2023届高考化学第二轮专项突破模拟练习——元素或物质推断题（含解析）

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2023届高考化学第二轮专项突破模拟练习
——元素或物质推断题

1．（2023·浙江·校联考三模）固体化合物X(式量介于100～160之间)由两种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
  
已知：固体单质B为黑色，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸。请回答下列问题：
(1)X的化学式为_______；A、B分别为_______ (写名称)。
(2)绿色溶液E中除、外的主要离子有_______。写出单质A与浓盐酸反应的离子方程式_______。
(3)X在氨水中用空气处理，形成深蓝色溶液，同时生成黑色固体B。写出该反应的离子方程式_______。
(4)在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，设计实验检验所得混合气体中，常温常压下呈气态的物质_______。
2．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）化合物M由三种元素组成，某小组按如图实验流程探究其组成：

已知：物质A、B只含两种元素；白色沉淀F的质量是D的2倍。
请回答：
(1)M的组成元素是_____，M的化学式是_____。
(2)写出生成CaCO3的离子方程式_____。
(3)气体A与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为_____。
(4)气体A在一定条件下会分解成两种单质，请设计方案检验由这两种单质组成的混合物______。
3．（2023·浙江·二模）化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：

已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
(2)写出X→A的化学方程式___________。
(3)写出C→D的离子方程式___________。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证___________。
4．（2022·浙江·校联考模拟预测）为探究固体矿物X(仅含三种元素)的组成和性质，某学习小组进行了如图实验：

已知：气体A能使品红溶液褪色，加热后恢复红色。请回答：
(1)X中含有的三种元素是___，X的化学式是____。
(2)气体A→溶液C的离子方程式为___。
(3)请设计实验方案验证溶液H含有的阳离子____。
5．（2022·浙江·统考二模）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A→B→C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)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)。
①写出该反应的离子方程式____。
②设计实验验证白色沉淀H的组成元素____。
6．（2023·浙江·校联考一模）固体化合物X由4种元素组成，其中2种为短周期元素，某学习小组开展如下探究实验：

请回答：
(1)组成X的元素有_______，X的化学式为_______。
(2)溶液丙中含有的溶质除外还有_______，相同条件下对应阳离子的氧化性由强到弱的排序为_______。
(3)溶液丁到沉淀丁的离子方程式是_______。
(4)已知白色沉淀丁几乎不溶于水和乙醇，溶于盐酸且该过程中铜元素化合价没有变化，请设计实验验证白色沉淀丁的组成元素_______。
7．（2021·陕西咸阳·统考一模）有八种短周期主族元素，其中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。的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为)的与原子序数的关系如图2所示。

根据上述信息回答下列问题：
(1)g在元素周期表中的位置是___________。
(2)比较的简单离子半径大小为____________________(用离子符号表示)；的最高价氧化物对应的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___________(填字母)。
A．测等浓度相应氯化物水溶液的B．测两种元素单质的硬度和熔、沸点
C．比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少D．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度
(4)由元素组成的剧毒化合物不慎泄漏时，通常用过氧化氢溶液处理，以减少污染，反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，该反应的化学方程式为___________。
8．（2021·广东茂名·校联考三模）辣椒素又名辣椒碱(capsaicin)，是常见的生物碱之一、辣椒素H的合成路线如下。

请完成下列问题
(1)B的键线式是_______。
(2)E中官能团的名称是_______。
(3)C→D中反应i的化学方程式是_______，反应类型是_______。
(4)F与G反应生成H时，另一产物为_______(填化学式)。
(5)的同分异构体中，同时符合下列条件的有_______种(不含立体异构)。
①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环境的H
②红外光谱测得其分子结构中含有和-OH
③进一步测得，该物质能与NaOH反应，且1mol该物质能消耗2molNaOH写出其中任意两种的结构简式_______。
(6)参照上述合成路线，设计以异丙醇和必要试剂为原料合成2-异丙基丙二酸()的合成路线。_______(其他试剂任选)。
9．（2021·陕西咸阳·统考一模）是中学常见的几种化合物，相关物质间的转化关系如图所示：

