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2023届高考化学二轮复习元素或物质推断题作业含解析
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这是一份2023届高考化学二轮复习元素或物质推断题作业含解析，共38页。
元素或物质推断题
1．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。
(1)A元素单质的结构式为_______；基态E元素原子价层电子排布图为_______。
(2)在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是_______；A与B形成的A的立体构型为_______。
(3)火箭推动剂由A2H4和H2B2组成，加热反应时有A元素的单质生成，写出该化学反应方程式：_______。
(4)写出酸性条件下，E元素的离子E2和D元素的阴离子反应的离子方程式：_______。
(5)基态F3+未成对电子数为_______个；F3+与SCN—络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的阴离子为_______(填化学式)。
(6)元素B与E形成的一种化合物广泛应用于录音磁带上，其晶胞如图所示。若晶胞参数为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。
已知：①气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；
②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是__(填元素符号)，X的化学式是___。
(2)步骤I，发生的化学方程式是__。
(3)写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是__。
II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO。该同学认为溶液中还可能存在SO、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：___。
3．（2022·浙江·模拟预测）某矿物主要成分X中含三种常见元素。为探究其组成，设计如下实验：
(1)固体X含有的元素_____(填写元素符号)，X的化学式是_______；
(2)溶液D中加入足量氨水生成深蓝色物质的离子反应方程式是：_______；
(3)在某些微生物的作用下，固体X与稀硫酸混合，持续通入，也可转化为溶液D，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)某兴趣小组为验证气体A的性质进行实验，实验装置如图。请回答：
①持续通气体A的过程中，试剂瓶中可能出现的现象_______。
②通足量气体A后，请设计实验检验试剂瓶中的溶液里存在的主要阴离子_______。
4．（2022·浙江·模拟预测）化合物X是一种黄色晶体(含结晶水)，无水X由四种元素组成，X晶体的摩尔质量在400~500。取12.66gX晶体完成如图实验，其中A为无色有毒气体，B、C、D是三种酸根相同的盐，B溶液保存时需加酸和F，C盐溶液的焰色反应是紫色，H是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。(气体体积已转化为标准状况下的体积)
请回答：
(1)组成无水X的四种元素是_______(填元素符号)，X晶体的化学式是_______。
(2)X晶体与浓硫酸反应的化学方程式为_______。
(3)无水X可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，其反应的化学方程式为_______。
(4)可利用X来鉴别和，原因是_______。
(5)设计实验方案检验B在空气中灼烧的产物：_______。
5．（2022·湖南·沅陵县第一中学二模）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)E中含有的官能团名称为___________。A的分子式为___________。④的反应类型为___________。
(2)反应②的化学方程式为___________。
(3)合成过程中使用TBSCl试剂的目的是___________。
(4)G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。___________
①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基。
(5)设计由乙酸和1，3-丁二烯为原料合成G()的路线_____。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)
6．（2022·浙江金华·一模）I.化合物X(仅含三种常见短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验。
(1)金属互化物C的化学式_____________。
(2)X在400℃分解的化学方程式____________。
(3)写出化合物H与乙醇反应的化学方程式____________。
II.某兴趣小组用纯净的金属镁制备Mg3N2，装置如下图:
(1)与传统工业的镁与氟气反应制备方法相比，此法最大的优点是产品纯度高(氧化镁含量低)。该实验制备Mg3N2的化学方程式为_____________。
(2)下列说法正确的是_____________。
A．装置A的作用是防倒吸的安全瓶
B．若无装置B,可能发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
C．装置D中物质可换为碱石灰
D．装置E的作用是为了防止空气进入装置
(3)即使装置和氨气中空气都被除尽，最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，其可能的原因是_____。
7．（2022·浙江绍兴·一模）I．由三种元素组成的化合物A，其相对分子质量小于200，按如下流程进行实验。气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，溶液E为蓝色，固体C为混合物，固体F为紫红色。
请回答：
(1)组成A的三种元素是_______ 。(填元素符号)，A的化学式是________ 。
(2)固体A加热分解的化学方程式是________。
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，该反应的化学方程式是。___________。
II．某兴趣小组为制取并验证二氧化硫的性质进行相关实验，实验装置如图所示。请回答：
(1)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。
(2)写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式___________。
8．（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Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，根据下列转化框图回答问题：
（1）写出②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：_______。
（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④⑤步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式：_________、__________。
9．（2022·浙江温州·二模）由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验：
已知：①气体B为纯净物。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。
请回答：
（1）组成A的三种元素是___，A的化学式是___。
（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是___。
（3）气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式___。
10．（2022·浙江宁波·二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验__________。
11．（2022·浙江绍兴·模拟预测）电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如下流程进行实验。
已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：
（1）组成B的三种元素是___，气体D的分子式是___。
（2）写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式___。
（3）固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物（测其分子量为199)，则反应的化学方程式是___。
12．（2022·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0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，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<<(用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______ (用化学式表示)；
（3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
13．（2022·湖南·岳阳一中模拟预测）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：
可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物
②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。
③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。
试根据上述信息回答下列问题：
(1)A的化学式为___________，每反应lmol的A转移的电子数为_____________mol；
(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：______________________；
(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。
试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________
(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________
14．（2022·河北衡水中学二模）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
