2024届高三新高考化学大一轮专题复习--元素或物质推断题
1.(2020秋·浙江·高三学业考试)为测定X的成分,设计并完成如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是 。
(2)反应②的离子方程式: 。
(3)反应①的化学方程式: 。
2.(2017·山东青岛·统考一模)已知有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期元素和过渡元素F,其相关信息如表所示:
1 A与C形成化合物的水溶液呈碱性
2 B的最高正价与最低负价的代数和为0
3 D的常见化合物的焰色反应为黄色
4 E是同周期中简单离子半径最小的元素
(1)上述六种元素中,金属性最强的元素在周期表中的位置是 。
(2)分子式为B5Al2且其一氯代物只有一种的有机物的名称为 。
(3)C元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物化合生成M,M的水溶液呈 性;将M的浓溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,描述现象并解释产生该现象的原因 。
(4)D元素的最高价氧化物对应的水化物与E元素的单质反应的离子方程式为 。
(5)F与B形成的合金在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀形成红棕色固体,腐蚀过程中正极的电极反应式为 。
3.(2017·辽宁·校联考一模)[选修3:物质结构与性质]
a、b、c、d、e、f是前四周期原子序数依次增大的6种元素。a元素的基态原子核外s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍;c元素所组成的单质和氢化物中分别有一种具有漂白性;d是地壳中含量最高的金属元素;e的正三价基态离子的d能级为半充满结构;f的基态原子最外层只有一个电子,且内层电子排布均为全充满结构。
(1) b元素基态原子的价电子排布图为 。
(2) a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。(用元素符号回答,下同)
(3) b与c组成的一种分子中有16个价电子,其结构式为 ,其分子中含 个 σ 键, 个 π 键。
(4) c的氢化物中,电子总数为18的分子是 ,中心原子的杂化方式为 ,它是 分子(填“极性”或“非极性”)。
(5) 已知c、f能形成两种化合物,其晶胞如图所示,甲的化学式为 ,乙的化学式为 ;高温时,甲易转化为乙的原因为 。
(6) e元素对应的单质在形成晶体时,采用如下图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为 ,如果e的原子半径为r pm;阿伏伽德罗常数的值为NA,计算此单质的密度表达式为 g/cm3(不必化简)。
4.(2017·河南南阳·南阳中学校考一模)核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q,其中在同周期中,Z的金属性最强,Q的非金属性最强;W的单质是淡黄色固体;X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示
(1)五种元素形成的单质,其中固态时属于原子晶体的是 (填化学式);常用作强氧化剂的是 、 (填化学式)。
(2)这五种元素中,原子半径最大的是 (填化学式);由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是 (用化学式表示);X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序是 (用化学式表示)。
(3)Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键,请用电子书表示该化合物中化学键的形成过程 。
(4)Z与Q反应生成的化合物属于 化合物;电解该化合物的饱和溶液,阳极的电极反应式为 ;电解一段时间后,将阳极产物和阴极溶液混合,反应的化学方程式是 。
(5)由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6,已知:9 g该化合物燃烧放出140 kJ的热,写出该化合物燃烧热的热化学方程式: 。
5.(2017秋·浙江·高三专题练习)下图①到⑩分别代表反应中的一种物质,且它们均为化学中的常见物质。
(1)①的化学式为 ,⑤和⑥反应的化学方程式为 。
(2)实验室由⑧制取⑨的离子方程式为 ,⑨转变为⑩的化学方程式为 。
由⑨转变为⑩的反应现象为 。