已知：是生活中常见的金属单质，都是氧化物且A是红棕色粉末。回答下列问题：
(1)单质X与A反应的化学方程式是___________。
(2)若试剂1和试剂2均为强电解质。
①若试剂1为强碱，则试剂1与B反应的离子方程式为___________。
②若试剂1和试剂2为同种物质，则C溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
(3)若试剂2是稀硝酸。
①写出单质Y与稀硝酸反应生成E的离子方程式___________。
②可用于检验D的阳离子的试剂是___________。
10．（2021·浙江宁波·校联考模拟预测）为探究由三种短周期元素构成的化合物X(其中一种为金属元素)的组成和性质，某研究小组设计并完成了如下实验(步骤中所加试剂均过量)。

请回答下列问题：
(1)组成X的三种元素是___________，X的化学式是___________。
(2)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是___________。
(3)将溶液B加入到溶液A中会出现白色沉淀，该反应离子反应方程式为___________。
(4)常温下，将金属单质C投入到H2O2溶液中并加入少量稀H2SO4，观察到溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡，原因是___________。
(5)已知气体B中会混有另一物质C．请设计实验证明C的存在___________。
11．（2020·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图所示转化关系。

(1)若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中，C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应。写出电解D的水溶液时发生反应的化学方程式：______。
(2)若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，常温下，0.1mol·L－1 E溶液中只有3种离子，且溶液中的。则：
①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中是位置为____，B的电子式为____。
②E→ C反应的离子方程式为________________。
(3)若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标准状况下2.24 L C气体通入1L0.1mol·L－1的NaOH溶液中，恰好完全反应，所得溶液的pH<7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________(OH-除外)。
(4)若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀。若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后，再加入足量的氢氧化钠溶液，产生的气体只有一种，该气体无色、有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该反应的离子方程式为___________________。
12．（2015·吉林·统考二模）有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，称量沉淀质量为6.99g；
②第二份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题：
（1）该溶液中一定不存在的阳离子有__________________；
（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为__________________；NaOH溶液的浓度为____________(用字母c、d表示）；
（3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为_________；
（4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为_________________。
13．（2019·浙江杭州·浙江省杭州第二中学校考模拟预测）化合物X(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，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。(金属互化物是全部由金属元素组成的化合物)

(1)写出H的电子式________。
(2)X在400℃下分解的化学方程式________。
(3)金属互化物C分别与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应产生的气体物质的量之比为________。
14．（2020·北京·校考模拟预测）四种常见的短周期非金属元素在周期表中的相对位置如图所示，其中乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。
甲
乙


丙
丁
请用化学用语回答：
(1)丙在元素周期表中的位置是______。
(2)丁单质的电子式是______(用化学用语回答，下同)
(3)乙的两种常见单质分别是______。
(4)甲、丙、丁的气态氢化物水溶液显酸性的是______。
(5)氢元素与甲和丁可以组成一种既有离子键、又有共价键的化合物，其化学式是______。
(6)已知丁的非金属性比丙强，原因是______(从原子结构角度解释)。
15．（2011·上海黄浦·一模）某元素M的原子核内质子数与中子数相等，它形成气态氢化物在标准状况下的密度是1.518g/L，该氢化物0.5mol充分燃烧，生成9g水，则M的元素符号为____，原子序数是_____，原子结构示意图为__________，M的阴离子电子层结构与____________等微粒相同。
16．（2020·北京·统考模拟预测）下表为元素周期表短周期的一部分





a
b
d


e




(1)a原子结构示意图为______，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为______；
(2)b的单质与氢气在500℃、101 kPa条件下化合生成1 mol b的氢化物时，放出53.05 kJ热量，写出该反应的热化学方程式______；
(3)X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的离子方程式______，X在周期表中的位置为______；
(4)与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6 kg a的单质，过程中转移1×103 mol电子，写出相应反应的化学方程式______。
17．（2013·上海·模拟预测）Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。
（1）X在周期表中的位置：_________________，其原子核外有______种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是________（用元素符号表示）。
（2）Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性______>______（用分子式表示）__________
（3）Q与R两元素组成的分子构型可能是___________（填写序号）。
a．直线型            b．平面形            c．三角锥形            d．正四面体
（4）元素M、Y在周期表中位于同一主族，且为短周期元素，化合物Cu2M和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)：，非金属M_______Y(填“＞”或“＜”)，请用事实说明该结论：________________________.
18．（2019·河南郑州·统考一模）Q、W、X、Y、Z 是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。
①W 的氢化物与 W 最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。
②X、Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。
③常温下，Q 的最高价气态氧化物与化合物 X2O2 发生反应生成盐乙。
请回答下列各题:
(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。
(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。
(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4+ + H2O(M 为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测 Z 在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。
(4)Y 形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成 NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。