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)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。
15．（2022·广东汕尾·一模）如图是部分常见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部分产物已略去）。
已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。
（1）化合物A中含有的两种元素是___。
（2）F的化学式___；G的水溶液中，最多的阳离子是___。
（3）写出K与H反应的离子方程式：___。
（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释___。
16．（2022·天津南开·高考模拟）如图是部分短周期元素（用字母x等表示）化合价与原子序数的关系图。
根据判断出的元素回答问题：
（1）h在周期表中的位置是__________。
（2）比较z、f、g、r常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：______＞______＞______＞______；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：______＞______＞；比较d、m的氢化物的沸点：______＞______。
（3）x与氢元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）______，实验室制取该物质的化学方程式为：____________________________________。
（4）由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：___________________________。
（5）用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为（写化学式）___________________________。铅蓄电池放电时正极反应式为式）___________________________。
17．（2022·陕西榆林·三模）尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：
反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。
(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。
参考答案：
1．(1) N≡N
(2) sp3 V形
(3)N2H4+2H2O2N2↑+4H2O
(4)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(5) 5 Fe(CN)
(6)×1030
【解析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，B元素是地壳中含量最高的元素，则B为O元素；A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N元素；C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，则C为Si元素；D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl元素；E元素位于周期表的ⅥB族，则E为Cr元素；F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe元素。
(1)
氮气的分子式为N2，结构简式为N≡N；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，排布图为，故答案为：N≡N；；
(2)
联氨分子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化类型为sp3杂化；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则亚硝酸根离子的空间构型为V形，故答案为：sp3；V形；
(3)
由题意可知，联氨与过氧化氢共热反应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2↑+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2↑+4H2O；
(4)
由题意可知，酸性条件下重铬酸根离子与氯离子反应生成铬离子、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
(5)
铁元素的原子序数为26，铁离子的价电子排布式为3d5，则铁离子的未成对电子数为5；铁离子与硫氰酸根离子形成配位数为5的阴离子为Fe(CN)，故答案为：5；Fe(CN)；
(6)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铬原子个数为8×+1=2，位于面心和体内的氧原子个数为4×+2=4，则晶胞的化学式为CrO2，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×103×d，解得d=×1030，故答案为：×1030。
2． Si、H、Cl 3MgH2·SiCl4 3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3) SiO2+2OH-=SiO+H2O 取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无
【解析】
根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为=0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为=0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为=0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，灼烧后得到氧化镁E，物质的量为=0.2mol；根据②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；
结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2·SiCl4；据以上分析解答。
(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2·SiCl4；
(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；
(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
II．亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO外，还可能存在SO、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。
3． S、Fe、Cu 溶液变浑浊；溶液可能变浅黄绿色，液面上方可能有黄绿色气体 取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量盐酸，再加溶液，若有白色沉淀，则说明有。另取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量硝酸，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明有
【解析】
9.2gX在空气中灼烧生成气体A和固体B，A通入氯化钡和双氧水的混合溶液中生成白色沉淀C，说明A是SO2，C是硫酸钡，物质的量是23.3g÷233g/mol＝0.1mol，B用稀硫酸溶解得到溶液D，加入足量氨水生成红褐色沉淀E是氢氧化铁，灼烧得到F是氧化铁，物质的量是4g÷160g/mol＝0.025mol，深蓝色溶液G，说明含有铜元素，据此解答。
(1)根据以上分析可知固体X含有的元素为S、Fe、Cu，根据原子守恒可知含有的S原子的物质的量是0.1mol，铁原子的物质的量是0.05mol，则含有的铜原子的物质的量是＝0.05mol，所以X的化学式是；
(2)溶液D中加入足量氨水形成配合物，生成深蓝色物质的离子反应方程式是；
(3)在某些微生物的作用下，固体X与稀硫酸混合，持续通入，也可转化为溶液D，根据原子守恒和电子得失守恒可知该反应的化学方程式为。
(4)①持续通气体二氧化硫的过程中二氧化硫首先被氧化为硫酸，生成硫酸钙微溶。由于次氯酸根离子被还原为氯离子，在酸性溶液中次氯酸根离子和氯离子能发生氧化还原反应生成氯气，则试剂瓶中可能出现的现象为溶液变浑浊；溶液可能变浅黄绿色，液面上方可能有黄绿色气体。
②由于二氧化硫足量，则次氯酸根离子全部被还原为氯离子，反应后溶液中的阴离子主要是氯离子和硫酸根离子，检验方法是：取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量盐酸，再加溶液，若有白色沉淀，则说明有。另取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量硝酸，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明有。
4． K、、C、N 能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀 取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无
【解析】
题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B溶液保存时需加酸和F，而B为硫酸盐，在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则其为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、C、N元素。n(FeSO4)=，n(BaSO4)=，n(NH3)=，n(CO)=，从而得出无水X中含有Fe2+、CN-、K+，依据电荷守恒，可求出n(K+)=0.18mol-0.03mol×2=0.12mol，n(K+): n(Fe2+): n(CN-)=0.12:0.03:0.18=4:1:6，从而得出X的无水盐的化学式为K4[Fe(CN)6]；n(H2O)=，故X的化学式为。
(1)由分析可知，组成无水X的四种元素是K、、C、N，X晶体的化学式是。答案为：K、、C、N；；
(2)由框图推知，晶体与浓硫酸反应，生成FeSO4、CO、(NH4)2SO4、K2SO4，化学方程式为。答案为：；
(3)无水K4[Fe(CN)6]可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，则X中[Fe(CN)6]4-被氧化为[Fe(CN)6]3-，从而得出其反应的化学方程式为。答案为：；
(4)可利用来鉴别和，则只能与Fe3+发生反应生成蓝色沉淀，原因是能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀。答案为：能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀；
