2022版高考化学 3-2-1精品系列 专题11 无机综合与推断

专题11.无机综合与推断（教师版）元素及其化合物的推断题，往往文字较长，关系比较复杂，对于培养和考查学生的思维能力、逻辑推理能力具有很好的作用。同学们在解题过程中，首先应严密审题，看清楚题目的要求，并抓住最关键、最典型的部分。也可以根据瞬间闪现的灵感，首先假设一部分结论，然后根据题设条件，仔细分析各物质之间的内在联系，合理推理，得出正确结论。为了保证推断正确，最后必须将已推出的物质代入原题中进行检查，看每一步是否都符合题设，如有不符合的则必然重新进行推断。元素推断题结构严谨，推断时必须做到每一步都确有根据。熟练掌握元素及其化合物知识的内在规律，特别是单质、氧化物、酸、碱、盐之间在一定条件下相互转化的基本规律。找准特殊的现象、结构、反应作突破口，结合题给条件，运用逻辑思维，进行分析，从而得出答案，这是解题的基本过程。培养这种创造性的思维过程对以后的学习非常重要，但这种能力的培养需要一段较长的时间，绝非一蹴而就的。【考点定位】无机框图推断是无机化合物知识的综合考查，氯、硫、氮、铝、铁、钠元素及化合物之间的转化是框图题的热点。解题方法是抓住特征，找突破口，然后反复推敲、认真辨析，根据与其他元素或物质间的相互关系，通过逻辑推理，分析判断而得出结论，定量计算与框图题结合是高考试题开发的一类新题型。无机框图推断题是以元素化合物知识为主，集基本概念、基本理论为一体的综合性题目。具有考查知识面广、题型多变、思考容量大等特点。这类题既能考查学生掌握元素与化合物的知识量及掌握熟练程度，又能考查学生的逻辑思维能力，这类试题特点是综合性强、物质间关系复杂，导致学生解题时常常难以入手。元素化合物推断题是一类综合性很强的试题，其中不仅包含元素及化合物性质和社会生活、环境保护、化学计算等知识，有时还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。下面就对推断题的一般题眼及其解题技巧与方法进行分析和讨论。　　一、解推断题的一般思维策略　　1．立足基础：　　框图题重点考察元素及化合物的基础知识，立足于中学阶段常见物质与反应，故要熟练掌握一些代表性物质的基本性质：如色、态、味、化学性质等。夯实基础是求解推断题的前提。及时的进行一些总结和记忆是非常有必要的。　　⑴焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）55\n　　⑵浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr　　2．抓住特性：　　很多物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应，或在反应中能产生特殊现象，以硫元素及其化合物为例：Ｓ为淡黄色固体，H2S与O2、X2、Fe3+、SO2反应可产生淡黄色单质硫；SO2可被Fe3+、X2氧化，也可使品红溶液褪色，这些特殊信息有助于确定题目的突破口。又如：A—　　若A为化合物，则A必为无氧弱酸的铵盐或不稳定弱酸的铵盐：（NH4）2S或NH4HS；（NH4）2CO3或NH4HCO3；(NH4)2SO3或NH4HSO3。若A为单质则为铝。　　受热分解产生2种或3种气体的反应：　　（1）铵盐　　（2）硝酸盐　　与水反应产生气体55\n　　（1）单质　　（2）化合物　　强烈相互促进水解的物质：　　3．利用转化：　　无机物之间有一些重要的衍变关系，在物质之间按照一定规律反应时，会形成一定的特征的转化关系。如：　　⑴直线型转化：　　　⑵交叉型转化：55\n　　⑷无机框图中常用到催化剂的反应：　　　　牢记一些重要的转化关系，在解题时可两相对照，寻找相似，确定范围。　　同时，对一些典型的反应还需要从反应类型上加以总结。如置换反应：　　（1）金属→金属　　（2）金属→非金属55\n　　（3）非金属→非金属　　（4）非金属→金属　　总结的过程中，要注意从不同的角度出发，如置换反应可以按以上的角度总结也可以按是否是同族间的置换总结。　　4．应用数据：　　物质转化时式量的变化、各元素含量、相对密度等数据都是解题的关键点，可综合物质结构、性质、相互转化关系进行推断，如CO→CO2，NO→NO2，SO2→SO3，转化时分子中都增加１个氧，式量变化均为16。　　5．把握信息：　　题目给予的新信息可与旧知识形成一个新的知识体系，题干中的“常见”、“过量”等字眼为推断限定了范围；而反应条件、某些物质的频繁出现等隐含信息即是解题的重要突破口。　　二、解推断题的一般方法　　1．顺推法：　　顺推是根据题设条件和转化关系方框图，从最初反应物入手，利用给定反应物的结构和性质特点，顺着转化关系往后推，从而解决问题。55\n　　例1．图１每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：附表　各物质的量　　　　　　　　　　Ｃ　　　Ｄ　　Ｉ起始组成/mol　　　　６　　　４　　０某时刻组成/mol　　　３　　　３　　２　　物质A跟B反应生成物E、F和G，物质C跟D反应生成物质Ｉ，某温下该反应起始和某时刻的反应混合物组成如附表所示。请填写下列空白：　　⑴物质Ｈ的分子式_______；　　⑵反应①的化学方程式_______；　　⑶反应②的化学方程式（须注明反应条件）是________。　　答案：　　⑴HCl；　　⑵Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；　　⑶3H2+N22NH3　　2．逆推法：55\n　　有的推断题，最初条件意义并不明确，但某一结果有较明确的含义，求解时，从这一结果入手，采用逆推模式，逆向逐层推理，可顺利达到解决问题的目的。　　例2．某些金属氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐，根据图2化学反应方框图填空：（１）单质F是________；　　（２）写出由E生成G的离子方程式（或化学方程式）_______；　　（３）溶液Ｉ中所含金属离子是________；　　（４）由CE＋F若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）________。　　分析：从题设最初条件看，其意义并不明确，但从转化关系方框图中的结果“红褐色沉淀G”可知，其含义明确，故从此入手运用逆推。由红褐色沉淀G逆推可知溶液E中含Fe2+，再由Ｅ逆推知单质C为Fe，单质F为H2；又由单质F(H2)逆推知单质B可为金属Al或Zn或者为非金属单质Si，另由溶液Ｉ加NH3·H2O转化为沉淀Ｊ，Ｊ溶于强碱溶液，可确定单质Ｂ为Al，化合物Ａ为铁的氧化物。　　答案：　　（１）H2；　　（２）4Fe2++8NH3·H2O+O2+2H2O===4Fe(OH)3↓+8NH　　　　　或Fe2++2NH3·H2O====Fe(OH)2↓+2NH；　　　　　4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；　　（３）Al3+和Na+；　　（４）H2SO4或HNO355\n　　3．假想验证法：　　假设思维模式是由题设条件和转化关系图找出题目突破口，并对有关内容建立假设，然后将假设结果代入题中验证分析，由此可使问题得以解决。假设模式的思维途径可表示为：例3．下图①～分别代表反应中的一种物质，请填空白：　　（１）①、③、④的化学式分别是_______。　　（２）⑧与⑨反应的化学方程式是________。分析：由题设条件“物质①受热分解得气体混合物”可判断①可能为浓HNO3或不稳定酸的铵盐等。常见的不稳定酸的铵盐有NH4HCO3，(NH4)2CO3，NH4HSO3等。假设①为NH4HCO3，则气体混合物将为NH3，CO2，H2O蒸气，代入题中可推知③为NH3，④为O2，②为CO2；又由转化关系可推知⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3，⑨、⑩一种为MgO，一种为Ｃ，因⑧⑨反应生成三种产物，则⑨为Ｃ。以上结果都是符合题意的，可见假设①为NH4HCO3是成立的。同理(NH4)2CO3亦合题意。　　答案：　　⑴①——NH4HCO3[(NH4)2CO3]；③——NH3；④——O2；　　⑵C+4HNO3（浓）2H2O+4NO2↑+CO2↑　　三、参考练习　　常温下，A是只含X和Y两种短周期元素的气体，X的原子序数小于Y，甲、乙分别是X、Y元素的单质，丙也是某元素的单质。甲、乙、丙和B、C、D55\n都是常见的物质，他们之间有如下的转化关系，请回答下列问题：试回答下列问题：　　⑴若气体A是纯净物，且X和Y的质量比为1：3，则A的化学式是　　　　　　　　　（写化学式），它的分子构型是　　　，键角是　　　。　　⑵若气体A中X和Y的质量比大于1：3，则气体A中肯定有　　　　　　　　　（写化学式）。　　⑶若气体A的分子为线形结构，且Y和X的质量比在数值上等于Y的相对原子量，则A的化学式为　　　　　　。　　⑷写出化学式：B　　C　　D　　甲　　。　　⑸仅由X与丙所含元素可以形成两种化合物，它们的电子式分别为　　　　和　　　　。　　⑹写出反应①②③中属于置换反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　。　　　　参考答案：　　⑴A的化学式是：CH4，分子构型是：正四面体，键角是：109°28′　　⑵H2　　⑶C2H2　　⑷B、CO2；C、H2O；D、CO；甲：H2　　　⑸　　⑹　　提示：　　短周期元素形成的可燃物质有：H2、CH4、C2H6、C2H4、C2H2、C3H8、C3H6、C3H4、C4H10、C4H8、C4H6、NH3（在纯O2中可燃）、CO、H2S、PH3（不稳定，可不考虑）。　　⑴上面的纯净物中符合质量比的只不CH4，可用A为CH4验证，则X为H，甲为H2，Y为C（碳元素），乙为C单质，从上图分析知：丙为O2，B应该为CO2，产物C为H2O。　　⑵要使A中X和Y的质量比大于1∶3，即增加H元素含量，只有加入H2，所以肯定有55\nH2。　　⑶从上知，符合的只有C2H2。　　⑷结合⑴做答。　　⑸即H与O形成H2O和H2O2。　　⑹只有③中反应物为单质乙与化合物C，生成物为单质甲和化合物D，符合置换反应定义【2022高考试题解析】（2022·四川）26.(13分)下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体，M为红褐色沉淀。请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第周期族。