D

9、溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失。请根据上述实验现象，回答下列问题：(1)实验口中发生反应的化学方程式为；向 C 中滴加NaOH溶液，出现的现象为一。(2)分两步写出实验口中发生反应的离子方程式：；(3)写出下列四种化合物的化学式：A、B、E。答案第22 页，共 28页12.（2022北京石景山一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动 了化学知识在中国的传播和应用。物 质 A 由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z 组成，其 中 z 为金属元素，X、Y、Z 简单离子的核外电子排布相同，物 放 A 的结构式如图所-Y+-3-X、xrXZXY/4)0 2

10、.M g、S i、H M gS i2 H4 S i2 H6+4 OH+2 H2 O=2 S iO：+7 H2 T N a2S iO3+C O2+H2O=N a2C O3+H2S iO31 M gS i2 H4+7 C L =M gC l2+2 S iC 1 4+4 HC I高 温【分析】2.5 2 g A 中加入2 0 m L 3 m o l/L 的盐酸发生反应生成气体甲为纯净物且只含两种元素,答案第2 8 页，共 2 8 页在标况下体积为672 m L,物质的量=:-=0.03mol,气体甲和120 mLl mol/L的氢22.4L/mol氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，溶液乙

11、为建筑行业中常用的粘合剂，溶液乙为硅酸钠溶液，说明A 中含硅元素、氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲为常用的耐火材料，固体甲应为氧化镁，白色沉淀为Mg(OH)2,则判断甲溶液中含M g元素，为 MgCb溶液，计算得到镁的物质的量(M g)=W 2 i=0.0 3 m o l,则 A 含有的元素为Mg、Si、H 元素，气体甲为纯净物且只含两种元素为Si、H 组成，气体物质的量0.03 m o l,和 120 mLimol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH物质的量=0.12Lxlmol/L=0.12m。l,贝 I

12、J气体甲和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：4,生成SiO；和氢气，根据原子守恒得到甲为Si2H6,甲和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Si2H6+4OH+2H2O=2SiO；+7H2f,n(Si)=0.06 mol,“人,一 十 一,/TTX 2.52g-0.06mol x 28g/mol-0.03mol x 24g/mol 八1 1所含氢兀素物质的量 (H)=-,-=0.12mol,(Mg)：n(Si)：Ig/moln(H)=0.03mol：0.06mol：0.12mol=l：2：4,A 为 MgSi2H4,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 含有的元素为Mg、Si、H 元素；A 为

13、 MgSi2H舒故答案为：Mg、Si、H；MgSi2H4；(2)甲为Si2H6,甲和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2H6+4OH+2H2O=2SiO；+7H 2f,故答案为：Si2H6+4OH+2H2O=2SiO+7H2f；(3)溶液乙为硅酸钠溶液，通入少量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，化学方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO31,故答案为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO31;(4)高温下，A 与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和氯化氢，反应的化学方程式：MgSi2H4+7CL.=Mg

14、Cl2+2SiCl4+4HCU 故答案为：MgSi2H4+7Cl2摘温=MgCl2+2SiCI4+4HCU高温3.Al3+4OH-=A1O2+2H,O Fe3+3OH=Fe(OH)(J SiO2 A1(OH)3 取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b 中含有阳离子Fe3+在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸储水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 用期 2 2 CUC O3 C u (O H),+3 C =6 C u+7 C O2 T +2 H,02 A k C)3(熔 融)塾 4 A 1+3 O?T【分析】铝土矿的主要成分是A

15、I 2 O 3、F e2O3,S i O2,加入盐酸溶解过滤得到沉淀a 为 S i O 2,溶液a 为氯化铝、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到沉淀b为F e()H)3,A为N a A l C h 溶液，蓝铜矿的主要成分是2 C u C O、C u(O H)z，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为 C O 2,G为 C u,F+A 反应生成沉淀c 为 A 1(O H)3,溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为 A 12O3和水，氧化铝电解得到E和 D为氧气和铝，据此解答。【详解】(1)反应是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：A 13+4 O H =A