(5) B在空气中灼烧的产物为Fe2O3，可能有SO2、SO3等，检验Fe2O3时，可先加酸溶液，再加入KSCN溶液；检验SO2时，可通入品红溶液中；检验SO3时，可通入BaCl2溶液中。实验方案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。答案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。
【点睛】
检验SO2时，通入品红溶液，品红褪色还不能说明气体为SO2，还应加热无色溶液，看溶液是否恢复红色。
5． 碳碳双键、羟基 取代反应 。+O2+2H2O 保护基团不被氧化。 或或或或
【解析】
合成G ()，可采用逆合成分析法来分析其过程。由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基。
(1)通过E的结构简式可知，E中含有的官能团名称为碳碳双键、羟基；通过观察A的分子结构式，可知其不饱和度为1，数其碳原子数为9，测其分子式为；H的结构中含有两个酯基，G和F生成H ,G的结构中有一个酯基和一个羟基，则F的结构中比含有一个羧基和G的羟基酯化，酯化反应是取代反应，故④的反应类型为取代反应。
(2)反应②是B生成了C，观察两种物质的结构简式，B结构中的羟基被氧化成C中的醛基，其他结构没变，由乙醇氧化为乙醛，可得反应②的化学方程式为 O2+2H2O。
(3)从A→B→C→D→E的反应路线来看，使用TBSCl试剂的目的是防止A结构中的基团在反应②中被氧化，故答案为保护基团不被氧化。
(4) G的同分异构体有多种，满足能使石蕊试液变色，说明结构中含有羧基，满足能发生银镜反应，则结构中有醛基，还要有两个双键，则满足这三个条件的G的同分异构体结构简式很多，如：或或或或。
(5)由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基，故G的合成路线为。
6． Mg2Al3 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑ 3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2 ACD 镁粉与石英管中的二氧化硅反应
【解析】
Ⅰ．由化合物X是一种储氢材料可知，X中含有氢元素，由某种元素的单质可用于制造信号弹，可知X中含有镁元素，由示意图可知，单质B和金属互化物C能与氢氧化钠溶液反应，则X中含Al元素，X是由H、Mg、Al形成的储氢材料，隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成氢气、铝和金属互化物，铝和金属互化物与氢氧化钠溶液反应生成氢气、镁和偏铝酸钠，反应生成的氢气与镁反应生成氢化镁，偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。由单质D的质量为0.72g可知，X中含有镁元素的质量为0.72g，物质的量为=0.03mol，由白色胶状沉淀的质量为4.68g可知，X中含有铝元素的物质的量为=0.06mol，质量为0.06mol×27g/mol=1.62g，则X中氢元素的物质的量为=0.24mol，则X中Mg、Al和H的物质的量比为0.03：0.06:0.24=1:2:8，X的化学式为Mg(AlH4)2；由X受热分解生成1.08gB可知，金属互化物中铝元素的物质的量为(0.06mol—)=0.02mol，则金属互化物中Mg、Al的物质的量比为0.03：0.02=3:2，化学式为Mg2Al3；由单质D的质量为0.72g可知，0.78gH中含有的氢元素的物质的量为=0.06mol，则H中Mg、H的物质的量比为0.03：0.06=1:2，则H的化学式为MgH2；
Ⅱ．由实验装置图可知，装置A为安全瓶，起防倒吸作用，装置B中碱石灰用于干燥氨气，装置C中镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，装置D中五氧化二磷用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，导致氮化镁水解，装置E的作用是为了防止空气进入装置，干扰实验。
Ⅰ．(1)由分析可知，金属互化物C的化学式为Mg2Al3，故答案为：Mg2Al3；
(2)由分析可知，Mg(AlH4)2隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成H2、Al和Mg2Al3，反应的化学方程式为3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2，故答案为：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2；
(3)氢化镁与乙醇发生氧化还原反应生成乙醇镁和氢气，反应的化学方程式为MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑，故答案为：MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑；
Ⅱ．(1)镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2，故答案为：3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2；
(2)A．由分析可知，装置A的作用是防倒吸的安全瓶，故正确；
B．若无装置B，镁在加热条件下与水蒸气反应生成氢气和氢氧化镁，可能发生反应Mg+2H2OMg(OH)2+2H2，故错误；
C．装置D中物质可换为碱石灰也能用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，故正确；
D．装置E起隔绝作用，为了防止空气进入装置，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD；
(3)石英管中含有二氧化硅，高温下镁粉与石英管中的二氧化硅反应生成氧化镁，导致最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，故答案为：镁粉与石英管中的二氧化硅反应。
7． Cu、N、O Cu(NO3)2 8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑ 8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑ 除去SO2带出的少量H2SO4分子 3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+
【解析】
由题干可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，，根据反应Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O可知，固体C中的Cu2O的物质的量为0.0075mol，故C中还有CuO的物质的量为：，故A中N、O元素的质量为：m=5.64g-（0.015 mol+2×0.0075 mol）×64 g/mol=3.72g，结合A的相对分子质量小于200，初步推断A中为硝酸铜，则有：，故n(Cu)：n()=(0.015mol+2×0.0075 mol)：0.06mol=1：2，进一步确定A为硝酸铜，据此分析解题。
(1)由分析可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，故组成A的三种元素是Cu、N、O，经过计算分析可知A的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu、N、O；Cu(NO3)2；
(2)由分析可知，固体C组成是0.015molCuO，0.0075molCu2O，固体A为Cu(NO3)2，结合氧化还原反应的配平知识可写出固体A加热分解的化学方程式是8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑，故答案为：8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑；
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，即反应生成的NO2和O2的物质的量之比为8：1，由中+5价的N转化为NO2中+4价，而O则由-2价转化为0价，这样发现降低的化合价为8个单位，升高的仅为4个单位，故说明Cu的化合价也是升高的，故推测A的化学式为CuNO3，根据氧化还原反应的配平原则可知该反应的化学方程式是8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑，故答案为：8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑；
II．
(1)实验中制备的SO2中往往含有SO2带出的少量H2SO4分子，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去SO2带出的少量H2SO4分子，故答案为：除去SO2带出的少量H2SO4分子；
(2) 已知NaClO溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平原则，不难写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+，故答案为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+。
8． SiO2 Al(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馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 坩埚
【解析】
铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，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，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为Cu，F+A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝，据此解答。
(1)反应②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：，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： ；
故答案为：；；
(2)上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3，
故答案为：SiO2；Al(OH)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氰酸钾溶液，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KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；
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KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；
(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馏水，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坩埚中灼热，