（2）A在B中燃烧的现象是。（3）D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的量之比是。（4）G+J→M的离子方程式是。（5）Y受热分解的化学方程式是。【答案】：（1）四ⅦA（各1分，共2分）（2）产生苍白色火焰（2分）（3）2∶1（3分）（4）3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓（3分）（5）4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑（3分）【解析】：55\n根据题中的已知条件，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，I为红棕色气体，则I为NO2，M为红褐色沉淀，则M为Fe(OH)3。结合框图，C为NaOH，A、B为气态单质，A为H2、B为Cl2，X为NaCl，E为黑色固体，则E为MnO2，D为HCl，G为NaAlO2，N为HNO3，Y为Fe(NO3)3，H为Fe2O3，J为FeCl3。（1）B中所含元素为Cl，处于周期表中第四周期第ⅦA。（2）H2在Cl2中燃烧的现象为气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并白雾产生。（3）由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+H2O+Cl2↑可知，被氧化的是HCl（浓），物质的量为2mol，被还原的物质是MnO2，物质的量为1mol，物质的量之比为2∶1。（4）NaAlO2和FeCl3在溶液中发生双水解，离子方程式为3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓（5）Fe(NO3)3受热分解的方程式为4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑【考点定位】本题考查无机推断，涉及到金属元素Na、Al、Fe、Mn和非金属元素H、O、N、Cl。（2022·大纲版）27．（15分）（注意：在试题卷上作答无效）原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，c的+1价离子比e的-1价离子少8个电子。回答下列问题：元素a为________；c为_______由这些元素形成的双原子分子为__________________。由这些元素形成的三原子分子中，分子的空间结构属于直线形的是_______，非直线形的是_______________________。（写2种）这些元素的单质或由他们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是_______，离子晶体的是_______，金属晶体的是_______，分子晶体的是_______；（每空填一种）元素a和b形成的一种化合物与c和b形成的一种化合物发生的反应常用于防毒面具中，该反应的化学方程式为_______________________。55\n（2022·重庆）26.（15分）金刚石具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛.(1)碳与周期元素的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子，碳元素在周期表中的位置是，是，的电子式为.(2)一定条件下，还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的实验操作名称为，除去粗产品中少量钠的试剂为.(3)碳还原制,其粗产品中杂质为和.先将20.0g粗产品加入到过量的溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得固体11.4g，滤液稀释到1L，生成氢气的离子方程式为，硅盐酸的物质量浓度为。（4）下列叙述正确的有（填序号），①还原CCl4的反应、Cl2与的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③溶液与的反应可用于推断与的非金属性强弱④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2【答案】（1）第二周期第IVA族，氧（或O），（2）过滤，水（或乙醇）（3）Si+2OH-+H20=SiO32-+2H2，0.17mol/L（4）③④【解析】(1)碳元素的原子有两个电子层，最外层有四个电子，故在第二周期第IVA55\nD正确。【考点定位】本题考查硅与碳单质及化合物的结构与性质。【2022高考试题解析】1.（江苏）下列说法正确的是A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋Cl2(g)的△H＞0△S＞0B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率【答案】AD【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。2.（江苏）(12分)以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下：55\n回答下列问题：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为SO2＋O2SO3，该反应的平衡常数表达式为K＝；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为。（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是、。（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为（写化学）。【答案】（1）k＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)SO2＋NaOH＝NaHSO3(2)提高铁元素的浸出率抑制Fe3＋水解（3）Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3＋Cl2HCl3.（全国新课标）（14分）0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。55\n请回答下列问题：（1）试确定200℃时固体物质的化学式______________（要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为______________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_________，其存在的最高温度是_____________；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为________________；（4）在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=________________mol·L-1（Kap[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_______________mol·L-1。由图像可知CuSO4·5H2O存在的最高温度是102℃；（3）SO3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）因为Kap[Cu（OH）2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)=2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c(OH－)＝10－6，所以c(Cu2＋)＝2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为：CuSO4＋H2S=H2SO4＋CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1mol·L-1，所以H+浓度是0.2mol·L-1。答案：（1）CuSO4·H2O；（2）CuSO4570℃CuO＋SO3↑、CuSO4·5H2O、102℃；（3）Cu＋2H2SO4CuSO4＋2H2O＋SO2↑（4）2.2×10-8、0.255\n4.（大纲版）（15分）下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知：反应C+G高温B+H能放出大量的热，改反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%。回答问题：（1）①中反应的化学方程式为；（2）化合物I的电子式为，它的空间结构是；（3）1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少需铜粉的质量（写出粒子方程式和计算过程）；（4）C与过量NaOH溶液反应的粒子方程式为；（5）E在I中燃烧观察到的现象是。【解析】由题意易推断A为O2、B为Fe、C为Al、D为C、E为Mg、F为MgO、G为Fe2O3、H为Al2O3、I为CO2，其(1)(2)问题就迎刃而解了，（3）计算,解：可得关系式：Fe2O3～Cu，1.6gFe2O3的物质的量为0.01mol，则铜物质的量也为的0.01mol，其质量为0.01mol×64g/mol=0.64g；(4)中一般不考虑过量的NaOH与CO2的反应的离子方程式；【答案】(1)2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；（2）；直线形；（3）Fe2O3＋6H＋＋=2Fe3＋＋3H2O；Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋；n(Cu)=n(Fe2O3)=,铜粉的质量=64g/mol×0.01mol=0.64g；（4）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；（5）镁条剧烈的燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的55\n碳。