2022届高三化学高考备考二轮复习——元素或物质推断题（word版含解析）
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| 名称 | 2022届高三化学高考备考二轮复习——元素或物质推断题（word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-10 22:44:40 | ||
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文档简介
2022届高三化学高考备考二轮复习——元素或物质推断题
1．（2022·浙江宁波·二模）化合物X由4种元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：
已知：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是____，无色溶液B中溶质的成分是____。化合物X的化学式是____。
(2)无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3 H2O，写出该转化过程的离子方程式____。
(3)无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，写出该反应过程的化学方程式____。
(4)设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素____。
2．（2022·浙江金华·二模）化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M＜，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，其中气体B可使品红溶液褪色。(部分反应条件省略)请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式是___________。
(2)溶液E中溶质的主要成分是___________(用化学式表示)。
(3)写出X与反应生成A、B、C的化学方程式___________。
(4)写出H与C反应生成I和B的化学方程式___________。
(5)请设计实验确定气体D的成分___________。
3．（2022·浙江温州·二模）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净物。
请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式为___________。
(2)X溶于的反应化学方程式为___________。
(3)光学实验证明，溶有气体单质D(表示为)的水中存在水合分子、。对于两种分子的结构，下列表示正确的是___________。
A． B． C． D．
(4)①某同学利用铜与流程中所涉及的物质制备蓝色溶液。资料显示，溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。写出该反应的离子方程式___________。
②请在该同学实验的基础上，设计实验证明溶液显蓝色的原因___________。
4．（2022·浙江宁波·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___________。
5．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验
其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(1)X与水反应的方程式：_____
(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______
(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______
A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度
B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂
C．在某些反应中作催化剂
D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血
E.气体C与FeCl3溶液可以制备X
F.Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可
(5)D可以溶解在C的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为：___
6．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，则参加反应的甲的质量为____g。检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量固体溶于适量的盐酸，滴加___(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为__。
(3)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是K2FeO4具有___性。用己(FeCl3)与KClO在强碱性条件下制取K2FeO4时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e =Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e =2Fe2+。请据此将上图中甲与盐酸反应的离子方程式拆写成两个“半反应式”，其中还原反应为_____。
(5)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可以使Fe2+全部转化成Fe3+，若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是____g。
7．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
8．（2022·浙江省杭州第二中学模拟预测）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________。
9．（2022·浙江大学附属中学模拟预测）下列物质间在一定条件下可实现如图所示的一系列变化，实验室可用固体 X 和黑色固体 Y 共热来制备气体 A，固体 B 为混合物，白色沉淀 D 难溶于稀硝酸，E 的焰色反应显紫色(透过蓝色钴玻璃)，H 加热生成固体 Y 和水。请填写下列空白：
(1)X 和 Y 依次是(填化学式，下同)___。
(2)E 是 ___。
(3)X、Y 共热的化学方程式___ ；
(4)C 与淡黄色粉末 G 反应生成 A、F、H 的离子方程式________ 。
10．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）由四种元素组成的白色粉末状固体，式量为63，按如图流程进行实验。气体E是纯净物。
回答下列问题：
(1)气体E的化学式____________，X的化学式是___________。
(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式________________。
(3)气体A通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，写出化学反应方程式_________。
11．（2022·浙江·模拟预测）Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。
请回答：
(1)组成A的非金属元素是_____，气体B的结构简式_____。
(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_____。
(3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_____。
Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：
(4)说明氧化性 Br2＞I2 的实验现象是_____。
(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检____。
12．（2022·上海奉贤·二模）A、B、M、X、Z是周期表中的短周期元素。对它们的单质或部分化合物描述如下：
A B M X Z
最简氢化物是含氢量最高的有机物 单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个 最简氢化物的水溶液呈酸性 原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子 最高价氧化物对应的水化物为最强酸
回答下列问题：
（1）B的最简氢化物的分子构型是__，A原子的最外层电子的轨道表示式为__；
（2）X在元素周期表中的位置为__周期__族，写出X的单质溶解在NaOH溶液中的离子方程式为__；
（3）A、B两元素非金属性较强的是__(写元素符号)。写出证明这一结论的一个化学方程式__；
（4）与元素Z相比，元素M的最简氢化物稳定性__（选填“强”、“弱”），理由是__。
13．（2022·上海闵行·二模）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
回答下列问题：
(1)反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：_______，该化合物中存在的化学键有：_________ 。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：_______（元素符号）。
(2)反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是_______；写出反应Ⅱ的化学方程式_______。
(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性_______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是_______（写出一种即可）。
(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______（选填答案编号）