故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚；
(5)蓝铜矿的主要成分是，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：；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：；
故答案为：；。
9． 氢、碳、铝 Al(CH3)3 Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑ CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O
【解析】
根据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气直接点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。
（1）根据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3，
（2）固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；
（3）甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。
10． Cu、C、N、O CO和N2 （SO2不足）或（SO2足量） 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【解析】
I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；
(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；
Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
11． Cu、C、N (CN)2 2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN
【解析】
电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO 8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol =28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+ m(C)+ m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)：n(C)：n(N)=0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，则 气体D的物质的量为0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2，据此分析解答。
(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；
(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；
(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN。
12． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]-
【解析】
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是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl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。
(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA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：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③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③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄露时，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NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
13． FeS2 11 2Fe3++Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【解析】
由③中信息可知： B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4 乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D ( H2SO4) +E ( Fe2O3)→F，则F为Fe2 (SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。
(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 +8SO2，由此分析可知，每消耗4 mol FeS2，转移电子为44mol，即每反应1 mol的A ( FeS2)转移的电子为11 mol ，故答案为.：FeS2；11。
(2)由转化关系图可知F为Fe2 (SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)少量饱和Fe2 (SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2 (SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe (OH) 3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe (OH) 3胶体，即①Fe2 (SO4)3、③Fe (OH) 3胶体、② Fe (OH) 3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；
(4)化合物M与H ( H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G ( FeSO4)氧化为F[Fe2 (SO4)3]的离子方程式为： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
14． 1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
15． S、Fe SO2 NH4+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大
【解析】
E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P 和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。
(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素；
(2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+；
(3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。
【点睛】
本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。
16． 第三周期第ⅣA族 S2- O2- Mg2+ Al3+ HClO4 H2SO4 HF HCl C2H2 CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2 NaOH、H2、Cl2 PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4
【解析】
根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价，没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。
根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素。
(1)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；
(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大小为S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HF＞HCl，故答案为S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；
(3)x与氢元素能形成的化合物为烃类，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，实验室用电石与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2，故答案为C2 H2；CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2；
(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化铵， 氯化铵属于离子化合物，铵根离子中存在共价键，电子式为，故答案为；
(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；铅蓄电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，故答案为NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4。
17． 苯 取代反应 溴原子 硝基 浓硝酸/浓硫酸，加热 H2，雷尼镍 9
【解析】
运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。
运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；
(1)A的化学名称为苯，
故答案为苯；
(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，
故答案为；
(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，
故答案为；取代反应；
(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，
故答案为溴原子；硝基；
(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，
故答案为浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；