5.（安徽）(14分)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的（写化学式）转化为可溶性物质。（2）第②步反应的离子方程式+ClO3－+＝MnO2+Cl2↑+。（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、、、，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有（写化学式）。（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7gMnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要molNaClO3解析：本题通过MnO2的提纯综合考察了常见的基本实验操作、氧化还原方程式的配平、产物的判断及有关计算。（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质；（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋55\n，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋Na2SO4＋4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol。答案：（1）MnO和MnCO3；（2）5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；（3）酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl；（4）0.02mol。6.（北京）（14分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示：（1）溶液A的溶质是；（2）电解饱和食盐水的离子方程式是；（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用；（4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c(SO42－)＞c(Ca2＋)]。精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）：①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是。55\n②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是③BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程Ⅱ中除去的离子有④经过程Ⅲ处理，要求盐水中c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L,若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）。（2）见解析（1）（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。（4）由于溶液中含有Mg2＋，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl－，方程式为2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42－就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO＝Na2SO4+NaCl。10m3盐水b中含NaClO的物质的量为，由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol×126g/mol＝126g。若设需要10%Na2SO3溶液的质量为X，则有，解得x＝1760g，即至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg。答案：（1）NaOH（2）2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑（3）氯气与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。55\n（4）①Mg(OH)2②2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑③SO42－、Ca2＋④1.767.（福建）（15分）I.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。（1）磷元素的原子结构示意图是。（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500°C生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2==6CaSiO3+P4O1010C+P4O10==P4+10CO每生成1molP4时，就有mol电子发生转移。（3）硫代硫酸钠（Na2S2O2）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：C6H8O6+I2===C6H6O6+2H++2I-2S2O32-+I2===S4O62-+2I-在一定体积的某维生素C溶液中加入amolL-1I2溶液V1ml,充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2,消耗bmolL-1Na2S2O2溶液V2ml.该溶液中维生素C的物质量是mol。（4）在酸性溶液中，碘酸钠(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3-+5SO32-+2H+==I2+5SO42++H2O生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：该实验的目的是；________________表中V2=_____mL.55\nII稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3，可用加热CeCl3• 6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是___________。（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH ≈3.Ce5+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：【答案】【解析】Ⅰ（1）P的原子序数是15，因此其结构示意图为：（2）P元素的化合价有正5价到了P4中的0价，故每生成1molP4转移20mol电子。（3）根据方程式可知：Vc～I22S2O32-～I2故用于滴定Vc的I2为：V1a×10-3-0.5V2b×10-3mol。（4）通过分析表中的数据可知，该实验研究的是温度、浓度对反应速率的影响；由于实验1和实验2的温度相同，故实验2与实验3的溶液体积一定相同，因此V2=40。Ⅱ（5）由于氯化铵分解出氯化氢气体，可以抑制CeCl3的水解。55\n（6）分析反应可知：Ce3+化合价升高到了Ce（OH）4中的正4价，而H2O2中O的化合价由-1价降到-2价，根据电子守恒可确定，Ce3+系数是2，而H2O2的系数为1。，再根据电荷守恒可知缺少的物质是H+，最后根据原子守恒配平反应：2Ce2++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H＋。8.（福建）（14分）四氧化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成为是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题(1)往①中缴入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：加入铁屑的作用是。（2）在②③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2﹒nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大大小在范围。（3）若把③中制得的固体TiO2﹒nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可以制得钛白粉。已知25°C时，该温度下反应的平衡常数K=。（4）已知：写出④中TiO2和焦炭、氧气反应生成也太TiCl4和CO气体的热化学方程式：。55\n（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是（只要求写出一项）。（6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4的，可采用方法。【解析】（1）使溶液中的Fe3+还原为Fe2+；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。（2）胶体的分散质微粒的直径大小介于1nm到100nm之间即1×10-9m到1×10-7m。（3）根据氢氧化铁的平衡常数表达式：ksp[Fe(OH)3]=[Fe3+].[OH-]3、而该反应的K的【答案】（1）使溶液中的三价铁离子还原为二价铁离子；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。（2）1×10-9m到1×10-7m（3）2.79×103(4)TiO2+2C+2Cl2===TiCl4+2CO△H=-81kJ.mol-1.(5)产生三废（6）蒸馏（分馏也正确）9.（山东）（14分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=-196.6KJ·mol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH=-113.0K·mol-1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=KJ·mol-1。