16、1 O；+2 H3O,氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：F e3+3 O H =F e(O H),1；故答案为：A 1,+4 O H=A 1 O；+2 H2O；F e3+3 O H =F e(O H)3 J；(2)上述分析可知a 为二氧化硅化学式为S i O2,c 为氢氧化铝化学式为A 1(O H)3,故答案为：S i O2；A 1(O H)3；(3)检验沉淀b中所含有阳离子为铁离子，加入盐酸溶解后加入硫氟酸钾溶液，若出现红色证明含铁离子，实验方法为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴K S C N 溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀

17、b中含有阳离子F e 3+；故答案为:取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸,然后再往试管中加入几滴K S C N溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子F e 3+；(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸储水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，加热固体c 的操作是把固体放在在卅烟中灼热，故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸储水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；地期；(5)蓝铜矿的主要成分是2 CUC C 3 C u(O H)加入木炭加热反应生成铜、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2 2 CUC O3-C u (O H),+3 C =

18、6 C u+7 C O2 T +2 H2O ；答案第3 0 页，共 2 8 页电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：2ALC3（熔融）-4A1+3O,T；故答案为：2 2CUCO3-C u（OH）J +3C=6Cu+7CO2 t +2H,O；2Al2。3（熔融）-4A1+3O,T。4.充分反应，提 高 纯 橄 岩 中 镁 的 浸 出 率 硅 酸 普 通 漏 斗 或 漏 斗 Mn2+ClO-+H2O=MnO21+2H+C r Fe（OH）3 由图可知，在较高温度下析出MgSO#HzO,而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4

19、H2O 晶体【分析】纯橄岩加入硫酸酸浸，氧化镒溶解生成硫酸铺，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，二氧化硅不溶于水或酸，过滤到滤渣，溶液加入次氯酸钠，将锯离子氧化生成二氧化镭，将亚铁离子氧化生成铁离子，调节溶液的酸碱性，使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出氢氧化铁沉淀和二氧化镒，溶液经过蒸发浓缩、加压升温的方法结晶得到产品。【详解】（1）口浸出是升高温度、连续搅拌,其目的是充分反应，提高纯橄岩中镁浸出率；口酸度过大，生成更多的硅酸，硅酸不溶于水，所以容易形成包团现象；（2）过滤需要使用漏斗；（3）镒元素升高2 价，氯元素降低2 价，根据电子守恒和电荷守恒分析，该反应的离子方程式为：

20、M*+C1CT+H2O=MnO2i+2H+C r；（4）加入次氯酸钠容易，能将亚铁离子氧化成铁离子，将溶液中的锦离子氧化成二氧化镒，调节溶液的pH=5 6,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣口中主要成分为氢氧化铁和二氧化镒。（5）由图可知，在较高温度，大约70度之后生成M gSOfHzO,而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4 H2O晶体。5.SiO2 Na2SiO3 H2SiCh（或 HdSiO。SiCh+2C 高 温 Si+2cOf Si+2OH+H2O=SiOf+2H2f SiOf+CO2+H2O=CO；+H2SiO3l【

21、分析】A、B、C、D、E 五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用 R 表示）的单质D能与N a O H 溶液反应生成C和氢气，由转化关系可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦炭高温下生成D,则 A为 S i O z,D为S i,C为N a2S i O3，根据反应口或反应1 都可推得B为C a S i O3,根据反应口推知E为H 2 S i C h(或H4S i O4),然后分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是 S i O2,B是 C a S i C h,C为 N a2S i O3,D为 S i,E为 H2S i O3(H4S i O4)由以

22、上分析可知A化学式为S i O2,C化学式为N a2S i O3,E化学式为H2S i O3(或ESQ)。(2)反应是S i O2与焦炭在高温下发生置换反应产生S i 和 C O,反应的化学方程式为:S i O2+2 C品 温 S i+2 c O f ；(3)反应 是 S i 与 N a O H 溶液反应产生N a z S i C h、H2,反应的离子方程式为：S i+2 O H +H2O=S i O j+2 H 2%(4)向 N a z S i C h 溶液中通入 C O 2,发生反应：N a z S i C h+C C h+F h O N a 2 c O 3+H 2 S O 3 I，该反应