(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，
故答案为. 9；。
元素或物质推断题
1．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。
(1)A元素单质的结构式为_______；基态E元素原子价层电子排布图为_______。
(2)在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是_______；A与B形成的A的立体构型为_______。
(3)火箭推动剂由A2H4和H2B2组成，加热反应时有A元素的单质生成，写出该化学反应方程式：_______。
(4)写出酸性条件下，E元素的离子E2和D元素的阴离子反应的离子方程式：_______。
(5)基态F3+未成对电子数为_______个；F3+与SCN—络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的阴离子为_______(填化学式)。
(6)元素B与E形成的一种化合物广泛应用于录音磁带上，其晶胞如图所示。若晶胞参数为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。
已知：①气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；
②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是__(填元素符号)，X的化学式是___。
(2)步骤I，发生的化学方程式是__。
(3)写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是__。
II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO。该同学认为溶液中还可能存在SO、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：___。
3．（2022·浙江·模拟预测）某矿物主要成分X中含三种常见元素。为探究其组成，设计如下实验：
(1)固体X含有的元素_____(填写元素符号)，X的化学式是_______；
(2)溶液D中加入足量氨水生成深蓝色物质的离子反应方程式是：_______；
(3)在某些微生物的作用下，固体X与稀硫酸混合，持续通入，也可转化为溶液D，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)某兴趣小组为验证气体A的性质进行实验，实验装置如图。请回答：
①持续通气体A的过程中，试剂瓶中可能出现的现象_______。
②通足量气体A后，请设计实验检验试剂瓶中的溶液里存在的主要阴离子_______。
4．（2022·浙江·模拟预测）化合物X是一种黄色晶体(含结晶水)，无水X由四种元素组成，X晶体的摩尔质量在400~500。取12.66gX晶体完成如图实验，其中A为无色有毒气体，B、C、D是三种酸根相同的盐，B溶液保存时需加酸和F，C盐溶液的焰色反应是紫色，H是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。(气体体积已转化为标准状况下的体积)
请回答：
(1)组成无水X的四种元素是_______(填元素符号)，X晶体的化学式是_______。
(2)X晶体与浓硫酸反应的化学方程式为_______。
(3)无水X可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，其反应的化学方程式为_______。
(4)可利用X来鉴别和，原因是_______。
(5)设计实验方案检验B在空气中灼烧的产物：_______。
5．（2022·湖南·沅陵县第一中学二模）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)E中含有的官能团名称为___________。A的分子式为___________。④的反应类型为___________。
(2)反应②的化学方程式为___________。
(3)合成过程中使用TBSCl试剂的目的是___________。
(4)G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。___________
①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基。
(5)设计由乙酸和1，3-丁二烯为原料合成G()的路线_____。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)
6．（2022·浙江金华·一模）I.化合物X(仅含三种常见短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验。
(1)金属互化物C的化学式_____________。
(2)X在400℃分解的化学方程式____________。
(3)写出化合物H与乙醇反应的化学方程式____________。
II.某兴趣小组用纯净的金属镁制备Mg3N2，装置如下图:
(1)与传统工业的镁与氟气反应制备方法相比，此法最大的优点是产品纯度高(氧化镁含量低)。该实验制备Mg3N2的化学方程式为_____________。
(2)下列说法正确的是_____________。
A．装置A的作用是防倒吸的安全瓶
B．若无装置B,可能发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
C．装置D中物质可换为碱石灰
D．装置E的作用是为了防止空气进入装置
(3)即使装置和氨气中空气都被除尽，最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，其可能的原因是_____。
7．（2022·浙江绍兴·一模）I．由三种元素组成的化合物A，其相对分子质量小于200，按如下流程进行实验。气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，溶液E为蓝色，固体C为混合物，固体F为紫红色。
请回答：
(1)组成A的三种元素是_______ 。(填元素符号)，A的化学式是________ 。
(2)固体A加热分解的化学方程式是________。
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，该反应的化学方程式是。___________。
II．某兴趣小组为制取并验证二氧化硫的性质进行相关实验，实验装置如图所示。请回答：
(1)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。
(2)写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式___________。
8．（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Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，根据下列转化框图回答问题：
（1）写出②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：_______。
（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④⑤步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式：_________、__________。
9．（2022·浙江温州·二模）由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验：
已知：①气体B为纯净物。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。
请回答：
（1）组成A的三种元素是___，A的化学式是___。
（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是___。
（3）气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式___。
10．（2022·浙江宁波·二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验__________。
11．（2022·浙江绍兴·模拟预测）电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如下流程进行实验。
已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：
（1）组成B的三种元素是___，气体D的分子式是___。
（2）写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式___。
（3）固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物（测其分子量为199)，则反应的化学方程式是___。
12．（2022·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0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，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<<(用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______ (用化学式表示)；
（3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
13．（2022·湖南·岳阳一中模拟预测）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：
可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物
②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。
③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。
试根据上述信息回答下列问题：
(1)A的化学式为___________，每反应lmol的A转移的电子数为_____________mol；
(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：______________________；
(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。
试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________
(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________
14．（2022·河北衡水中学二模）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
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)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。