a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质
b．金属阳离子都具有相同的电子排布式
c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物
d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物
14．（2022·广东汕头·一模）已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。
（2）物质X的电子式为_____________________ 。
（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。
（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________ 。
（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目____________________________________________ 。
（6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。
15．（2022·浙江·一模）暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。
已知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。
请回答以下问题：
（1）写出A的电子式____________。
（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。
（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________
（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________
16．（2022·山东济宁·一模）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：
（1）A的化学式为___，C的电子式为___；
（2）写出下列反应的化学方程式：
D+G→H___；
F+J→B+C+I____；
（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；
（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；
（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为___。
17．（2022·浙江台州·一模）某同学为探究浅黄色液体X（仅含三种常见元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答如下问题：
（1）X的化学式是_________。
（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是_________。
（3）溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式______。
18．（2022·江苏·一模）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，C、E、G、I均为无色气体，其中C为单质，E为最简单的烃，G能使澄清石灰水变浑浊，I能使品红褪色；D、E均由两种元素组成，D的摩尔质量为144g·mol－1，H中两种元素质量比为7∶8，F是白色胶状沉淀，J是红棕色固体。
（1）G的电子式为_____。
（2）H的化学式为_____。
（3）写出反应①的化学方程式：______。
（4）写出反应②的离子方程式：______。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) H、Cl HCl、NaCl NaHCuCl3
(2)4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－
(3)HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3
(4)将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素
【解析】
白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则该气体为二氧化碳，说明无色溶液为HCl。
(1)
根据前面分析X中含有Cu、Cl、H和Na，因此组成X的非金属元素是H、Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为0.01mol，另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02mol，则无色溶液B中除了HCl还有NaCl，则无色溶液B中溶质的成分是HCl、NaCl。根据化合物X加入水生成白色沉淀A，说明A为CuCl，则化合物X的化学式是NaHCuCl3；故答案为：H、Cl；HCl、NaCl；NaHCuCl3。
(2)
无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3·H2O，说明发生氧化还原反应得到Cu(NH3)且Cu(NH3)与O2比例关系为4:1，该转化过程的离子方程式4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－；故答案为：4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－。
(3)
无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，说明生成的固体为CuC≡CCu，则该反应过程的化学方程式HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3；故答案为：HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3。
(4)
根据信息白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素；故答案为：将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
2．(1) Cu、Fe、S
(2)、HCl
(3)
(4)
(5)将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是
【解析】
化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M＜，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，且B可使品红溶液褪色,则B为二氧化硫。化合物X在氧气中燃烧生成A、B、C，A加过量的盐酸生成气体D和浅绿色溶液，所以D为硫化氢，E中含有亚铁离子，则A为FeS；E中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀F，则F为氢氧化铁，灼烧生成红褐色固体G，则G为三氧化二铁，其质量为16.og，则含Fe2O32Fe，n(Fe)=0.2mol；C氧化生成砖红色固体H和SO2，所以H为Cu2O，C为Cu2S，H加入C得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为19.2g，则n(Cu)=0.3mol；2Cu2O+Cu2S=6Cu+ SO2，则原物质中含有铜为0.3mol=0.2 mol；由此可知X中含有Fe、Cu、S，其，则X的化学式为。以此分析解答本题。
(1)
根据上述分析可知：组成X的元素有Fe、Cu、S，X的化学式是，故答案：Fe、Cu、S；。
(2)
根据上述分析可知：溶液E中溶质的主要成分是FeCl2、HCl，故答案：FeCl2、HCl。
(3)
根据上述分析可知： X为，与反应生成为FeS、Cu2S、SO2，A、B、C的化学方程式，故答案：。
(4)
根据上述分析可知： H为Cu2O，C为Cu2S，两者反应生成Cu和SO2，其反应的化学方程式，故答案：。
(5)
根据上述分析：气体D为硫化氢，为了确定气体D的成分，可将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是，故答案：将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是。
3．(1) K、H、S、O K2H2S2O10
(2)K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑
(3)BD
(4) 2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O) 向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子
【解析】
由题意可知，化合物X由4种元素组成，溶于水发生反应生成无色溶液A和气体D，无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净单质气体，由无色溶液A能与氢氧化钾溶液反应生成溶液B，溶液B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，A为硫酸氢钾、B为硫酸钾、C为硫酸钡、D为氧气，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，且钾元素和硫元素的物质的量相等，由硫酸钡的质量为4.66g可知，X中钾元素和硫元素的物质的量为=0.02mol，硫酸氢钾的质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，由质量守恒定律可知，反应生成氧气的物质的量为=0.01mol，则X中钾元素、氢元素、硫元素、氧元素的物质的量比为0.02mol：0.02mol：0.02mol：(0.02mol×4+0.01mol×2)=2:2:2:10，化学式为K2H2S2O10。
(1)
由分析可知，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，化学式为K2H2S2O10，故答案为：K、H、S、O；K2H2S2O10；
(2)