55\n一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体之比为1:6，则平衡常数K＝。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH0（填“>”或“<”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是。【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）—41.8；b；2.67或8/3；(3)<；在1.3×104KPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】本题综合考查氮的氧化物化学性质及其简单氧化还原反应计算，热化学方程式的计算化学平衡状态判断，化学平衡常数计算，平衡移动方向与反应热的关系，实际工业条件的选择等内容。（1）(i)易知反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化还原反应的简单计算，1molNO2→N2，得到4mol电子，则转移1.2mol电子时，NO2为0.4mol，在标准状况下其体积为6.72L；（2)(i)对两个已知反应编号：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；ΔH1=-196.6kJ·mol-1……；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；ΔH2=-113.0kJ·mol-1……；再由（-）/2得目标反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）；由盖斯定律得：ΔH3=（ΔH1—ΔH2）/2=(-196.6+113.0)/2=—41.8KJ·mol-1。(ii)该反应（NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g））两边气力计量数相等，故压强不变，A错误；该体系中只有NO2有颜色，颜色深浅与NO255\n又由题意可得方程：解得a=0.8,再由K=2.67；（3）(i)由图像可知反应：CO（g）+2H2（g）10.（山东）（14分）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。（1）实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是。（2）右图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+S＝Na2Sx,正极的电极反应式为。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的倍。（3）溶液中离子浓度由大到小的顺序为，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH（填“增大”“减小”或“不变”），Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为（用离子方程式表示）。【答案】（1）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；CS2(或（热）氢氧，化钠溶液）；（2）xS+2e-=SX2-(或2Na++xS+2e-=Na2SX55\n)；离子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫；4.5；（3）c(Na+)>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）>c（H+）；减小；2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-【解析】本题综合考查了实验的除杂反应方程式与洗掉残留物试剂选择、原电池中电极子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫；(iii)该电池负极反应为：2Na-2e-=2Na+，铅蓄电池负极反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，假设均ag钠与铅，钠转移a/23mol电子，铅转移2a/207mol电子，转移电子的物质的量之比就为两者理论放电量之比，即：（a/23）÷（2a/207）=207/46=4.5；（3）(i)考虑盐类水解，结合物料守和和电荷守恒易知：c(Na+)>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）>c（H+）；(ii)加入硫酸铜后，发生Cu2++S2-=CuS↓，使硫离子浓度降低，使硫离子的水解平衡向逆反应方向移动，故pH变小；(iii)硫离子有强还原性，被空气中氧气氧化，方程式就好写：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-11.（四川）(14分)开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。请回答下列问题：(1)已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________。(2)该循环工艺过程的总反应方程式为_____________。(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是____________。(4)用吸收H255\n后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH)表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：NiO(OH)+MHNi(OH)2+M①电池放电时，负极的电极反应式为____________。②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为______________【解析】(1)反应方程式：4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，标出各物质的聚集状态；在反应中4molFeS2的质量为m(FeS2)=4mol×120g·mol－1=480g，放热Q=480g×7.1kJ/g=3408kJ，对应的热化学方程式为：4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g)DH=－3408kJ·mol－1。(2)在反应器中发生反应：SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4，在膜反应器中的反应为：2HII2＋H2，将两个方程式相加得：SO2＋2H2O=H2SO4＋H2。(3)在膜分离器中发生反应：2HII2＋H2，将H2分离出来有利于平衡向右移动，利于I2和H2的生成。(4)①负极反应物MH失去电子，生成的H＋在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH－e－＋OH－=H2O＋M。②O2与MH发生反应，生成H2O和M，电极反应式为：4MH＋O2＋4e－=2H2O＋4M。.【答案】(1)4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g)DH=－3408kJ·mol－1(2)SO2＋2H2O=H2SO4＋H2(3)促使平衡向右移动，有利于碘和氢气的生成(4)①MH－e－＋OH－=H2O＋M②4MH＋O2＋4e－=2H2O＋4M12.（四川）(15分)甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的成见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。55\n请回答下列问题：⑴戊离子的结构示意图为_______。⑵写出乙的单质的电子式：_______。⑶戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2:4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。⑷写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_________。⑸按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是__________。丁的单质能与NaOH溶液反应，也能与HCl水溶液反应，则丁是Na，生成的盐L是NaAlO2。丙、戊组成的化合物M为NaCl。(1)Cl－的结构示意图为：。(2)乙单质N2的电子式为：(3)NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3＋3Cl2=N2＋2NH4Cl＋4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质与被还原的物质之比为：2:3。(4)将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。(5)按右图电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。电解后得到NaOH溶液，滴入酚酞溶液中，观察到溶液变红。【答案】(1)(2)(3)2:3⑷AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓(5)2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑酚酞溶液溶液变红13.