6.(2017秋·浙江·高三专题练习)下图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物(部分产物已省略);X加热产生A、B、C三种物质,其中A、C为无色气体,B在常温下是一种无色的液体;X与NaOH溶液在加热的条件下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C;X与HCl反应产生一种无色无味的气体A,它能使澄清的石灰水变浑浊;请回答下列问题:
(1)物质X可以是 ,B是 ,C是 ,F是 (填写化学式)。
(2)反应①的化学方程式: 。
(3)F→G的化学方程式: 。
7.(2017秋·浙江·高三专题练习)已知A为正盐,常温、常压下,B、C、D、E、G、H、I均为气体,其中D、G、H为单质,气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝,气体E本身为无色气体,但是与空气接触会生成一种红棕色气体I,H为黄绿色气体。F在常温下是一种无色液体。C、J的水溶液分别为两种强酸。图中反应条件(除加热外)均已略去。
(1)写出它们的化学式:A 、C 、J 。
(2)实验室制备气体B的化学方程式为 。
(3)写出B+D―→E+F的化学方程式: 。
(4)J的浓溶液与单质Ag反应的离子方程式为 。
8.(2020春·浙江温州·高三校联考期中)磁性材料A由两种元素组成,为探究其组成和性质,设计并完成如下实验:
(1) A的化学式为 。
(2)用化学方程式表示气体C与氯水反应生成D的过程: 。
(3)B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水,结合离子方程式说明其原因: 。
9.(2017秋·浙江·高三专题练习)如图转化关系中,A、B、C、D、E都是短周期元素的单质,在常温常压下A是固体,其余都是气体,且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟。化合物G的焰色反应为黄色,反应①和反应②都在溶液中进行。
请按要求回答下列问题。
(1)D 的电子式: ,F的化学式: 。
(2)将少量单质C通入盛有淀粉 KI溶液的试管中,液体变为蓝色,该反应的离子方程式为 。
(3)向J溶液中滴入NaOH溶液时,生成的白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。写出沉淀由白色变成红褐色的化学方程式: 。
10.(2017·天津·耀华中学校考二模)现有X、Y、Z、W、R、T六种短周期主族元素,它们的原子序数依次增大, W与R同主族,且W的氢化物常温时为液态。X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子。
请用化学用语回答下列问题:
(1)Y、Z、W元素的氢化物沸点由高到低的顺序为 (用化学式表示)。
(2)选取上述六种元素中的某些元素组成的化合物中,写出既含极性键又含非极性键,且相对分子质量最小的物质 (写电子式)。该物质与空气在酸性条件下可构成燃料电池,该电池放电时,负极的反应式为 。
(3)请用一个化学方程式证明W元素的非金属性强于R元素 。
(4)最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的Z4气态分子。Z4分子结构如图所示,已知断裂lmolZ-Z 吸收167kJ的热量,生成lmol ZZ放出942kJ热量。试写出Z4气态分子变成Z2气态分子的热化学方程式: 。
(5)①由X、Z、W三种元素形成的一种离子化合物,其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
②写出检验该化合物中阳离子的实验操作方法是 。
11.(2017·福建福州·福建省福州第一中学校考一模)汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间,安全装置通电点火使其中的粉末分解释放大量的氮气形成气囊,从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理,取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析,确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明,固体粉末部分溶解。经检测,可溶物为化合物甲;不溶物为红棕色固体,可溶于盐酸。取13.0g化合物甲,加热使其完全分解,生成氮气和单质乙,生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙就在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式为 ,丙的电子式为 。
(2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐,则反应的化学方程式为 。
(3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为 ,