由分析可知，X溶于水发生反应生成硫酸氢钾和氧气，反应的化学方程式为K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑，故答案为：K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑；
(3)
非极性分子氧气分子难溶于极性分子水，氧分子和水分子间的相互作用力弱，不能形成头碰头的作用关系，氧元素的非金属性强，水合分子中氧原子会吸附水分子中的氢原子，则一水合氧的结构为 、二水合氧的结构为 ，故选BD；
(4)
①铜与流程中的氧气、硫酸氢钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸四水合铜，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)，故答案为：2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)；
②若向蓝色溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子，故答案为：向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。
4． 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
【解析】
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。
(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。
5． 或 取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有 DE
【解析】
沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。
(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；
(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；
(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；
B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；
C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；
D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故错误；
E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；
F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；
故答案为：DE；
(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；
6． 42 KSCN 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 氧化 3：2 2H++2e =H2↑ 8
【解析】
(1)标准状况下22.4LH2的物质的量为1mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，参加反应铁的物质的量= n(H2)= ×1mol=0.75 mol，质量为：0.75×56=42g，乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2+，即含有FeO，故答案为：42；KSCN；
(2) 戊为+2价铁盐，Fe2+与NaOH反应形成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3
(3) K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3+3KClO+10KOH= 2K2FeO4+9KCl+5H2O，KClO失去电子是氧化剂，FeCl3得到电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为：3：2，故答案为：氧化；3：2；
(4)甲为铁，与盐酸反应的方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，Fe的化合价从0价上升至+2价，发生氧化反应，HCl中的氢化合价从+1价降低至0价，发生还原反应，所以其中还原反应的“半反应式”为2H++2e =H2↑，故答案为：2H++2e =H2↑；
(5)在第一份溶液中加入氯化钡溶液发生反应：Ba2++SO =BaSO4↓，溶液中n(SO)= n(Ba2+)=0.5mol/L×0.220L=0.11mol，在第二份溶液中通入氯气发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)= 2 n(Cl2)=×2 =0.08mol，根据电荷守恒可得原溶液中n(Fe3+)=(0.11mol-0.08 mol)× =0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知：n(Fe2O3)= (0.02mol+0.08mol)=0.05mol，质量为0.05×160=8g，故答案为：8
7． Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2↑ + Cu(OH)2 →+ 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
8． 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 2：1
【解析】
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。
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。
9． KClO3、CuO KNO3 2KClO32KCl+3O2↑ 2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+
【解析】
白色固体X和黑色固体Y共热可以制备气体A，可以推测X为氯酸钾，所以气体A为氧气，而固体B为氯化钾和黑色固体的混合物，溶于水分离后滤液为氯化钾 溶液能够和硝酸银溶液生成白色沉淀D为氯化银，溶液E为硝酸钾溶液，而滤渣能够溶于稀硫酸，生成蓝色溶液，可以知道该黑色粉末Y为氧化铜，而蓝色溶液C为硫酸铜溶液，可以和过氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，则H为氢氧化铜，F为硫酸钠溶液，代入验证符合题意，可以据此答题。
(1)根据分析可知，X 和 Y 依次是KClO3、CuO；
(2)根据分析，E 是 KNO3；
(3)X 和 Y 依次是KClO3、CuO，根据题意氧化铜为催化剂，X、Y 共热的化学方程式2KClO32KCl+3O2↑；
(4)C硫酸铜溶液，淡黄色粉末 G 为过氧化钠，二者反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气，反应的离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+。
10． CO2 CH5NO2 HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O 2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O
【解析】
由四种元素组成的白色粉末状固体X，式量为63。根据流程图，气体A为氨气，说明X中含有N、H两种元素，X中含有NH，6.3gX充分反应后生成1.7g氨气，则X中含有1个NH；溶液B中加入过量的新制氢氧化铜加热，生成砖红色沉淀D14.4g，则D为Cu2O，溶液B中含有-CHO，说明X中含有C元素，结合X的式量为63，X为HCOONH4；溶液C中加入过量盐酸反应生成气体E，E通入足量澄清石灰水中生成白色沉淀F，F为碳酸钙，则C中含有，据此分析解答。
(1)根据上述分析，气体E为二氧化碳，化学式为CO2，X为HCOONH4，化学式为CH5NO2，故答案为：CO2；CH5NO2；
(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式为HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O；
(3)气体A为氨气，通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，反应的化学反应方程式为2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O。
11． 碳(C)和氢(H) CH≡CH NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 CO2+2FeOFe2O3+CO 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色， 取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量
【解析】
Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重 17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液 F 焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)= n(Cl)= n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物 A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2，据此分析解答；
Ⅱ．向 NaBr 溶液中通入一定量 Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。
Ⅰ．(1)根据分析，组成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体 B 为C2H2，结构简式CH≡CH；
(2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 ↑；