参考答案：
1．(1) Cu2C2 铜、炭
(2) [CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+ 2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑
(3)Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O
(4)将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO

【分析】气体F通入澄清石灰水中生成白色沉淀，该白色沉淀是CaCO3，物质的量为=0.05mol，则固体单质B为C，物质的量为0.05mol，固体单质A和浓盐酸反应生成溶液D，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸HCuCl2，溶液D中加入H2O2溶液后得到绿色溶液E，CuCl2在很浓的水溶液中形成[CuCl4]2-呈现黄绿色，可以推知A为Cu，X中Cu元素物质的量为，X中n(Cu)：n(C)=1：1，X式量介于100～160之间，则X的化学式为Cu2C2，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，X的化学式为Cu2C2；A、B分别为铜、炭。
（2）由分析可知，绿色溶液E中除、外的主要离子有[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+；单质Cu与浓盐酸反应生成含氯的一元弱酸HCuCl2和H2，离子方程式为：2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑ 。
（3）Cu2C2在氨水中用空气处理，和空气中的O2发生氧化还原反应形成深蓝色的 [Cu(NH3)]2+溶液，同时生成黑色固体C，离子方程式为：Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O。
（4）在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，S元素化合价下降可能产生SO2，C元素化合价下降可能产生CO或CO2，验证方法是：将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO。
2．(1) Ca、Cl、O CaCl2O4
(2)CO+Ca2＋＝CaCO3↓
(3)2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4
(4)将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气

【分析】化合物M由三种元素组成，3.50gM与氯气反应固体B和生成气体A，A的物质的量是0.896L÷22.4L/mol＝0.04mol，A通入二氧化硫水溶液中恰好反应，所得溶液分两份，一份加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀D，另一份加入足量氯化钡溶液生成11.65g白色沉淀，沉淀应该是硫酸钡，物质的量是11.65g÷233g/mol＝0.05mol，根据电子得失可判断A和SO2反应中A得到0.05mol×2×2＝0.2mol，即1分子A得到5个电子，由于物质A、B只含两种元素，因此A中氯元素的化合价是+4价，被还原为－1价，则A是ClO2。固体B中加入足量碳酸钠生成碳酸钙2.00g，物质的量是0.02mol，滤液中加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀F，B是氯化钙，物质的量是0.02mol，F的物质的量是0.04mol，白色沉淀F的质量是D的2倍，说明A中氯原子和B中氯原子的物质的量相等，据此解答。
【详解】（1）A是ClO2，A的物质的量是0.04mol，含有氧原子的物质的量是0.08mol，氯化钙的物质的量是0.02mol，M中Ca原子的物质的量是0.02mol，因此M中氯原子的物质的量是＝0.04mol，所以M中Ca、Cl、O的原子个数之比是1:2:4，所以M的化学式是CaCl2O4。
（2）氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则生成CaCO3的离子方程式为CO+Ca2＋＝CaCO3↓。
（3）根据电子得失守恒和原子守恒可知气体ClO2与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4；
（4）ClO2分解生成氧气和氯气，氧气是助燃性气体，氯气具有强氧化性，和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以实验方案为将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气。
3．(1) Fe、O FeO2
(2)FeO2+NaOH= NaHFeO3
(3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl

【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05mol；C中含有0.1molFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
【详解】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；
（2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH= NaHFeO3；
（3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。
4．(1) Fe、Cu、S或铁、铜、硫 CuFe2S3
(2)SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+
(3)方案一：取少量H溶液于试管中，加几滴KSCN溶液无明显现象，再加几滴H2O2或氯水溶液变红色，证明含有Fe2+。
方案二：取少量H溶液于试管中，加几滴KMnO4溶液，若紫色褪去，证明含有Fe2+