15．（2022·广东汕尾·一模）如图是部分常见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部分产物已略去）。
已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。
（1）化合物A中含有的两种元素是___。
（2）F的化学式___；G的水溶液中，最多的阳离子是___。
（3）写出K与H反应的离子方程式：___。
（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释___。
16．（2022·天津南开·高考模拟）如图是部分短周期元素（用字母x等表示）化合价与原子序数的关系图。
根据判断出的元素回答问题：
（1）h在周期表中的位置是__________。
（2）比较z、f、g、r常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：______＞______＞______＞______；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：______＞______＞；比较d、m的氢化物的沸点：______＞______。
（3）x与氢元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）______，实验室制取该物质的化学方程式为：____________________________________。
（4）由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：___________________________。
（5）用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为（写化学式）___________________________。铅蓄电池放电时正极反应式为式）___________________________。
17．（2022·陕西榆林·三模）尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：
反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。
(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。
参考答案：
1．(1) N≡N
(2) sp3 V形
(3)N2H4+2H2O2N2↑+4H2O
(4)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(5) 5 Fe(CN)
(6)×1030
【解析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，B元素是地壳中含量最高的元素，则B为O元素；A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N元素；C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，则C为Si元素；D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl元素；E元素位于周期表的ⅥB族，则E为Cr元素；F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe元素。
(1)
氮气的分子式为N2，结构简式为N≡N；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，排布图为，故答案为：N≡N；；
(2)
联氨分子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化类型为sp3杂化；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则亚硝酸根离子的空间构型为V形，故答案为：sp3；V形；
(3)
由题意可知，联氨与过氧化氢共热反应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2↑+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2↑+4H2O；
(4)
由题意可知，酸性条件下重铬酸根离子与氯离子反应生成铬离子、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
(5)
铁元素的原子序数为26，铁离子的价电子排布式为3d5，则铁离子的未成对电子数为5；铁离子与硫氰酸根离子形成配位数为5的阴离子为Fe(CN)，故答案为：5；Fe(CN)；
(6)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铬原子个数为8×+1=2，位于面心和体内的氧原子个数为4×+2=4，则晶胞的化学式为CrO2，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×103×d，解得d=×1030，故答案为：×1030。
2． Si、H、Cl 3MgH2·SiCl4 3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3) SiO2+2OH-=SiO+H2O 取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无
【解析】
根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为=0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为=0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为=0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，灼烧后得到氧化镁E，物质的量为=0.2mol；根据②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；
结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2·SiCl4；据以上分析解答。
(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2·SiCl4；
(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；
(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
II．亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO外，还可能存在SO、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。
3． S、Fe、Cu 溶液变浑浊；溶液可能变浅黄绿色，液面上方可能有黄绿色气体 取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量盐酸，再加溶液，若有白色沉淀，则说明有。另取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量硝酸，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明有
【解析】
9.2gX在空气中灼烧生成气体A和固体B，A通入氯化钡和双氧水的混合溶液中生成白色沉淀C，说明A是SO2，C是硫酸钡，物质的量是23.3g÷233g/mol＝0.1mol，B用稀硫酸溶解得到溶液D，加入足量氨水生成红褐色沉淀E是氢氧化铁，灼烧得到F是氧化铁，物质的量是4g÷160g/mol＝0.025mol，深蓝色溶液G，说明含有铜元素，据此解答。
(1)根据以上分析可知固体X含有的元素为S、Fe、Cu，根据原子守恒可知含有的S原子的物质的量是0.1mol，铁原子的物质的量是0.05mol，则含有的铜原子的物质的量是＝0.05mol，所以X的化学式是；
(2)溶液D中加入足量氨水形成配合物，生成深蓝色物质的离子反应方程式是；
(3)在某些微生物的作用下，固体X与稀硫酸混合，持续通入，也可转化为溶液D，根据原子守恒和电子得失守恒可知该反应的化学方程式为。
(4)①持续通气体二氧化硫的过程中二氧化硫首先被氧化为硫酸，生成硫酸钙微溶。由于次氯酸根离子被还原为氯离子，在酸性溶液中次氯酸根离子和氯离子能发生氧化还原反应生成氯气，则试剂瓶中可能出现的现象为溶液变浑浊；溶液可能变浅黄绿色，液面上方可能有黄绿色气体。
②由于二氧化硫足量，则次氯酸根离子全部被还原为氯离子，反应后溶液中的阴离子主要是氯离子和硫酸根离子，检验方法是：取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量盐酸，再加溶液，若有白色沉淀，则说明有。另取少量试剂瓶中的上层清液于试管中，加足量硝酸，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明有。
4． K、、C、N 能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀 取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无
【解析】
题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B溶液保存时需加酸和F，而B为硫酸盐，在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则其为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、C、N元素。n(FeSO4)=，n(BaSO4)=，n(NH3)=，n(CO)=，从而得出无水X中含有Fe2+、CN-、K+，依据电荷守恒，可求出n(K+)=0.18mol-0.03mol×2=0.12mol，n(K+): n(Fe2+): n(CN-)=0.12:0.03:0.18=4:1:6，从而得出X的无水盐的化学式为K4[Fe(CN)6]；n(H2O)=，故X的化学式为。
(1)由分析可知，组成无水X的四种元素是K、、C、N，X晶体的化学式是。答案为：K、、C、N；；
(2)由框图推知，晶体与浓硫酸反应，生成FeSO4、CO、(NH4)2SO4、K2SO4，化学方程式为。答案为：；
(3)无水K4[Fe(CN)6]可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，则X中[Fe(CN)6]4-被氧化为[Fe(CN)6]3-，从而得出其反应的化学方程式为。答案为：；
(4)可利用来鉴别和，则只能与Fe3+发生反应生成蓝色沉淀，原因是能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀。答案为：能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀；
(5) B在空气中灼烧的产物为Fe2O3，可能有SO2、SO3等，检验Fe2O3时，可先加酸溶液，再加入KSCN溶液；检验SO2时，可通入品红溶液中；检验SO3时，可通入BaCl2溶液中。实验方案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。答案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。