(3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO；
Ⅱ．(4) 将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性 Br2＞I2；
(5)为了排除 Cl2 对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入 Cl2 未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。
12． 三角锥形 第三周期 IIIA族 2Al+2OH-+2H2O→2AlO2-+3H2↑ N HNO3+NaHCO3→NaNO3+H2O+CO2↑ 强（或弱） M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）
【解析】
A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，结合元素对应原子的结构以及对应单质、化合物的性质解答该题。
A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，则
（1）B为N元素，对应的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形，A为C元素，原子序数为6，最外层电子的轨道表示式为，
故答案为：三角锥形，；
（2）X为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于周期表第三周期IIIA族，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，
故答案为：第三周期；IIIA族；；
（3）A为C元素，B为N元素，N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，可通过反应判断，
故答案为：N，；
（4）M可能为F、S、Cl等元素，Z为Cl元素，若M是氟元素，非金属性比氯强，若M是硫元素，非金属性比氯弱，
故答案为：强（或弱）；M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）。
13． 离子键、共价键 Al、Mg、Na 第四周期Ⅷ族 3Fe+4H2OFe3O4+H2 强 NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱 ab
【解析】
已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。
(1)由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、Na；
(2)由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案为：第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2OFe3O4+H2；
(3)钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱来判断。答案为：强；NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱；
(4)a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；
b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；
c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；
d．金属氯化物都是电解质，但AlCl3属于共价化合物，d不正确；
答案为：ab。
14． 通电 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ （用双线桥表示也可） 用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-
【解析】
X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。
（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；
（2）物质X为NaCl，其电子式为。答案为：；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。
15． SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
【解析】
气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。
（1）A为碘单质，电子式为：；
（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；
（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ；
（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
16． NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 2 1：2 4：1
【解析】
A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。
(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；
故答案为NH4HCO3；；
(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- →B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；
故答案为2；
(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
故答案为1:2；
(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，
故答案为4:1。
17． Fe(CO)5或FeC5O5 4Fe(CO)5＋13O2 2Fe2O3＋20CO2 2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
【解析】
本题是推断题。根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)= 0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)= ，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。
根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)= 0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)= ，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。
（1）根据上述分析可知X的化学式是Fe(CO)5或FeC5O5。本小题答案为：Fe(CO)5或FeC5O5。
（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。本小题答案为：4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。
（3）根据上述分析溶液C为FeCl3，溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，离子方程式为2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。本小题答案为：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。
18． FeS2 Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑ Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O
【解析】
由A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，A在二氧化锰作用下分解生成生成无色液体B和气体C，可知A为H2O2，B为H2O，C为O2；由E为最简单的烃，E与氧气反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体G，可知E为CH4，G为CO2；由D能够与H2O反应生成CH4和白色胶状沉淀F，结合D的摩尔质量为144g·mol－1，可知D为Al4C3，F为Al(OH)3；由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3；由H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3，结合H中铁和硫两种元素质量比为7∶8，可知H为FeS2；由转化框图可知，SO2和H2O2反应生成H2SO4，则K为H2SO4；H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，则L为Al2(SO4)3。
（1）G为共价化合物CO2，电子式为，故答案为；
（2）由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3，H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3说明H中含有铁和硫两种元素，由两种元素质量比为7∶8，可得n(Fe)：n(S)= 7/56∶8/32=1:2，所以H的化学式为FeS2，故答案为FeS2；
（3）反应①为Al4C3与H2O反应生成无色气体CH4和白色胶状沉淀Al(OH)3，反应的化学方程式为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑，故答案为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑；
（4）反应②为H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O，故答案为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O。
答案第1页，共2页