（天津）（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72—和CrO42—，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为55\n其中第①步存在平衡：2CrO42—（黄色）+2H+Cr2O72—（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显色.（2）能说明第①步反应达平衡状态的是。a．Cr2O72—和CrO42—的浓度相同b．2v(Cr2O72—)=v(CrO42—)c．溶液的颜色不变（3）第②步中，还原1molCr2O72—离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至。方法2：电解法该法用Fe做电极电解含Cr2O72—的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。（5）用Fe做电极的原因为。（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）。溶液中同时生成的沉淀还有。解析：（1）pH=2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72—的浓度会增大，所以溶液显橙色；（2）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72—和CrO42—的反应速率之比总是满足1：2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72—和CrO42—的浓度不再发生改变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。55\n答案：（1）橙（2）c（3）6（4）5（5）阳极反应为Fe－2e－＝Fe2+，提供还原剂Fe2+（6）2H++2e－＝H2↑Fe(OH)314.（天津）（14分）图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是55\n；M中存在的化学键类型为；R的化学式是。（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4,ZH4的电子式为。（3）已知A与1molAl反应转化为X时（所有物质均为固体）。放出aKJ热量。写出该反应的热化学方程式：。（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：（5）向含4molD的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n（X）变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。解析：本题属于无机框图题，这种类型的试题关键是关键是找准题眼，即突破点。A俗称磁性氧化铁，因此A是Fe3O4，在高温下Fe3O4与单质Al发生铝热反应，生成单质铁和Al2O3，而铁在点燃时与氧气化合即生成Fe3O4，所以X、Y分别是铁和氧气；在水中氧气与NO反应生成硝酸，所以D是硝酸；硝酸具有强氧化性与Fe3O4反应，生成Fe(NO3)3、NO和水，因此G是Fe(NO3)3；又因为E是不溶于水的酸性氧化物，且能与氢氟酸反应，所以E只能是SiO2，因此Z单质是硅，SiO2与NaOH溶液反应生成M，所以M是Na2SiO3，Na2SiO3与硝酸反应即生成硅酸胶体，所以R是H2SiO3。0Na2SiO3属于离子化合物，一定含有离子键，同时Si和O之间还存在极性键；Si与H2在高温下生成甲硅烷即SiH4，SiH4是由极性键构成的共价化合物，电子式是：；向稀硝酸溶液中加入铁粉反应的方程式为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋2H2O＋NO↑，当铁粉过量时，铁会继续和Fe(NO3)3反应，生成Fe(NO3)2，方程式为Fe+2Fe(NO3)3＝3Fe(NO3)2。由方程式可知4mol硝酸生成1molFe(NO3)3，1molFe(NO3)3生成1molFe(NO3)2，即n(Fe2+)的最大值是1.5mol。答案：（1）第二周期第ⅥA族离子键共价键H2SiO3（H4SiO4）55\n（2）（3）8Al(s)＋3Fe3O4(s)＝9Fe(s)＋4Al2O3(s)△H＝－8aKJ/mol（4）3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋14H2O＋NO↑（5）15.（重庆）（15分）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。（1）Al的原子结构示意图为_____________________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________________________。(2)30Si的原子的中子数为_________；SiO2晶体类型为__________________。（3）Al3+与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。答案：（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑55\n（2）16原子晶体（3）HCl（4）CO2（5）25%【解析】（2）30Si的质子数为14，质量数为30，因此中子数为30-14=16。（3）Yn-离子的形成可排除第ⅣA族元素，根据气态氢化物显酸性判断Y为第ⅦA族元素（第ⅥA族的H2O为中性，第ⅤA族的NH3的水溶液显碱性），该族元素形成的气态氢化物均为分子晶体，由于HF中含有氢键，使其熔沸点较高，其余氢化物由于结构相似，因此相对分子质量越小者，熔沸点越低，因此HCl的沸点最低。（4）根据药皮的组成可以确定，在高温条件下，大理石发生分解，CaCO3CaO＋CO2↑。16．（上海）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO4·5H2O的实验室制备流程图。根据题意完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：、。（2）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是，除去这种杂质的实验操作称为。（3）已知：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO455\n称取0.1000g提纯后的CuSO4·5H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2Og。（4）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线所对应的刻度。（5）如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：①②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略）在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是（6）如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为。解析：本题主要考察实验现象等观察、物质的提纯，中和滴定、实验过程设计及有关计算。【2022高考试题解析】1．（2022·全国卷Ⅰ）(15分)有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，它们都是中学化学中常用的无机试剂．纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且它们的阴离子均不同．现进行如下实验：①A有刺激性气味，用蘸有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；②将A分别加入其他五种溶液中，只有D、F中有沉淀生成；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶．根据上述实验信息，请回答下列问题：(1)能确定的溶液是(写出溶液标号与相应溶质的化学式)：________________________________________________________________________55\n________________________________________________________________________；(2)不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.D　Al2(SO4)3或MgSO4　取少量D，向其中滴加NaOH溶液有沉淀生成，继续加过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3溶液，若沉淀不溶，则D为MgSO4溶液2．（10·北京）(14分)由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分．甲同学欲探究X的组成．查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝．②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全．实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液．Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰．Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤．Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C.(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________．(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________.