安全气囊中红棕色粉末的作用是 。
(4)以下物质中,有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是 。
A.KCl B.KNO3 C.Na2S D.CuO
(5) 设计一个实验方案,探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分(不考虑结晶水合物) 。
12.(2019秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中阶段练习)A、B、C、D、E、F是分属三个短周期的主族元素,且原子序数依次增大。A、D同主族,B的氢化物水溶液呈碱性,C、E同主族,形成的化合物EC2是形成酸雨的主要物质之一。请用化学用语回答下列问题:
(1)F在元素周期表中的位置为 。
(2)常温下,液态的B2A4与气态的BC2两者发生反应生成无毒物质,16g B2A4发生反应放热akJ,该反应的热化学方程式为 。
(3)D2E溶液在空气中长期放置发生反应,生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似,其溶液显黄色,H的电子式为 。写出在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为: 。H的溶液与稀硫酸反应产生的现象为 。
(4)化学家发现一种化学式为A4B4的离子化合物,一定条件下1mol 熔融A4B4电离生成两种离子各1mol,则该物质熔融时的电离方程式为 。
(5)向30mL某浓度由A、B、C、D中三种元素形成的一元强碱溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同,溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸,产生的气体V(CO2)与加入盐酸的体积V[HCl(aq)]的关系有下列图示两种情况(不计CO2的溶解)。则曲线Y表明M中的溶质为 ;原NaOH溶液的物质的量浓度为 ;由曲线X、Y可知,两次实验通入的CO2的体积比为 。
13.(2017·山东青岛·统考二模)W、X、Y、Z、M五种元素位于周期表中前四周期。W元素的一种核素原子核内没有中子;X、Y元素最外层电子排布式均可表示为nsnnpm,其中X元素第一电离能在本周期中最大,Y元素第一电离能和电负性在本周期中均居第三位;Z元素在周期表中周期序数等于族序数且为奇数;M位于元素周期表ds区,最外层只有1个电子。
(1)W、Y形成的化合物 (填序号)。
①可能只含有离子键②可能只含有共价键③可能既含有离子键又含有共价键
(2)Y基态原子的价电子轨道表示式为 ,与Y3-互为等电子体的分子是 。
(3)将X充入灯管中通电后发出红光,试用电子跃迁理论解释: 。
(4)Z单质溶于强碱溶液生成的阴离子中心原子杂化方式为 ,该离子空间构型为 。
(5)M是第四周期最重要的过渡元素之一,其单质及化合物具有广泛用途。已知M与W形成的化合物晶体结构如图所示,该化合物的密度为ρg·m-3伏伽德罗常数的值为NA,则WM最近距离距离为 cm(含NA和ρ的式子表示)。
14.(2017·全国·校联考一模)X、Y、Z、W、R五种前四周期元素,原子序数依次增大,其中X原基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍,Z原子基态时s电子数与p电子数相等,Z2-和W+有相同的核外电子排布;R的原子序数为29。回答下列问题:
(1)Y、Z、W三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。
(2)若M分子是Y2Z的等电子体,M的结构式为 , M分子的中心原子的轨道杂化类型为 , 1molM中含有 molσ键。
(3)Y的简单氢化物极易溶于Z的简单氢化物中,其主要原因是 。
(4)基态R+离子的核外电子排布式是 ,R的高价离子与Y的最常见氢化物形成的配离子的化学式为 。
(5)Z与W形成的化合物W2Z的晶胞如图。其中Z离子的配位数为 ,与一个Z离子距离最近的所有W离子为顶点构成的几何体为 结构。若W2Z的晶胞边长为a pm,则该化合物的密度为 g·cm-3(列出计算式即可,阿伏伽德罗常数用NA表示)。
15.(2017·四川德阳·统考一模)A、B、C、D、E都是前四周期元素,A原子价电子排布式为nsnnPn,B原子核外有3种能量不同的电子,B、C同主族,B与C形成的一种化合物是形成酸雨的重要物质。D原子核外电子有11种不同的运动状态。E是前四周期中原子核外成单电子数最多的元素。
回答下列问题:
(1)元素A的一种单质的结构如图所示。
其中A-A-A键之间的夹角是 ,含有1mol A的该单质中,形成的共价键有 mol。
(2)等径圆球在二维空间里可形成密置层和非密置层排列。在二维空间里D晶体的配位数是 。
(3)E的基态原子的外围电子排布式为 ,AC2的电子式为 。