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1．（2022·浙江宁波·二模）化合物X由4种元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：
已知：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是____，无色溶液B中溶质的成分是____。化合物X的化学式是____。
(2)无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3 H2O，写出该转化过程的离子方程式____。
(3)无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，写出该反应过程的化学方程式____。
(4)设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素____。
2．（2022·浙江金华·二模）化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M＜，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，其中气体B可使品红溶液褪色。(部分反应条件省略)请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式是___________。
(2)溶液E中溶质的主要成分是___________(用化学式表示)。
(3)写出X与反应生成A、B、C的化学方程式___________。
(4)写出H与C反应生成I和B的化学方程式___________。
(5)请设计实验确定气体D的成分___________。
3．（2022·浙江温州·二模）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净物。
请回答：
(1)组成X的元素有___________，X的化学式为___________。
(2)X溶于的反应化学方程式为___________。
(3)光学实验证明，溶有气体单质D(表示为)的水中存在水合分子、。对于两种分子的结构，下列表示正确的是___________。
A． B． C． D．
(4)①某同学利用铜与流程中所涉及的物质制备蓝色溶液。资料显示，溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。写出该反应的离子方程式___________。
②请在该同学实验的基础上，设计实验证明溶液显蓝色的原因___________。
4．（2022·浙江宁波·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___________。
5．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验
其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(1)X与水反应的方程式：_____
(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______
(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______
A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度
B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂
C．在某些反应中作催化剂
D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血
E.气体C与FeCl3溶液可以制备X
F.Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可
(5)D可以溶解在C的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为：___
6．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，则参加反应的甲的质量为____g。检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量固体溶于适量的盐酸，滴加___(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为__。
(3)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是K2FeO4具有___性。用己(FeCl3)与KClO在强碱性条件下制取K2FeO4时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e =Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e =2Fe2+。请据此将上图中甲与盐酸反应的离子方程式拆写成两个“半反应式”，其中还原反应为_____。
(5)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可以使Fe2+全部转化成Fe3+，若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是____g。
7．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
8．（2022·浙江省杭州第二中学模拟预测）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________。
9．（2022·浙江大学附属中学模拟预测）下列物质间在一定条件下可实现如图所示的一系列变化，实验室可用固体 X 和黑色固体 Y 共热来制备气体 A，固体 B 为混合物，白色沉淀 D 难溶于稀硝酸，E 的焰色反应显紫色(透过蓝色钴玻璃)，H 加热生成固体 Y 和水。请填写下列空白：
(1)X 和 Y 依次是(填化学式，下同)___。
(2)E 是 ___。
(3)X、Y 共热的化学方程式___ ；
(4)C 与淡黄色粉末 G 反应生成 A、F、H 的离子方程式________ 。
10．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）由四种元素组成的白色粉末状固体，式量为63，按如图流程进行实验。气体E是纯净物。
回答下列问题：
(1)气体E的化学式____________，X的化学式是___________。
(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式________________。
(3)气体A通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，写出化学反应方程式_________。
11．（2022·浙江·模拟预测）Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。
请回答：
(1)组成A的非金属元素是_____，气体B的结构简式_____。
(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_____。
(3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_____。
Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：
(4)说明氧化性 Br2＞I2 的实验现象是_____。
(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检____。
12．（2022·上海奉贤·二模）A、B、M、X、Z是周期表中的短周期元素。对它们的单质或部分化合物描述如下：
A B M X Z
最简氢化物是含氢量最高的有机物 单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个 最简氢化物的水溶液呈酸性 原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子 最高价氧化物对应的水化物为最强酸
回答下列问题：
（1）B的最简氢化物的分子构型是__，A原子的最外层电子的轨道表示式为__；
（2）X在元素周期表中的位置为__周期__族，写出X的单质溶解在NaOH溶液中的离子方程式为__；
（3）A、B两元素非金属性较强的是__(写元素符号)。写出证明这一结论的一个化学方程式__；
（4）与元素Z相比，元素M的最简氢化物稳定性__（选填“强”、“弱”），理由是__。
13．（2022·上海闵行·二模）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。
回答下列问题：
(1)反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：_______，该化合物中存在的化学键有：_________ 。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：_______（元素符号）。
(2)反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是_______；写出反应Ⅱ的化学方程式_______。
(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性_______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是_______（写出一种即可）。
(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_______（选填答案编号）
a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质
b．金属阳离子都具有相同的电子排布式
c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物
d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物
14．（2022·广东汕头·一模）已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。