【点睛】
检验SO2时，通入品红溶液，品红褪色还不能说明气体为SO2，还应加热无色溶液，看溶液是否恢复红色。
5． 碳碳双键、羟基 取代反应 。+O2+2H2O 保护基团不被氧化。 或或或或
【解析】
合成G ()，可采用逆合成分析法来分析其过程。由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基。
(1)通过E的结构简式可知，E中含有的官能团名称为碳碳双键、羟基；通过观察A的分子结构式，可知其不饱和度为1，数其碳原子数为9，测其分子式为；H的结构中含有两个酯基，G和F生成H ,G的结构中有一个酯基和一个羟基，则F的结构中比含有一个羧基和G的羟基酯化，酯化反应是取代反应，故④的反应类型为取代反应。
(2)反应②是B生成了C，观察两种物质的结构简式，B结构中的羟基被氧化成C中的醛基，其他结构没变，由乙醇氧化为乙醛，可得反应②的化学方程式为 O2+2H2O。
(3)从A→B→C→D→E的反应路线来看，使用TBSCl试剂的目的是防止A结构中的基团在反应②中被氧化，故答案为保护基团不被氧化。
(4) G的同分异构体有多种，满足能使石蕊试液变色，说明结构中含有羧基，满足能发生银镜反应，则结构中有醛基，还要有两个双键，则满足这三个条件的G的同分异构体结构简式很多，如：或或或或。
(5)由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基，故G的合成路线为。
6． Mg2Al3 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑ 3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2 ACD 镁粉与石英管中的二氧化硅反应
【解析】
Ⅰ．由化合物X是一种储氢材料可知，X中含有氢元素，由某种元素的单质可用于制造信号弹，可知X中含有镁元素，由示意图可知，单质B和金属互化物C能与氢氧化钠溶液反应，则X中含Al元素，X是由H、Mg、Al形成的储氢材料，隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成氢气、铝和金属互化物，铝和金属互化物与氢氧化钠溶液反应生成氢气、镁和偏铝酸钠，反应生成的氢气与镁反应生成氢化镁，偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。由单质D的质量为0.72g可知，X中含有镁元素的质量为0.72g，物质的量为=0.03mol，由白色胶状沉淀的质量为4.68g可知，X中含有铝元素的物质的量为=0.06mol，质量为0.06mol×27g/mol=1.62g，则X中氢元素的物质的量为=0.24mol，则X中Mg、Al和H的物质的量比为0.03：0.06:0.24=1:2:8，X的化学式为Mg(AlH4)2；由X受热分解生成1.08gB可知，金属互化物中铝元素的物质的量为(0.06mol—)=0.02mol，则金属互化物中Mg、Al的物质的量比为0.03：0.02=3:2，化学式为Mg2Al3；由单质D的质量为0.72g可知，0.78gH中含有的氢元素的物质的量为=0.06mol，则H中Mg、H的物质的量比为0.03：0.06=1:2，则H的化学式为MgH2；
Ⅱ．由实验装置图可知，装置A为安全瓶，起防倒吸作用，装置B中碱石灰用于干燥氨气，装置C中镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，装置D中五氧化二磷用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，导致氮化镁水解，装置E的作用是为了防止空气进入装置，干扰实验。
Ⅰ．(1)由分析可知，金属互化物C的化学式为Mg2Al3，故答案为：Mg2Al3；
(2)由分析可知，Mg(AlH4)2隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成H2、Al和Mg2Al3，反应的化学方程式为3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2，故答案为：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2；
(3)氢化镁与乙醇发生氧化还原反应生成乙醇镁和氢气，反应的化学方程式为MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑，故答案为：MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑；
Ⅱ．(1)镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2，故答案为：3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2；
(2)A．由分析可知，装置A的作用是防倒吸的安全瓶，故正确；
B．若无装置B，镁在加热条件下与水蒸气反应生成氢气和氢氧化镁，可能发生反应Mg+2H2OMg(OH)2+2H2，故错误；
C．装置D中物质可换为碱石灰也能用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，故正确；
D．装置E起隔绝作用，为了防止空气进入装置，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD；
(3)石英管中含有二氧化硅，高温下镁粉与石英管中的二氧化硅反应生成氧化镁，导致最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，故答案为：镁粉与石英管中的二氧化硅反应。
7． Cu、N、O Cu(NO3)2 8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑ 8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑ 除去SO2带出的少量H2SO4分子 3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+
【解析】
由题干可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，，根据反应Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O可知，固体C中的Cu2O的物质的量为0.0075mol，故C中还有CuO的物质的量为：，故A中N、O元素的质量为：m=5.64g-（0.015 mol+2×0.0075 mol）×64 g/mol=3.72g，结合A的相对分子质量小于200，初步推断A中为硝酸铜，则有：，故n(Cu)：n()=(0.015mol+2×0.0075 mol)：0.06mol=1：2，进一步确定A为硝酸铜，据此分析解题。
(1)由分析可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，故组成A的三种元素是Cu、N、O，经过计算分析可知A的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu、N、O；Cu(NO3)2；
(2)由分析可知，固体C组成是0.015molCuO，0.0075molCu2O，固体A为Cu(NO3)2，结合氧化还原反应的配平知识可写出固体A加热分解的化学方程式是8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑，故答案为：8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑；
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，即反应生成的NO2和O2的物质的量之比为8：1，由中+5价的N转化为NO2中+4价，而O则由-2价转化为0价，这样发现降低的化合价为8个单位，升高的仅为4个单位，故说明Cu的化合价也是升高的，故推测A的化学式为CuNO3，根据氧化还原反应的配平原则可知该反应的化学方程式是8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑，故答案为：8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑；
II．
(1)实验中制备的SO2中往往含有SO2带出的少量H2SO4分子，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去SO2带出的少量H2SO4分子，故答案为：除去SO2带出的少量H2SO4分子；
(2) 已知NaClO溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平原则，不难写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+，故答案为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+。
8． SiO2 Al(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馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次 坩埚
【解析】
铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，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，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是，受热易分解加入木炭还原生成产物为F为CO2，G为Cu，F+A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝，据此解答。
(1)反应②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：，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： ；
故答案为：；；
(2)上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3，
故答案为：SiO2；Al(OH)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氰酸钾溶液，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KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；
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KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3+；
(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馏水，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坩埚中灼热，
故答案为：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次；坩埚；