23、的离子方程式为：S i O；-+C O2+H2O=COj-+H2S i O3l,从而证明了物质的酸性：H2C O3 H 2 S i O3o【点睛】本题以硅为教体考查了无机物的推断。结合物质的拆分原则，根据原子守恒、电荷守恒书写离子方程式，注意：二氧化硅和碳在高温下反应生成CO而不是C 0 2,为易错点。6.F e+4 H+N O3=F e3+N O t+2 H2O N a2 c O 3 离子键、极性共价键 A l3+3 H2O A l (O H)3+3 H+M g3N 2+6 H2O=3 M g(O H)2 1+2 N H3t ；4 N H3+5 O2催化剂-4 N Q+6 H2QA【详解】(

24、1)口若常温下A为有色气体，F是一种金属单质由转化关系可知，F为变价金属，应为F e,B与 F e 反应生成高价F e,由于A为有色气体，与水反应生成B与 E,则 A为二氧化氮，B为硝酸、E为 N O,C 为硝酸铁、D 为硝酸亚铁。则 B和适量F反应生成C 与气体 E 的离子方程式为：F e+4 H+N O3-=F e3+N O T+2 H2O;0A为有色气体，与水反应生成B与 E,E具有漂白性，则 A为氯气、B为 H C1、E为 H C1 O,物质F焰色反应呈黄色，含有N a 元素，C 为直线型分子，结合转化关系可知，F为碳酸钠、C 为二氧化碳、D 为碳酸氢钠，F的化学式为N a2 c Ch

25、;D 为 N aH CCh，含有离子键和极性共价键；(2)A 为淡黄色固体，能与水反应，则 A为过氧化钠，物质A和 D 的相对分子质量相等，结答案第3 2 页，共 2 8 页合转化关系，B为氢氧化钠、C 为偏铝酸钠、F为铝盐、D 为氢氧化铝、E为氧气，铝盐溶液中存在铝离子的水解：A l3+3 H2O A l(O H)3+3H所以呈酸性；(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的g ,则该元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为2,则该元素为M g；B和 D 分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，该盐应为N H 4 N O 3,A中另一种元素为N元素

26、，所以A为 M g 3 N 2,与水反应的化学方程式为M g 3 N 2+6 H 2 O=3 M g(O H)2 1+2 N H 3 f；B为 N H 3,催化剂被催化氧化生成C 为 NO,化学方程式为4 N H3+5 O24 N O+6 H2O,H2O OH,7.N O C 1 S H F 分子间形成氢键 极性 s p 3 2 C O O N F e2+()H2/H2O OH2【分析】常见的1 8 电子的二元化合物有：H C1、H2S,P H 3、Si H4,H 2 O 2、N 2 H 4、C汨6；D可作为火箭推进剂的燃料，且原子个数为6,原子个数比为1:2,应为N 2 H 4；A、C 分子

27、中两种原子的个数比均为1：1,A含有2个原子则A应为H C1,C 含有4个原子，则 C 应为H2O2；B含有3个原子，个数比为1:2,应 为 H2S【详解】(1)A、B、C、D 分子中相对原子质量较大的四种元素分别为Cl、S、0、N,同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但 N原子核外2 P 能级半满，更稳定，所以第一电离能大于0;同主族元素自上而下第一电离能减小，所以四种元素第一电离能由大到小排列顺序为N O C1 S；(2)由于HF分子间存在氢键，所以HF的沸点高于H CI；(3)B 为 H 2 S,分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)D为 N 2 H 4,中心N原子与两个

28、H原子形成2个 0键，与另一个N原子形成1 个 键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4,为 s p 3 杂化；N原子组成的单质为N 2,分子中含一个氮氮三键，其中有2个兀键；原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团互为等电子体，所以与N 2 互为等电子的分子为C O；(5)F e(N O)(H 2 O)5 产中NO以N原子与F e 2+形成配位键，水分子中0原子含有孤电子对，所H2O OH,/以 H 2。以0原子与F e 2+形成配位键，F e(N O)(H 2 O)5 产的结构示意图为O N-F e-O H：；H2O OH2【点睛】解决本题的关键是要对常见的18电子的微粒熟悉;常