【分析】结合转化关系可知：X煅烧产生的气体A能使品红溶液褪色，加热后恢复红色，则气体A是SO2，SO2与氯水发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，溶液C为H2SO4、HCl混合溶液，向其中加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀为BaSO4，由质量守恒可知X中含有S的物质的量为：n(S)=n()=n(BaSO4)=，m(S)=0.03 mol×32g/mol=0.96 g；灼烧产生的固体B与硫酸反应产生溶液E，E中加入足量铁粉得到的红色单质G为Cu，0.64 g Cu物质的量n(Cu)=；若固体B为CuO，m (B)=0.01 mol×80 g/mol=0.8 g＜2.4 g，说明B中还含有其它元素，结合溶液H为单一溶质可知，E中加入足量Fe粉，固体B含有的其它元素只能为Fe，B为Fe2O3、CuO的混合物，E为CuSO4、Fe(SO4)3及过量H2SO4的混合物，向溶液E中加入足量Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Cu2++Fe=Cu+Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑，溶液H溶质为FeSO4，固体矿物X由三种元素组成，则m(Fe)=2.72 g-0.96 g-0.64 g=1.12 g，n(Fe)=，n(Cu)：n(Fe)：n(S)=0.01 mol：0.02 mol：0.03 mol=1：2：3，则X的化学式为CuFe2S3，以此分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：X中含有的三种元素是Fe、Cu、S；X的化学式为CuFe2S3；
（2）气体A为SO2，SO2与氯水反应产生硫酸和盐酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+；
（3）溶液H为FeSO4，可根据Fe2+的还原性及Fe3+遇SCN-使溶液变为血红色判断。操作方案一：取少量H溶液于试管中，加几滴KSCN溶液无明显现象，再加几滴H2O2或氯水溶液变红色，证明溶液H中含有Fe2+。
存在方案二：取少量H溶液于试管中，加几滴KMnO4溶液，若紫色褪去，证明溶液H中含有Fe2+。
5．(1) Cu、O、H、Cl Cu2(OH)3Cl
(2)Cl- (3)Cu2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl
(4) + +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+ 取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素

【分析】根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为AgCl，n(AgCl)=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知其化学式为Cu2(OH)3Cl。
【详解】（1）根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；
（2）根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl- （3）X与足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2和NaCl，反应的化学方程式是Cu2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl；
（4）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)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为+ +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。
6．(1) 、、C、S
(2) 、、
(3)
(4)取少量白色沉淀丁于试管中，滴加盐酸使沉淀溶解，在所得溶液中滴加足量溶液，充分反应后，将所得溶液分装在两支试管，向其中一支试管中滴加，若生成蓝色沉淀，说明含有铜元素；向另一支试管中滴加淀粉，若变蓝，则含有碘元素