(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是________________________________________________________________________55\n________________________________________________________________________.(5)沉淀C的化学式是________．(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是________．解析：本题考查抗酸药成分的探究实验．(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合X为Mg3Al(OH)7CO3.答案：(1)CO2(2)钠和硅(3)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH(4)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O(5)Mg(OH)2(6)Mg3Al(OH)7CO33．（2022·四川）(15分)短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱．E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成．E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F.溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为H.H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色请回答下列问题：(1)组成单质A的元素位于周期表中第________周期，第________族．(2)B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：________________________.(3)G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯．该反应的氧化产物为__________，当生成2mol二氧化氯时，转移电子________mol.(4)溶液F在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：________________________________________________________________________.(5)H的溶液与稀硫酸反应产生的现象为________________________________________________________________________．解析：本题主要考查元素化合物知识，意在考查考生的分析推断能力．该题的推断突破55\n答案：(1)三　ⅥA(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(3)硫酸钠(Na2SO4)　2(4)4Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2Na2S2(或2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S，Na2S＋S===Na2S2)(5)溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和(臭鸡蛋气味的)气体1.下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是（）A.漂白粉的成分为次氯酸钙B.实验室可用浓硫酸干燥氨气C.实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气D.Al2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒答案C解析漂白粉的有效成分是次氯酸钙，主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2；浓H2SO4与氨反应生成（NH4）2SO4；用碱液处理酸性气体是合理的；Al2（SO4）3除悬浮颗粒实质是利用Al3+的水解反应生成Al（OH）3胶体，但在酸性和碱性溶液中都抑制Al（OH）3胶体的形成。只有C是正确的。2.列叙述正确的是（）A.稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化生成二氧化碳B.Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱C.Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物D.NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体答案C解析A项中必须是浓硝酸、浓硫酸且加热才能氧化木炭，错误；B项中Fe和水蒸气反应不能生成碱，错误；D项中Na2CO3受热不易分解，错误；C项正确。55\n3.下列说法正确的是（）A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C.知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同答案D解析布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，A错；热机的工作效率不可能达到100%，B错；由摩尔质量和密度只能求出摩尔体积，C错；分子热运动的平均动能只与温度有关，温度相同，分子平均动能就相同，D对。4.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（）A.氧化还原反应：元素化合价是否变化B.共价化合物：是否含有共价键C.强弱电解质：溶液的导电能力大小D.金属晶体：晶体是否能够导电答案A5.下列叙述正确的是A.O2和O2互为同位素，性质相似B.常温下，pH=1的水溶液中Na+、NO、HCO、Fe2+可以大量共存C.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D.C（石墨，s）=C（金刚石，s）；ΔH>0，所以石墨比金刚石稳定答案D解析同位素指的是原子，而不是分子。pH=1的酸性溶液中HCO不存在，Fe2+与NO不共存。明矾中Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3吸附水中杂质聚沉，而漂白粉中ClO-水解生成HClO，具有液氧化性，能杀菌消毒。6.下列有关工业生产的叙述正确的是A.合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率55\nB.硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量C.电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室D.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小答案D解析A项中减小NH3的浓度，正向与逆向反应速率均减小；B项中接触室中安装热交换器是为了利用反应：2SO2+O22SO3的热量；C项中Cl2为阳极室产物。7.将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要等原料。（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式：。（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有（填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO的方法是：。（5）已知不同温度下K2SO4在100g水中达到饱和时溶解的量如下表：温度（℃）02060K2SO4溶解的量(g)7.411.118.260℃时K2SO4的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体g。55\n（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是。A.熔点较低（29℃熔化）B.能导电C.能制冷D.无毒（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：。（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）解析（1）从工艺流程图可以看出尽管生产过程中有CaCO3生成，但是这部分CaCO3提供的CaO和CO2远小于生成（NH4）2CO3所需要的，同理NH3的需要也要多一些，因生产中要考虑损耗等因素。故还需要CaCO3、NH3、H2O等原料。（2）离子方程式为CaSO4+CO→CaCO3↓+SO。（3）因CaSO4属微溶物，因此过滤后得到的沉淀除CaCO3外还有一定量的CaSO4。（4）要向滤液中滴加盐酸看是否有气泡产生，即可推出是否含有CO。（5）可设析出K2SO4晶体质量为x，则根据118.2g∶(18.2-7.4)g=591g∶x,解得x=54g。（6）因其是常用的无机储热材料，选择依据可排除B、C，应选择A、D。（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）。8.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，它们满足以下条件：①元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；②Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。请填空：（1）Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”），理由是；55\n（2）Y是，Z是，W是；（3）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8∶2∶4∶1。