(4)下列关于AB2的晶体和冰的比较中正确的是 (填标号)。
a.晶体的密度:AB2的晶体 > 冰
b.晶体的熔点:AB2的晶体 >冰
c.晶体中的空间利用率:AB2的晶体 >冰
d.晶体中分子间相互作用力类型相同
(5)D2C的晶胞如图,设晶体密度是ρg/㎝3
①比较D2C与D2B的熔点,较高的是 (填化学式),其原因是 。
②试计算●与〇的最短距离 (只写出计算式,阿伏伽德罗常数的值用NA表示)。
16.(2019·高三单元测试)已知A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素。B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同。D原子有2个未成对电子。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一。按要求回答下列问题:
(1)五种元素中第一电离能最大的是 ,电负性最大的是 。(以上两空均填元素名称)
(2)基态E原子的价电子排布式为 ;E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是 (填元素符号)
(3)M分子中B原子的轨道杂化类型为 ,M分子中两种键角的大小关系是 。(用∠XYZ表示,X、Y、Z代表元素符号)
(4)C3-的空间构型为 ;化合物CA3的沸点比BA4的高,其主要原因是 。
(5)向E元素的硫酸盐溶液中通入过量的CA3,得到深蓝色的透明溶液,在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的晶体,此晶体中存在的化学键类型有 。(填代号)
A.离子键 B.σ键 C.非极性共价键 D.配位键 E.金属键 F.氢键
(6)如图是D、E两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图,D的配位数为 。已知晶胞中最近两个D原子间距离为anm,,阿伏伽德罗常数用NA表示,则该晶体的密度为 g/cm3(用含a、NA的表达式表示)
17.(2017·河北石家庄·统考二模)X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X在周期表中原子半径最小,Y与Z相邻,Z、R在地壳中的含量位列前两位,M为短周期中电负性最小的元素。请回答:
(1)基态Z原子的外围电子排布图为 。
(2)X与Y能形成多种化合物,其中Y2X2分子中σ键、π键的数目之比为 。
(3)在R3Y4晶体中键角:Y-R-Y R-Y-R(填“>”“<”或“=”),原因为 。
(4)钨(W)元素可以和Z、M形成多种化合物,其中一种化合物的晶体结构如图:
已知:相邻Z原子的核间距为apm,钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心,M离子位于钨原子形成的立方体的体心。
①与M原子距离最近且相等的Z原子的数目为 。
②晶体的化学式为 。
③设NA为阿伏伽德罗常数的值,则晶体的密度为 g/cm3(列出表达式)。
18.(2020秋·全国·高三统考专题练习)A~I分别表示中学化学中常见的一种物质,它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物,F是红褐色难溶于水的沉淀,且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。
请填写下列空白:
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是 。
(2)反应①的化学方程式为
反应③的离子方程式为
反应⑧的化学方程式为
(3)反应⑥过程中的现象是 。
(4)1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应,生成的气体换算成标准状况下占 L。
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1. Fe(CO)5 5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O Fe(CO)5Fe+5CO↑
【详解】本题考查物质推断,根据流程图,加入KSCN溶液,溶液为血红色,说明X中含有铁元素,即铁元素的质量为0.56g,根据流程气体①能够还原CuO,且气体②能与足量Ca(OH)2溶液,产生白色沉淀,即沉淀为CaCO3,说明气体①为CO,CO的质量为(1.96-0.56) g=1.4g,物质的量之比为n(Fe):n(CO)=0.56/56:1.4/28=0.01:0.05=1:5,因此X为Fe(CO)5,(1)根据上述分析,X为Fe(CO)5:(2)反应②利用高锰酸钾的氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,MnO4-被还原成Mn2+,然后根据化合价的升降法进行配平,即5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O;(3)反应①的方程式为: Fe(CO)5Fe+5CO↑。