【分析】白色沉淀甲为CaCO3，其物质的量，n(C)=0.1mol，白色沉淀乙为BaSO4，其物质的量，n(S)=0.15mol，红褐色沉淀丙为Fe(OH)3，灼烧后生成红色固体乙是Fe2O3，其物质的量，n(Fe)=0.1mol，蓝色溶液中加入KI溶液生成白色沉淀丁为CuI，其物质的量，n(Cu)=0.05mol，由0.1mol×12g/mol+0.15mol×32g/mol+0.1mol×56g/mol+0.05mol×64g/mol=14.8g，则n(Fe)：n(Cu)：n(S)：n(C)=2:1:3:2；
【详解】（1）由分析可知，组成X的元素有、、C、S，n(Fe)：n(Cu)：n(S)：n(C)=2:1:3:2，X的化学式为；
（2）由红褐色沉淀丙说明含有Fe3+、蓝色溶液丁含Cu2+，溶液丙中含有的溶质除外还有、、，阳离子的氧化性由强到弱的排序为；
（3）溶液丁到沉淀丁的离子方程式是；
（4）白色沉淀丁为CuI，验证其元素组成的实验操作为：取少量白色沉淀丁于试管中，滴加盐酸使沉淀溶解，在所得溶液中滴加足量溶液，充分反应后，将所得溶液分装在两支试管，向其中一支试管中滴加，若生成蓝色沉淀，说明含有铜元素；向另一支试管中滴加淀粉，若变蓝，则含有碘元素。
7． 第三周期第ⅥA族 << AD
【分析】根据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，可知元素分别是H、C、O、Al；根据的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为)的与原子序数的关系，可知元素分别是N、Na、S、Cl。
【详解】(1)g是S元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；
(2)电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小为Al3+C，、H2CO3中酸性较强的是；
(3) A．氯化铝溶液的大于等浓度氯化钠溶液的，说明氢氧化铝的碱性比氢氧化钠弱，证明钠的金属性大于铝，A项选；
B．单质的硬度和熔、沸点与金属性强弱无关，B项不选；
C．金属单质作还原剂时失去的电子数目的多少与金属性强弱无关，C项不选；
D．金属性越强，与酸反应的速率越快，根据单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度，可判断金属性强弱，D项选；
答案选AD；
(4)由元素组成的剧毒化合物不慎泄漏时，通常用过氧化氢溶液处理，反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，则反应生成碳酸氢钠和氨气，该反应的化学方程式为。
8． (2-甲基-7-溴-3-庚烯) 碳碳双键、羧基 +2KOH+2C2H5OH 取代(水解)反应 HCl 4 、、、
【分析】根据题意可知发生题目所给反应生成C，再结合Ａ的结构，可知应为，C为，C中酯基水解再酸化得到D，所以D为；E的分子式为，生成的同时产生二氧化碳，发生脱羧反应；根据生成H的反应物的结构变化，可知F和G发生取代反应生成H。合成路线的设计：参照题中由A→B→C→D的合成路线，结合所学知识，异丙醇发生取代反应生成2-溴丙烷，然后发生取代反应、水解反应并酸化得到目标产物，可设计合成路线。
【详解】(1)由B的分子式和A的键线式可知，Ｂ的键线式为，按照系统命名法命名为2-甲基-7-溴-3-庚烯；故答案为：；
(2)E中含有两个官能团，分别是碳碳双键、羧基；故答案为：碳碳双键、羧基；
(3)由流程可知，C→D中反应i的化学方程式是：，该反应属于取代反应，也是水解反应；故答案为：+2KOH+2C2H5OH；取代反应；
(4)分析相关物质的键线式可知，F与G生成Ｈ的反应为取代反应，根据质量守恒和断键、成键情况，确定另一产物为HCl；故答案为：HCl；
(5)的同分异构体中，符合①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环境的H，说明苯环上有4个取代基，且具有对称结构；②红外光谱测得其分子结构中含有和-OH；③与NaOH反应，1mol该物质能消耗2molNaOH说明有2个酚羟基，则符合条件的同分异构体有4种，分别为：、、、；故答案为：4；、、、；
(6)参照题中由A→B→C→D的合成路线，结合所学知识，异丙醇发生取代反应生成2-溴丙烷，然后发生取代反应、水解反应并酸化得到目标产物，可设计合成路线为：
。故答案为：。
9． 或 酸性 溶液(或其他合理答案)
【分析】A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，则A为Fe2O3，X与A（Fe2O3）发生置换反应生成氧化物B和金属单质Y，则X为Al、Y为Fe、B为Al2O3；试剂2能与铁和氧化铁反应，且D与Y（Fe）反应生成E，则试剂2为强酸、D为铁盐、E为亚铁盐；若试剂1为强碱，铝与强碱反应生成偏铝酸盐；若试剂1和试剂2为同种物质，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子水解溶液呈酸性，以此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，单质X与A反应是铝热反应，反应方程式为：，故答案为：；
(2)①若试剂1为强碱，则氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为：，故答案为：或；
②若试剂1和试剂2为同种物质，则试剂1为强酸，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则C溶液显酸性，故答案为：酸性；
(3)①若试剂2是稀硝酸，Y单质为Fe，则E为硝酸亚铁，Fe与稀硝酸反应生成E的离子方程式为：，故答案为：；
②D为铁盐，可以用KSCN溶液检验Fe3+，溶液出现血红色，故答案为：KSCN溶液。
10． Al、C、H Al5C3H3 (或Al4C·AlH3) 铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解。 将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在