(5)蓝铜矿的主要成分是，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：；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为：；
故答案为：；。
9． 氢、碳、铝 Al(CH3)3 Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑ CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O
【解析】
根据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气直接点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。
（1）根据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3，
（2）固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；
（3）甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。
10． Cu、C、N、O CO和N2 （SO2不足）或（SO2足量） 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【解析】
I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；
(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；
Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
11． Cu、C、N (CN)2 2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN
【解析】
电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO 8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol =28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+ m(C)+ m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu)：n(C)：n(N)=0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，则 气体D的物质的量为0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2，据此分析解答。
(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；
(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；
(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN。
12． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]-
【解析】
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是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl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。
(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA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：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③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③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄露时，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NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
13． FeS2 11 2Fe3++Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【解析】
由③中信息可知： B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4 乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D ( H2SO4) +E ( Fe2O3)→F，则F为Fe2 (SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。
(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 +8SO2，由此分析可知，每消耗4 mol FeS2，转移电子为44mol，即每反应1 mol的A ( FeS2)转移的电子为11 mol ，故答案为.：FeS2；11。
(2)由转化关系图可知F为Fe2 (SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)少量饱和Fe2 (SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2 (SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe (OH) 3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe (OH) 3胶体，即①Fe2 (SO4)3、③Fe (OH) 3胶体、② Fe (OH) 3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；
(4)化合物M与H ( H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G ( FeSO4)氧化为F[Fe2 (SO4)3]的离子方程式为： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
14． 1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
15． S、Fe SO2 NH4+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大
【解析】
E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P 和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。
(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素；
(2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+；
(3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。
【点睛】
本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。
16． 第三周期第ⅣA族 S2- O2- Mg2+ Al3+ HClO4 H2SO4 HF HCl C2H2 CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2 NaOH、H2、Cl2 PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4
【解析】
根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价，没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。
根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素。
(1)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；
(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大小为S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HF＞HCl，故答案为S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；
(3)x与氢元素能形成的化合物为烃类，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，实验室用电石与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2，故答案为C2 H2；CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2；
(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化铵， 氯化铵属于离子化合物，铵根离子中存在共价键，电子式为，故答案为；
(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；铅蓄电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，故答案为NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4。
17． 苯 取代反应 溴原子 硝基 浓硝酸/浓硫酸，加热 H2，雷尼镍 9
【解析】
运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。
运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；
(1)A的化学名称为苯，
故答案为苯；
(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，
故答案为；
(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，
故答案为；取代反应；
(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，
故答案为溴原子；硝基；
(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，
故答案为浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；
(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，
故答案为. 9；。
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