（2）物质X的电子式为_____________________ 。
（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。
（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________ 。
（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目____________________________________________ 。
（6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。
15．（2022·浙江·一模）暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。
已知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。
请回答以下问题：
（1）写出A的电子式____________。
（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。
（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________
（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________
16．（2022·山东济宁·一模）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：
（1）A的化学式为___，C的电子式为___；
（2）写出下列反应的化学方程式：
D+G→H___；
F+J→B+C+I____；
（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；
（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；
（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为___。
17．（2022·浙江台州·一模）某同学为探究浅黄色液体X（仅含三种常见元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答如下问题：
（1）X的化学式是_________。
（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是_________。
（3）溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式______。
18．（2022·江苏·一模）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，C、E、G、I均为无色气体，其中C为单质，E为最简单的烃，G能使澄清石灰水变浑浊，I能使品红褪色；D、E均由两种元素组成，D的摩尔质量为144g·mol－1，H中两种元素质量比为7∶8，F是白色胶状沉淀，J是红棕色固体。
（1）G的电子式为_____。
（2）H的化学式为_____。
（3）写出反应①的化学方程式：______。
（4）写出反应②的离子方程式：______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) H、Cl HCl、NaCl NaHCuCl3
(2)4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－
(3)HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3
(4)将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素
【解析】
白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则该气体为二氧化碳，说明无色溶液为HCl。
(1)
根据前面分析X中含有Cu、Cl、H和Na，因此组成X的非金属元素是H、Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为0.01mol，另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02mol，则无色溶液B中除了HCl还有NaCl，则无色溶液B中溶质的成分是HCl、NaCl。根据化合物X加入水生成白色沉淀A，说明A为CuCl，则化合物X的化学式是NaHCuCl3；故答案为：H、Cl；HCl、NaCl；NaHCuCl3。
(2)
无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3·H2O，说明发生氧化还原反应得到Cu(NH3)且Cu(NH3)与O2比例关系为4:1，该转化过程的离子方程式4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－；故答案为：4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－。
(3)
无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，说明生成的固体为CuC≡CCu，则该反应过程的化学方程式HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3；故答案为：HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3。
(4)
根据信息白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素；故答案为：将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
2．(1) Cu、Fe、S
(2)、HCl
(3)
(4)
(5)将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是
【解析】
化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M＜，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，且B可使品红溶液褪色,则B为二氧化硫。化合物X在氧气中燃烧生成A、B、C，A加过量的盐酸生成气体D和浅绿色溶液，所以D为硫化氢，E中含有亚铁离子，则A为FeS；E中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀F，则F为氢氧化铁，灼烧生成红褐色固体G，则G为三氧化二铁，其质量为16.og，则含Fe2O32Fe，n(Fe)=0.2mol；C氧化生成砖红色固体H和SO2，所以H为Cu2O，C为Cu2S，H加入C得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为19.2g，则n(Cu)=0.3mol；2Cu2O+Cu2S=6Cu+ SO2，则原物质中含有铜为0.3mol=0.2 mol；由此可知X中含有Fe、Cu、S，其，则X的化学式为。以此分析解答本题。
(1)
根据上述分析可知：组成X的元素有Fe、Cu、S，X的化学式是，故答案：Fe、Cu、S；。
(2)
根据上述分析可知：溶液E中溶质的主要成分是FeCl2、HCl，故答案：FeCl2、HCl。
(3)
根据上述分析可知： X为，与反应生成为FeS、Cu2S、SO2，A、B、C的化学方程式，故答案：。
(4)
根据上述分析可知： H为Cu2O，C为Cu2S，两者反应生成Cu和SO2，其反应的化学方程式，故答案：。
(5)
根据上述分析：气体D为硫化氢，为了确定气体D的成分，可将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是，故答案：将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是。
3．(1) K、H、S、O K2H2S2O10
(2)K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑
(3)BD
(4) 2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O) 向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子
【解析】
由题意可知，化合物X由4种元素组成，溶于水发生反应生成无色溶液A和气体D，无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净单质气体，由无色溶液A能与氢氧化钾溶液反应生成溶液B，溶液B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，A为硫酸氢钾、B为硫酸钾、C为硫酸钡、D为氧气，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，且钾元素和硫元素的物质的量相等，由硫酸钡的质量为4.66g可知，X中钾元素和硫元素的物质的量为=0.02mol，硫酸氢钾的质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，由质量守恒定律可知，反应生成氧气的物质的量为=0.01mol，则X中钾元素、氢元素、硫元素、氧元素的物质的量比为0.02mol：0.02mol：0.02mol：(0.02mol×4+0.01mol×2)=2:2:2:10，化学式为K2H2S2O10。
(1)
由分析可知，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，化学式为K2H2S2O10，故答案为：K、H、S、O；K2H2S2O10；
(2)
由分析可知，X溶于水发生反应生成硫酸氢钾和氧气，反应的化学方程式为K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑，故答案为：K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑；
(3)
非极性分子氧气分子难溶于极性分子水，氧分子和水分子间的相互作用力弱，不能形成头碰头的作用关系，氧元素的非金属性强，水合分子中氧原子会吸附水分子中的氢原子，则一水合氧的结构为 、二水合氧的结构为 ，故选BD；
(4)