29、见的18电子的二元化合物有:H C 1、H 2S、P H 3、S i H4 H 2O 2、N 2H 4、C 2H 6。8.碳(C)和氢(H)C H=C H N a H C 2+H2O=N a O H+C2H 2 C O2+2F e O F e2O 3+C O 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入C 12,若试管中溶液出现红棕色，说明有澳单质生成，可确定氯气未过量【分析】.气体B在氧气中燃烧生成气体C,100U 时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重3.60g,增重的质量为H 2 O 的质量，气 体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D

30、能被碱石灰吸收，则 D为 C O 2,碱石灰增重17.60g,即 C O 2的质量为17.60g,根据以上分析可得 B和氧气反应生成C O 2和 H 2O,B由 C、H两种元素组成，C O 2的物质的量为44g/m ol3.60。=0.4m ol,则碳元素的物质的量为0.4m ol,H 2 O 的物质的量为皿，=0.2m ol,则氢元素的18g/m ol4 481物质的量为0.4m ol,气体B标况下的体积为4.48L,则 B的 物 质 的 量 为,=0.2m ol,由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C 2H 2,溶 液 F焰色反应呈黄色，则 F中含有N a 元素，根据

31、反应流程，A、E中均含有N a 元素，碱性溶液E与0.2m ol H C l 恰好完全反应生成中性的F溶液,则F 为 N a C l,则”(N a 尸 n(C l)=n(H C I)=0.2m ol,由三种常见元素组成的化合物A,与足量的水反应生成B和 E,A中应含有C和 N a 元素,A 的质量为 9.6g,则第三种元素的质量为 9.6g-0.4m ol x l 2g/m ol-0.2m ol x 23g/m ol=0.2g,则 A为 C、H、N a 三种元素组成，物质的量分别为0.4m ol、0.2m oL 0.2m oL 则 A的化学式为N a H C2)据此分析解答；.向 N a B

32、r 溶液中通入一定量C L,溶液由无色变为红棕色，证明有漠单质生成，发生反应 C b+2N a B r=2N a C l+B r2,将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的K I 溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为B n+2K I=2K B r+l 2,根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。【详解】.(1)根据分析，组 成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H),气 体 B 为 C 2H 2,结构简式C H 三 C H；(2)固体A与足量水反应的化学方程式是N

33、 a H C z+F h O N a O H+C 2H 2 f；(3)根据分析，D为 C O 2,一定条件下，气体C O 2可能和F e O 发生氧化还原反应，C C h 中碳元素为+4 价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，F e O 中 F e 元素为+2 价，具有一定的还答案第34 页，共 28页原性，可能的化学方程式C C h+2F c O 磐 F e z C h+C O；.(4)将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的K I 溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为B r 2+2K I=2K B r+L,反应中Bn

34、为氧化剂，L为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性B r212；(5)为了排除C l2对漠置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入C h未过量。由于漠单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入C 12,若试管中溶液出现红棕色，说明有澳单质生成，可确定氯气未过量。【点睛】本题难点为口中物质的推断，要结合物质的性质分析，气体D 被碱石灰吸收，说明D 为酸性气体，且 气 体 B、C、D 均无色、无臭，则 D 为 C 0 2,流程图中，1 0 0 口时，C 气体部分被浓硫酸吸收，则可确定被吸收的为水蒸气。9.A D 可能 M g(O H)2 S i

35、 O j2-+2 H+=H2S i O3；2 H 2 s o 4(浓)+CC O 2 T+2 S O 2 T+2 H 2。剧烈燃烧，产生白烟，有黑色物质附着于集气瓶内壁 C H4(g)+2 O2(g)=2 H 2 O(l)+CO 2(g)n/7=-890.2 k J/m o l【分析】四种氧化物中，有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓氢氧化钠溶液，说明有一种元素是铝；镁和盐酸溶液反应生成氯化镁，氯化镁和过量的氢氧化钠溶液反应生成白色纸氧化镁沉淀，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中析出白色沉淀，说明有一种元素是镁；硅和足量烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠溶液中加入过量的盐酸溶液，生成白色硅酸