写出该化合物的名称及化学式。答案(1)否若三者处于同一周期，则最外层电子数之和不可能为17（2）NOS（3）硫酸铵(NH4)2SO4解析根据“X、Y、Z和W代表的原子序数依次增大”及条件①和②不难推出Y、Z、W在周期表中的位置关系为显然Y、Z、W不可能在同一周期，因若在同一周期最外层电子数之和不可能为17。再由条件②不难推出，Y为氮，Z为氧，W为S。再根据X、Y、Z、W组成化合物的原子个数比为8∶2∶4∶1，则该化合物应为硫酸铵。9.有X、Y、Z三种元素，已知：①X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色。请回答：（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是。（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是。此液体具有的性质是（填写序号字母）。a.光束通过该液体时形成光亮的“通路”b.插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深c.向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生d.将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体。①已知一定条件下，每1mol该气体被O2氧化放热98.0kJ。若2mol该气体与1molO2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，则该气体的转化率为。②原无色有刺激性气味的气体与含1.5mol55\nY的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.5×6.02×1023个电子转移时，该反应的化学方程式是。答案（1）HClO4(2)Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+a、b、d(3)①90%②SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2解析因X2-、Y-均与Y的氢化物具有相同的电子数，说明X、Y同周期，且分别属ⅥA10.A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1∶2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：55\n（1）A是，C是。（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是。（3）E与F反应的化学方程式是。（4）F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是。答案（1）A：碳（或C）C：钠（或Na）（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（4）Na2O=+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+解析空气的主要成分为N2、O2、少量CO2和稀有气体，由题意知“A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质，由A、B生成的E为化合物，所以E只能为CO2，A为碳，B为氧，又因为F的焰色反应呈黄色，说明F中含有钠元素，故C为钠，且F为过氧化钠，又知G中非金属与金属（钠）元素的原子个数比为1∶2，所以该非金属在G中显-2价，根据原子序数D>C，则D应为硫。至此所有问题就迎刃而解。11.中学化学中几种常见物质的转化关系如下：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）A、B、H的化学式：A、B、H。（3）①H2O2分子的电子式：。②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：。（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：。（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2,恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：。解析由“以F为分散质的红褐色胶体”可推知F为Fe（OH）3，则D为Fe2（SO4）355\n，C为FeSO4，A为Fe，B为FeS，E为（NH4）2SO4。（1）F为胶体微粒，所以其微粒直径范围为1nm～100nm。（3）①根据H2O2的结构和价键理论，H2O2的电子式应为②根据双氧水具答案（1）1nm～100nm(2)FeFeSH2SO4(稀）（3）(4)取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝。（或其他合理答案）（5）4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+12.下图是部分短周期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H2O已略去），已知：（a）A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。（b)反应①、②是化工生产中的重要反应。（c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。（d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。（e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。55\n请按要求填空：（1）反应③的化学方程式。（2）C的结构式；H的化学式。（3）L的溶液与化合物E反应的离子方程式。（4）化合物J的化学式。答案（1）2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4（2）N≡N（NH4）2SO3或NH4HSO3（3）ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO+H2O(4)N2H4解析本题属于框图推断题，解答此题的“突破口”是化合物E；因A、B、C、D都是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”，可推知E为SO2；则A为硫，B为O2。再根据“反应②是化工生产的重要反应”及且“K是常用氮肥”可推出F为氨气，再结合“丁由两种元素组成相对分子质量为32”可推出J为N2H4，C为N2，D为H2，又由于L具有漂白性可由Cl2和NaOH制得，则L为NaClO，而可以完成本题答案。13.蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是。氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH1.53.39.4（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7～8（有关氢氧化物沉淀的pH见上表），Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致溶解、沉淀。（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入（填入物质的化学式），然后（依次填写实验操作名称）。55\n（4）物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是（填写物质化学式）。（5）现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤（可用试剂：浓硫酸、碱石灰）：①样品称量；②高温分解；③；④；⑤MgO称量。（6）18.2g产品完全分解后，产生6.6gCO2和8.0gMgO，由此可知，产品的化学式中：a=,b=,c=。答案(1)Fe3+、Al3+(2)Al(OH)3Mg(OH)2(3)NaOH过滤、洗涤、灼烧（4）CO2（5）用浓硫酸吸收水蒸气称量碱石灰吸收CO2前后的质量（6）313解析（1）从蛇纹石的组成中含有Fe2O3、Al2O3可推知，还含有的金属离子为Fe3+、Al3+。（2）因表中数据表明Mg(OH)2沉淀的pH为9.4，而Al(OH)3沉淀的pH为3.3，应控制14.A、B、C、D、E5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3和AgNO3中的一种，已知：①A与B反应有气体生成②B与C反应有沉淀生成③C与D反应有沉淀生成④D与E反应有沉淀生成⑤A与E反应有气体生成⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是。55\n（2）A是，B是，C是，D是，E是。（3）A与E反应的离子方程式是。答案（1）AgCl（2）Na2CO3HClAgNO3BaCl2NaHSO4（3）CO+2H+=CO2↑+H2O解析A能和B、E反应生成气体，只能是Na2CO3,B、E分别是HCl、NaHSO4中的一种。B和C、D和E能生成沉淀，可知C、D分别为BaCl2、AgNO3中的一种。C、D反应生成的沉淀是AgCl，因②③产生的沉淀都是AgCl，可知B为HCl、C为AgNO3、D为BaCl2，E是NaHSO4。1.有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验。（1）逐滴加入6mol·L－1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液。（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结。（3）逐滴加入6mol·L－1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物。下列混合物中符合以上实验现象的是（）A.NaHCO3、AgNO3B.BaCl2、MgCO3C.NH4HCO3、MgCl2D.CaCl2·6H2O、Na2CO3【答案】D【解析】根据实验（1）可排除A组。