①铜与流程中的氧气、硫酸氢钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸四水合铜，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)，故答案为：2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)；
②若向蓝色溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子，故答案为：向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。
4． 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
【解析】
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。
(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。
5． 或 取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有 DE
【解析】
沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。
(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；
(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；
(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；
B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；
C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；
D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故错误；
E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；
F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；
故答案为：DE；
(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；
6． 42 KSCN 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 氧化 3：2 2H++2e =H2↑ 8
【解析】
(1)标准状况下22.4LH2的物质的量为1mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，参加反应铁的物质的量= n(H2)= ×1mol=0.75 mol，质量为：0.75×56=42g，乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2+，即含有FeO，故答案为：42；KSCN；
(2) 戊为+2价铁盐，Fe2+与NaOH反应形成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3
(3) K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3+3KClO+10KOH= 2K2FeO4+9KCl+5H2O，KClO失去电子是氧化剂，FeCl3得到电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为：3：2，故答案为：氧化；3：2；
(4)甲为铁，与盐酸反应的方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，Fe的化合价从0价上升至+2价，发生氧化反应，HCl中的氢化合价从+1价降低至0价，发生还原反应，所以其中还原反应的“半反应式”为2H++2e =H2↑，故答案为：2H++2e =H2↑；
(5)在第一份溶液中加入氯化钡溶液发生反应：Ba2++SO =BaSO4↓，溶液中n(SO)= n(Ba2+)=0.5mol/L×0.220L=0.11mol，在第二份溶液中通入氯气发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)= 2 n(Cl2)=×2 =0.08mol，根据电荷守恒可得原溶液中n(Fe3+)=(0.11mol-0.08 mol)× =0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知：n(Fe2O3)= (0.02mol+0.08mol)=0.05mol，质量为0.05×160=8g，故答案为：8
7． Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2↑ + Cu(OH)2 →+ 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
8． 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 2：1
【解析】
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。
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。
9． KClO3、CuO KNO3 2KClO32KCl+3O2↑ 2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+
【解析】
白色固体X和黑色固体Y共热可以制备气体A，可以推测X为氯酸钾，所以气体A为氧气，而固体B为氯化钾和黑色固体的混合物，溶于水分离后滤液为氯化钾 溶液能够和硝酸银溶液生成白色沉淀D为氯化银，溶液E为硝酸钾溶液，而滤渣能够溶于稀硫酸，生成蓝色溶液，可以知道该黑色粉末Y为氧化铜，而蓝色溶液C为硫酸铜溶液，可以和过氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，则H为氢氧化铜，F为硫酸钠溶液，代入验证符合题意，可以据此答题。
(1)根据分析可知，X 和 Y 依次是KClO3、CuO；
(2)根据分析，E 是 KNO3；
(3)X 和 Y 依次是KClO3、CuO，根据题意氧化铜为催化剂，X、Y 共热的化学方程式2KClO32KCl+3O2↑；
(4)C硫酸铜溶液，淡黄色粉末 G 为过氧化钠，二者反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气，反应的离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+。
10． CO2 CH5NO2 HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O 2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O
【解析】
由四种元素组成的白色粉末状固体X，式量为63。根据流程图，气体A为氨气，说明X中含有N、H两种元素，X中含有NH，6.3gX充分反应后生成1.7g氨气，则X中含有1个NH；溶液B中加入过量的新制氢氧化铜加热，生成砖红色沉淀D14.4g，则D为Cu2O，溶液B中含有-CHO，说明X中含有C元素，结合X的式量为63，X为HCOONH4；溶液C中加入过量盐酸反应生成气体E，E通入足量澄清石灰水中生成白色沉淀F，F为碳酸钙，则C中含有，据此分析解答。
(1)根据上述分析，气体E为二氧化碳，化学式为CO2，X为HCOONH4，化学式为CH5NO2，故答案为：CO2；CH5NO2；
(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式为HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+3H2O；
(3)气体A为氨气，通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，反应的化学反应方程式为2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O。
11． 碳(C)和氢(H) CH≡CH NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 CO2+2FeOFe2O3+CO 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色， 取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量
【解析】
Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重 17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液 F 焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)= n(Cl)= n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物 A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2，据此分析解答；
Ⅱ．向 NaBr 溶液中通入一定量 Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。
Ⅰ．(1)根据分析，组成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体 B 为C2H2，结构简式CH≡CH；
(2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 ↑；
(3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO；
Ⅱ．(4) 将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性 Br2＞I2；
(5)为了排除 Cl2 对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入 Cl2 未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。