36、沉淀，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中析出白色沉淀，说明有一种元素是硅；X、Y、Z、W 是常见的短周期元素，其原子序数依次增大，X与 W 同主族，则 X是 C 元素、Y 是 M g、Z 是 Al、W 是 S i；【详解】(1)X原子最外层电子数均不少于2,所以X不可能是H；X、Y、Z、W 是常见的短周期元素，其原子序数依次增大，若 X是硫，则 W 不可能是短周期元素，故 X不可能是 S,选 A D；(2)四种氧化物中，有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓氢氧化钠溶液，说明有一种是两性氧化物，四种元素中可能有一种是铝元素；(3)镁和盐酸溶液反应生成氯化镁，氯化镁和过量的氢氧化钠溶液反应生成白色

37、氢氧化镁沉淀，所以白色沉淀物的化学式为M g(O H)2：(4)硅和足量烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠溶液中加入过量的盐酸溶液，生成白色硅酸沉淀，生成硅酸沉淀的离子方程式为S i O32 +2 H=H2S i O3l；(5 )C与浓硫酸加热时反应生成二氧化碳、二氧化硫、水,反应的化学方程式为2 H 2 s o 4(浓)+C=CCh T+2 s。2 廿2 H 2。；Mg在 C0 2 中能剧烈燃烧生成氧化镁和碳，其反应现象为剧烈燃烧，产生白烟，有黑色物质附着于集气瓶内壁；(6)H z 的燃烧热为2 85.8 k J/m o l,O.l m o l 氢气燃烧放出2 8.5 8 k J的 热 量

38、,则 O.l m o l CH,燃烧放出H 7.6k J-2 8.5 8 k J=89.0 2 k J的 热 量,则 C E 的燃烧热为890.2 k J/m o l,则 CH 4 完全燃烧的热化学反应方程式为 C H4(g)+2 O2(g)=2 H 2 O(l)+CO 2(g)口以=-890.2 k J/m o L1 0.第三周期第V I A 族 AP+N a+O2-；H CIO 4 N aCN+H2O 2+H 2 O=N aH CO 3+N H3 T N a+：C：;N：-【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是 H元素，y是 C 元素，z是 N元素，d 是 O元素，f

39、是 AI元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为 O.O l m o k 5,e 的 p H为 1 2,为一元强碱，则 e 是 N a 元素，z、h的 p H 均为2,为一元强酸，则 z为 N元素、h为 C1 元素；g的 pH小于2,则 g的为二元强酸，故 g为 S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】(l)g 为 S元素，原子序数为1 6在周期表中位于第三周期第V I A 族；(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：AP+N a+C,则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 H C1 04；(3)口溶液p H 越小，金属阳

40、离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故口正确；口单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故口错误：口化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故口错误；口元素化合价高低与金属性无关，故】错误；口单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故口正确；答案选口 ;(4)y是 C元素，z 是 N元素，e 是 Na元素，化合物N a C N 不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成 N a H C C h、N H3,反

41、应方程式为：N a C N+H2O 2+H2O=N a H C O 3+N H 3T，N a C N 由 N a 卡、C N-构成，含有N 2 分子中类似的化学键，则 C N-中存在三键,N a C N 电子式为N a+:C V N：。答案第36页，共 2 8 页1 1.9F e(N O 3)2+1 2 H C l=5F e(N O3)3+3N O t+4 F e C 1 3+6H2O 先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 A P+30 H =A I(0 H)31、A 1(O H)3+O H-=A 1 O 2-+2 H2O K 2 C O 3 B a(O H)2 C a C l2【分

42、析】能使溶液呈碱性的离子有O H、C O 32-,测得溶液A、B呈碱性，则应分别为碱、碳酸盐，且碱性为B A,则 A为碳酸盐，形成化合物且溶于水的只有K+,剩下的阳离子能与O H-形成化合物且溶于水的只有B a 2+,故 A应为K 2 c o 3,B应为B a(0 H)2；口向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，应为F e(N C h)2,发生氧化还原反应生成NO气体；向D溶液中滴加N a O H 溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失，则 D含有A F+,E含有 C a 2+,结合离子共存可知D为 A b(S C)4)3,E为 C a C L,以此解答该题。【详解】(1)实验口中发生反应的化学方程