根据实验（2）可排除B组。根据（3）分析C和D组，只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反应留下的白色不溶物硫酸钙（硫酸钙微溶）。所以选D。要注意，作为选择型推断题，也可以从选择项入手进行验证，逐项判断跟题干中各个条件是否吻合。2.甲、乙、丙是三种常见的单质；A、B、C均是由两种元素组成中学化学中常见的无机物；上述物质间存在如下图所示转化关系（反应条件未注明）。回答下列问题：55\n（1）若反应①中甲是常见金属，乙是常见非金属固态单质，则A的结构式是，B的电子式是，C在日常生活中的用途是。（2）若反应①中甲是常见非金属气态单质，丙是常见金属，甲由短周期元素组成，乙与甲同主族、与丙同周期，且反应①、②、⑤通常在溶液中进行。请写出下列化学反应的离子方程式：反应①：；反应②：；反应⑤：。3.下图表示各物质之间的转化关系，其中A、B、C、G为单质。②为工业生产中常见反应，E是一种具有漂白作用的盐，Y易潮解，M是一种两性化合物，L是一种白色沉淀。试回答下列有关问题：（1）M的化学式，Y在实验室中的用途（列举一例）。（2）X的熔点为801℃，实际工业冶炼中常常加入一定量的Y共熔，猜想工业上这样做的目的：。工业生产中，还常常利用电解X和F的混合物制取。（3）反应②的化学方程式是___________。（4）反应④的离子反应方程式是。【答案】（1）Al2O3；用作干燥剂55\n（2）降低X、Y熔化时的温度，节约能源；Cl2、H2和NaOH（3）2Cl2＋2Ca（OH）2＝CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O（4）Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al（OH）3↓【解析】根据E是一种具有漂白作用的盐，Y易潮解，判断E为Ca（ClO）2，Y为CaCl2，则A和D为氯气和氢氧化钙，F为水，M为氧化铝，L为氢氧化铝。4.江苏省东临大海，利用海水等可制得多种化工产品。下图是以海水、贝壳等为原料制取几种化工产品的转化关系图，其中E是一种化肥，N是一种常见的金属单质。试填写下列空白：（1）N的化学式为：_________；E的电子式_________。（2）写出反应①的化学方程式：______________。（3）反应④的离子方程式_________________。（4）由K溶液经如何处理才能制得N？_________。【答案】（1）Mg（2）NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl（3）MgO＋2H＋＝H2O＋Mg2＋（4）MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进行蒸发结晶制得MgCl2晶体，熔融后电解才能制取金属镁5.55\n下图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物，它们都是中学化学中常见的物质。其中A、C都是由两种元素组成的固态化合物，常温下甲是短周期元素的气体单质，E是过渡元素的单质。（1）若A是黄色固体，反应①用于工业生产，则A的化学式为______，此时反应化学方程式为_____。（2）若A、C都是黑色固体，A经反应①生成C时，固体质量不变，则A的化学式为____。（3）反应③在工业生产中的条件是_______________。【答案】（1）FeS24FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2（2）Cu2S（3）催化剂、400℃一500℃【解析】过渡元素中重点考察铁，所以E为铁，（2）为铝热反应，C为氧化铁，根据（1）提示A为二硫化亚铁，B为二氧化硫，甲为氧气，D为三氧化硫，F为硫酸。固体质量不变，表示该原子到A中非金属原子的质量和氧原子成倍数关系。6.如图，各物质有下列转化关系：请回答以下问题：①若C是可用作自来水消毒的气体，D、E是氧化物，D转化为E时，增加氧的质量约是D物质总质量的25.8％，则A是________。②若B为常见金属或非金属单质，E是酸酐，且为易挥发的晶体，则A是_____；D转化为E的一定条件是______。③若C是水，B是有机化合物，且是同系物中相对分子质量最小的物质，E能使紫色石蕊试液变红色。则A是____。【答案】①NaCl；②H2S，高温、催化剂；③CH3CH2OH【解析】①可用作自来水消毒的气体C是Cl2，由氧化物D转化为氧化物E时，增加氧的质量约是D物质总质量的25.8％，可知D是Na2O，E是Na2O255\n，则B是Na，A是NaCl。其转化过程为：NaClNaNa2ONa2O2Cl2②由酸酐E为易挥发的晶体，可知E是SO3，则D是SO2，B是S，A是H2S。③由B是有机化合物，C是水，可知A可能发生脱水反应生成烯烃B，烯烃的燃烧产物CO2与水反应生成H2CO3，能使紫色石蕊试液变红色。又因B是同系物中相对分子质量最小的物质，则B是C2H4，故A是CH3CH2OH。其转化过程为：7.有A、B、C三种常见的短周期元素，它们的原子序数逐渐增大，B元素原子最外层电子数是C元素原子最外层电子数的一半，A元素最外层电子数比B多一个。甲、乙、丙是3种含氧酸的钠盐，甲中含B元素，乙中含C元素，丙中含A元素，甲、丙溶液pH>7，乙溶液pH<7；丁为气体，戊为淡黄色固体。甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质之间的相互反应关系如图：请回答：（1）写出C元素的原子结构示意图_____，写出丁和戊的电子式_____、_____；（2）用有关化学用语解释：乙溶液呈酸性的原因_________；丙溶液呈碱性的原因________；（3）写出有关反应的离子方程式：①乙溶液＋丙溶液→丁_________；②己溶液＋丙溶液→丁_________。【答案】（1）；::C::；Na＋[:::]2－Na＋（2）HSO4－=H＋＋SO42－，CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－（3）①2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O；②2Al3＋＋3CO32－＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3CO2↑55\n【解析】气体丁能与淡黄色固体戊反应，生成的丙是含氧酸的钠盐，可知丁是CO2，戊是Na2O2，丙是Na2CO3。乙是含氧酸的钠盐，其溶液pH<7显酸性，且能与Na2CO3溶液反应放出CO2，可知乙应是强酸的酸式钠盐，则乙是NaHSO4。甲也是含氧酸的钠盐，其溶液pH>7显碱性，甲应是强碱弱酸盐，且含有的元素B满足：原子序数介于碳和硫之间，原子最外层电子数是硫原子的一半、比碳原子少一个，可知B是Al元素，则甲是NaAlO2，己是Al2（SO4）3，己与丙生成的白色沉淀是Al（OH）3。8.下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第周期第族。（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是（填写序号）。（4）反应④的离子方程式是：。（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净化剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是：。55\n反应②③⑥⑨依次为：3NO2+H2O=2HNO3+NO上述四反应中属于化合反应，非氧化还原反应的为③。9.a、b、c、d、e是短周期元素。周期表中a与b、b与c相邻；a与e的最外层电子数之比为2∶3,b的最外层电子数比e的最外层电子数少1个；常见化合物d2c2与水反应生成c的单质，且溶液使酚酞试液变红。（1）e的元素符号是。（2）a、b、c的氢化物稳定性顺序为（用分子式表示）；b的氢化物和b的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z中的化学键类型为，Z的晶体类型为；ab-离子的电子式为。（3）由a、c、d形成化合物的水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）。（4）一定量的d2c2与ac2反应后的固体物质，恰好与0.8mol稀盐酸溶液完全反应，并收集到0.25mol气体，则用物质的量表示该固体物质的组成为、。答案(1)S55\n(2)CH4＜NH3＜H2O共价键和离子键离子晶体［CN］-(3)CO+H2OHCO+OH-或C2O+H2O=HC2O+OH-（4）0.3molNa2O20.1molNa2CO3解析根据题意可推断：a、b、c、d分别为C、N、O、Na四种元素，d2c2为Na2O2，Z为NH4NO3。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体物质的组成可能有两种情况：①Na2CO3②Na2O2和Na2CO3。从题意可知应该是Na2CO3和Na2O2的混合物，设其物质的量分别为x、y。Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑x2xx2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑y2y即：Na2O2为0.3mol，Na2CO3为0.1mol。10.A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，组成它们的离子有阳离子Na+Mg2+Al3+Ba2+阴离子OH-Cl-COSOHSO分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；②A溶液与C溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；③A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸；④B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失。据此推断它们是A；B；C；D；E。55\n55