12． 三角锥形 第三周期 IIIA族 2Al+2OH-+2H2O→2AlO2-+3H2↑ N HNO3+NaHCO3→NaNO3+H2O+CO2↑ 强（或弱） M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）
【解析】
A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，结合元素对应原子的结构以及对应单质、化合物的性质解答该题。
A的最简氢化物是含氢量最高的有机物，该有机物为CH4，则A为C元素；B单质为气体，元素原子中成对电子数比未成对电子数多一个，电子排布式为1s22s22p3，应为N元素，M最简氢化物的水溶液呈酸性，则M可能为F、S、Cl等元素，X原子核外有5种能量不同的电子，最外层有3个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素，Z最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为HClO4，则Z为Cl元素，则
（1）B为N元素，对应的氢化物为NH3，分子构型为三角锥形，A为C元素，原子序数为6，最外层电子的轨道表示式为，
故答案为：三角锥形，；
（2）X为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于周期表第三周期IIIA族，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，
故答案为：第三周期；IIIA族；；
（3）A为C元素，B为N元素，N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，可通过反应判断，
故答案为：N，；
（4）M可能为F、S、Cl等元素，Z为Cl元素，若M是氟元素，非金属性比氯强，若M是硫元素，非金属性比氯弱，
故答案为：强（或弱）；M是氟元素，非金属性比氯强（或M是硫元素，非金属性比氯弱）。
13． 离子键、共价键 Al、Mg、Na 第四周期Ⅷ族 3Fe+4H2OFe3O4+H2 强 NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱 ab
【解析】
已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。
(1)由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、Na；
(2)由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案为：第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2OFe3O4+H2；
(3)钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱来判断。答案为：强；NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱；
(4)a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；
b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；
c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；
d．金属氯化物都是电解质，但AlCl3属于共价化合物，d不正确；
答案为：ab。
14． 通电 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ （用双线桥表示也可） 用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-
【解析】
X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。
（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；
（2）物质X为NaCl，其电子式为。答案为：；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；
（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。
15． SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
【解析】
气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。
（1）A为碘单质，电子式为：；
（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；
（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ；
（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
16． NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 2 1：2 4：1
【解析】
A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。
(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；
故答案为NH4HCO3；；
(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- →B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；
故答案为2；
(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
故答案为1:2；
(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，
故答案为4:1。
17． Fe(CO)5或FeC5O5 4Fe(CO)5＋13O2 2Fe2O3＋20CO2 2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
【解析】
本题是推断题。根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)= 0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)= ，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。
根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)= 0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)= ，则X中n(Fe):n(C):n(O)=1:5:5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。
（1）根据上述分析可知X的化学式是Fe(CO)5或FeC5O5。本小题答案为：Fe(CO)5或FeC5O5。
（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。本小题答案为：4Fe(CO)5＋13O22Fe2O3＋20CO2。
（3）根据上述分析溶液C为FeCl3，溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，离子方程式为2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。本小题答案为：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2。
18． FeS2 Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑ Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O
【解析】
由A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，A在二氧化锰作用下分解生成生成无色液体B和气体C，可知A为H2O2，B为H2O，C为O2；由E为最简单的烃，E与氧气反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体G，可知E为CH4，G为CO2；由D能够与H2O反应生成CH4和白色胶状沉淀F，结合D的摩尔质量为144g·mol－1，可知D为Al4C3，F为Al(OH)3；由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3；由H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3，结合H中铁和硫两种元素质量比为7∶8，可知H为FeS2；由转化框图可知，SO2和H2O2反应生成H2SO4，则K为H2SO4；H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，则L为Al2(SO4)3。
（1）G为共价化合物CO2，电子式为，故答案为；
（2）由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3，H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3说明H中含有铁和硫两种元素，由两种元素质量比为7∶8，可得n(Fe)：n(S)= 7/56∶8/32=1:2，所以H的化学式为FeS2，故答案为FeS2；
（3）反应①为Al4C3与H2O反应生成无色气体CH4和白色胶状沉淀Al(OH)3，反应的化学方程式为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑，故答案为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑；
（4）反应②为H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O，故答案为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O。
答案第1页，共2页
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