【分析】混合气体A与CuO加热反应可以得到金属单质C，则该单质为Cu，说明气体A中有还原性气体，气体B与澄清石灰水反应可以生成沉淀，则气体B最可能为CO2，生成的沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.03mol，则化合物X中含有0.03molC；碱性溶液A可以与CO2反应生成沉淀，二氧化碳过量，溶液B应为NaHCO3溶液，也能与溶液A反应生成白色沉淀，可推测出溶液A中含有NaAlO2，可以和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3灼烧可以得到固体Al2O3，NaAlO2溶液可以和NaHCO3溶液生成Al(OH)3沉淀，符合题意，则化合物X中含有n(Al)=×2=0.05mol；化合物X能与NaOH溶液反应生成气体，该气体为非酸性气体，且具有还原性，可先考虑该气体中含有NH3，但若生成NH3，则X中的含有N、H、C、Al，不符合题意；此外短周期元素中还有氢气具有还原性，可考虑化合物X中有-1价的氢，在和水溶液反应时发生归中反应生成氢气，若为H则n(H)==0.03mol，可以得到一种化合物X为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)，符合题意。
【详解】(1)根据分析可知组成X的三种元素为Al、C、H，X的化学式为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)；
(2)根据分析可知Al5C3H3再与NaOH溶液反应时生成NaAlO2、H2，该物质中Al为+3价，C为-4价，H为-1价，H与水中的H发生归中反应生成氢气，则C元素的化合价应该不变，产物为CH4，所以化学方程式为；
(3) NaHCO3溶液和NaAlO2混合后，AlO可以结合碳酸氢根电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀，同时促进碳酸氢根的电离生成碳酸根，离子方程式为；
(4)铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解，所以溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡；
(5)气体A为H2和CH4，与CuO加热反应时生成CO2和H2O，即物质C为H2O，可以将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在。
11． 第二周期VA族
【详解】(1) 若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，推知A是 Na2O2，Na2O2能和水、CO2分别反应生成 NaOH、Na2CO3，由溶液的 pH大小关系，得B是NaOH、C是 Na2CO3，由“电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质,该反应是工业上生产B的重要反应”，D是NaCl，电解 NaCl溶液的化学方程式为，故答案为：；
(2) ①由条件“C、D的相对分子质量相差16”，知C、D相差一个O原子，C、D均为同一元素的氧化物，再由A为气体单质，知A为N2，再由条件“0.1 mol/L的E溶液的与联立，得到c(H+)=0.1mol/L，故溶液E为强酸性的HNO3，则B为NH3，C为 NO、D为 NO2，A、B、C、D、E中都含有氮元素，其在第二周期VA族
，B为NH3其电子式为，故答案为：第二周期VA族，；
②E为强酸性的HNO3，C为 NO ，E→ C反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)短周期元素组成的固体非金属单质有硼、碳、硅、磷、硫五种，由0.1 mol气体C与0.1 mol NaOH 恰好完全反应后溶液呈酸性可知，气体C为SO2，恰好完全反应生成 NaHSO3 , HSO的水解程度小于其电离程度，故溶液的pH<7，溶液中离子浓度大小为 c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)，故答案为： c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)；
(4) 由条件知A为Al，Al元素能形成铝盐和偏铝酸盐,B为溶液呈酸性的铝盐,C为溶液呈碱性的偏铝酸盐，白色沉淀D为 Al(OH)3，碱性条件下，金属 Al可在硝酸钠溶液中被氧化为 AlO，根据题意，NO被还原为NH3，即 ，故答案为：。
12． Fe3+ + OH-= NH3·H2O mol/L 1：1：1 c（）≥0.3 mol·L－1
【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在，结合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+；
（1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+；
（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 + OH-= NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1；
（3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；
(4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+ n() ×1= n()×2+ n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能还有K+，则n()≥0.3 mol，c()=n()÷0.1L≥0.3 mol·L－1。
13． 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 2：1
【分析】化合物X(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料，400℃隔绝空气分解放出氢气，则A为氢气，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，说明X中含有镁元素，溶液E通入二氧化碳生成白色胶状沉淀F，则F为Al(OH)3，可知X中含有H、Mg、Al三种元素，然后根据图中转化关系确定其他物质的成分。
【详解】由图中关系可知，单质B可与氢氧化钠溶液反应，B为铝，单质D为镁，H为MgH2，由题中数据可知，n(Mg)==0.03mol，n(Al)==0.04mol，n[Al(OH)3]==0.06mol，说明金属互化物C中含有0.03molMg和0.02molAl，C为Mg3Al2；X中含有0.06molAl，0.03molMg，则n(H)==0.24mol，则X的化学式为Mg(AlH4)2。
(1)H为MgH2，属于离子化合物，电子式为，答案：；
(2)X在400℃下分解生成H2、Al和Mg3Al2，化学方程式为3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2，答案：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2；
(3)金属互化物C为Mg3Al2，Mg、Al都可与盐酸反应，而只有Al能与氢氧化钠溶液反应，则1molC与足量盐酸反应可生成6mol氢气，与足量氢氧化钠溶液反应可生成3mol氢气，则生成氢气的物质的量之比为2：1，答案：2：1。