43、式为9F e(N O3)2+1 2 H C l=5F e(N O 3)3+3N O T+4 F e C h+6H2O；向 C 中滴加 N a O H 溶液，C 溶液中为F e(N O3)2,出现的现象为先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(2)实验 中发生反应的离子方程式为A F+3O H-=A 1(O H)3，、A 1(O H)3+O H-=A 1 O 2-+2 H2O；(3)由以上分析可知A为 K 2 c O 3,B为 B a(0 H)2,E为 C a C L。1 2.第三周期第DA族 F-N a+A l3+N a A l O 2+6N a F+4 C O 2+2 H 2 O=

44、N a3A l F6+4 N a H C O 3 不矛盾。前者 B r?是氧化剂，L 是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者L是还原剂，B n 是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。(不矛盾；前者是“B r”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“B r”)【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1 价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1 价的阴离子，可推测X为 F元素，根据X和 Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且 Z为金属元素，则 Z为 A 1 元素.由X、Y、Z简单离子的核外电

45、子排布相同，可知Y为 N a 元素，据此进行分析。【详解】(1)N a 元素在元素周期表中位于第三周期第DA族，答案为：第三周期第DA族；(2)根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：rNa+A P+;答案为：F-N a+A l3+；(3)根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：N a A l O 2+6 N a F+4 C O2+2 H2 O=N a 3 A l F6+4 N a HC O3；答案为：N a A l O 2+6 N a F+4 C O2+2 H2 O=N a3A l F6+4 N a HC O 3；(

46、4)不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，B n 作为氧化剂，将 r 氧化为1 2,L 为氧化产物，体现了氧化性：B r2h;在后一个反应中，B r C h一 中 B r 的化合价降低，被还原为B n,Bn 为还原产物，L 作为还原剂，体现了还原性：l 2 B r 2.答案为：不矛盾；前者B。是氧化剂，L 是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者卜是还原剂，B n 是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾：前者是“B r”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“B r”）。A1 3.LiN3 第 2 周期 V A 族 Li 3 LiN3=Li3N+4 N 2 TLi+【分

47、析】B是空气的主要成分之一,B为氮气或氧气;C是一种强碱,且微溶于水,C为 LiO H,载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的C 0 2,以净化空气，LiO H与反应生成Li2 c C h；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是 N Fk,确定B为氮气，N EL是 2.2 4 L合 O.l m ol,A中N为 1 4 g 仙0 以0.111 1 0 1=1.4 8 口 为 1 1 3 1,3.5 8 中口为3 5-1.4=2.1 8，1 4.7 蛾 中 心 为 2.1 g,2 1?1 4 7 t-2 l j?n（L 尸r z=O 3 m oL n（N）=0.9 m ol,n（Li）：n（N）

48、=0.3:0.9=l:3,X 的化学式为：I g mol 14 g molLiN3【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN 3。故答案为：LiN 3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第 2 周期 VA族；（3）人为口3 犯Li最外层只有1 个电子，显+1 价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电 子 式 为 、.。故答案为：“、.Li；Li+Li+（4）由分析X的化学式为：LiN 3,X受热分解转变成Li3N 和 N2,由质量守恒：化学反A A应方程式为 3 LiN 3 =Li3N+4 N2T o 故答案为：3 LiN 3 =Li3N+4 N

49、2t o1 4.三角 锥 形 血血第三周期 IHA族 2 A 1+2 O H+2 H2 0 T 2 A 1 O 2+3 H2 T N HN C h+N a HC C h-N a N C h+Hz O+C O 2 T 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C H 4,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Is 2 2 s 2 2 P 3,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、C 1 等元素，X原子核外有5 种能量不同的电子，最外层有3

50、个电子，电子排布式为Is 2 2 s 2 2 P 63 s 2 3 p l 为 A l 元素，Z 最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为H C 1 0 4,则 Z 为 C I元素，结合元素对应原子的结构以及答案第3 8页，共 2 8 页对应单质、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C H 4,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Is 2 2 s 2 2 P 3,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、C 1 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I