【点睛】根据金属镁、铝的特殊性质确定化合物里含镁、铝元素是推断的关键。
14． 第三周期第VIA族 O2、O3 H2S，HCl NH4NO3 S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强
【分析】乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则乙为O，甲为N，丙为S，丁为Cl。
【详解】(1)丙在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；故答案为：第三周期第VIA族。
(2)丁单质是氯气，其电子式是：；故答案为：。
(3)乙的两种常见单质分别是O2、O3；故答案为：O2、O3。
(4)甲的气态氢化物为NH3，水溶液显碱性，丙的气态氢化物H2S，水溶液显酸性，丁的气态氢化物HCl，水溶液显酸性，因此气态氢化物水溶液显酸性的是H2S，HCl；故答案为：H2S，HCl。
(5)氢元素与甲和丁可以组成一种既有离子键、又有共价键的化合物，则为铵盐，其化学式是NH4NO3；故答案为：NH4NO3。
(6)已知丁的非金属性比丙强，原因是S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强；故答案为：S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强。
【点睛】非金属元素能形成离子化合物一般是铵盐，两种非金属元素形成的离子化合物则为NH4H，气态氢化物水溶液显碱性的为NH3。
15． S 16 P3-、 Cl-、Ar、K+、Ca2+
【分析】M形成气态氢化物在标准状况下的密度是1.518g/L，若该氢化物为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，即1mol氢化物质量m=22.4L×1.1518g/L=34g，即氢化物摩尔质量为34g/mol。该氢化物0.5mol充分燃烧，生成9g水，即n（H2O）=0.5mol，1mol该氢化物含H原子2mol，则1mol氢化物中M的质量为34g-2g=32g，即M的相对原子质量应为32，又M的原子核内质子数与中子数相等，则M的原子序数为16，应为S元素，以此解答该题。
【详解】M的原子序数为16，应为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为，为满足8电子稳定结构，阴离子电子层结构为，与M的阴离子电子层结构相同的微粒有P3-、Cl-、Ar、K+、Ca2+等。
【点睛】本题计算时注意，气体在标准状况下的密度与摩尔气体体积的乘积等于气体的摩尔质量。
16． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol 第3周期IA族 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO
【分析】根据周期表的位置判断，a、b、d、e分别为C、N、O和Si，据此解答。
【详解】（1）a为碳元素，其原子结构示意图为：；d的一种氢化物为常见溶剂，由此可知其为H2O，属于共价化合物，其电子式为：；
（2）b的单质为N2，其与氢气在500℃、101 kPa条件下发生反应生成1molNH3时，放出53.05 kJ热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol；
（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是：；X为钠元素，其在周期表中位置为：第3周期IA族；
（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物A1Cl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mo1电子，则反应中碳的化合价变化为=2，即碳元素化合价由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
17． .第2周期第VA族 2 C  O H2O>NH3 abd ＜ 2H2S + O2  → 2H2O +S
【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，Q是H元素，R是C元素，X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素。
(1)X是N元素，处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，所以有两种电子云；这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素，故答案为：第2周期第VA族；2；C、O；
(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，非金属的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以稳定性H2O＞NH3，故答案为：H2O＞NH3；
(3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故选abd，故答案为：abd；
(4)D是淀粉水解的最终产物，D为葡萄糖，根据悬浊液与D的溶液(葡萄糖溶液)生成氧化亚铜，推出Y为O元素，再根据M，Y同主族，推出M为S元素，同一主族，从上往下，非金属性在逐渐减弱，所以，非金属性M＜Y；非金属性越强，单质的氧化性越强，因此将氧气通入氢硫酸溶液中会析出硫沉淀，2H2S + O2  → 2H2O +S，故答案为：＜；2H2S + O2  → 2H2O +S。
【点睛】本题的第(4)小题给出的流程图感觉是多余的，只需要知道“M、Y在周期表中位于同一主族，且为短周期元素”即可。本题的易错点为(3)，要注意常见烃分子的结构。
18． NH4++H2O NH3·H2O+H+ 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 第三周期第ⅦA 族 16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O
【分析】根据题干可知 Q、W、X、Y、Z 分别为 C、N、O、Na、Cl 五种元素。
(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。
【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族，故答案为：第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。