2. 第3周期IA族 2,2-二甲基丙烷(新戊烷) 酸 溶液变澄清,悬浊液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq) ,与OH-结合使其浓度降低,平衡正移 2Al+2OH-+6H2O=2Al[OH]4-+3H2↑ O2+4e-+2H2O=4OH-
【详解】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期元素和过渡元素F,D的常见化合物的焰色反应为黄色,D为Na,B的最高正价与最低负价的代数和为0,则B为C元素;A与C形成化合物的水溶液呈碱性,则A为H,C为N;E是同周期中简单离子半径最小的元素,E为第三周期,则E为Al元素;
(1)上述六种元素中,金属性最强的元素为Na,在周期表中的位置为第3周期IA族,故答案为第3周期IA族;
(2) 分子式为C5Hl2的为烷烃,其一氯代物只有一种的有机物为C(CH3)4,名称为2,2-二甲基丙烷,故答案为2,2-二甲基丙烷;
(3)氨气和硝酸化合生成硝酸铵,水解溶液显酸性;将硝酸铵的浓溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,悬浊液中存在Mg(OH)2 Mg2+(aq)+2OH-(aq) ,与OH-结合使其浓度降低,平衡正移,使溶液变澄清,故答案为酸;溶液变澄清;悬浊液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq) ,与OH-结合使其浓度降低,平衡正移;
(4) 氢氧化钠和铝反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2Al[OH]4-+3H2↑,故答案为2Al+2OH-+6H2O=2Al[OH]4-+3H2↑;
(5)F与碳形成的合金在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀形成红棕色固体,则F为铁,腐蚀过程中正极上氧气得到电子被还原生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,故答案为O2+4e-+2H2O=4OH-。
点睛:解答此类试题的关键是正确推导元素,根据元素周期律和元素周期表的相关知识解答。本题的易错点为电极方程式和离子方程式的书写。
3. N>O>C N=N=O 2 2 H2O2(双氧水或过氧化氢也可) sp3杂化 极性 CuO Cu2O Cu2O中Cu的3d能级为全充满状态,较稳定 8
【详解】a元素的基态原子核外s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍,则a是碳元素;c元素所组成的单质和氢化物中分别有一种具有漂白性,则c元素为氧元素,b元素为氮元素;d是地壳中含量最高的金属元素,则d为铝元素;e的正三价基态离子的d能级为半充满结构,则e为铁元素;f的基态原子最外层只有一个电子,且内层电子排布均为全充满结构,则f为铜元素;
(1) b为氮元素,原子核内质子数为7,基态原子的价电子排布式为2s22p3,则价电子排布图为;
(2) C、N、O三种元素的第一电离能呈增大的趋势,但N元素的2p轨道为半充满结构,相对稳定,第一电离能大,则三种元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>C;
(3) N原子核外价电子数为5, O原子核外价电子数为6,则N与O组成的有16个价电子的分子为N2O,其结构式为N=N=O, 因双键中有一个是σ键,另一个是π键,则其分子中含2个σ键,2个π键;
(4) O的氢化物中,电子总数为18的分子是H2O2,分子中心原子氧原子含有2个共价单键且含有两个孤电子对,所以O原子的杂化轨道形式为sp3,H2O2分子中正负电荷重心不重合,所以该分子属于极性分子;
(5) 晶胞甲中O原子数目为8×+4×+2=4,Cu原子数目为4,则化学式为CuO;晶胞乙中O原子数目为8×+1=2,Cu原子数目为4,则化学式为Cu2O;因Cu2O中Cu的3d能级为全充满状态,较稳定,故高温时,CuO易转化为Cu2O;
(6)Fe元素对应的单质在形成晶体时,采用如图2所示的堆积方式,则这种堆积模型为体心立方堆积,即在立方体的中心有一个铁原子,与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点,所以铁的配位数为8×+1=2,每个立方体中含有的铁原子数为8×+1=2,每个立体体的质量为g,如果Fe的原子半径为 r×10-10cm,则立方体的边长为cm,对应的体积为(cm)3,阿伏加德常数的值为 NA,所以铁单质的密度表达式为。
4. C O2 Cl2 Na S2﹣>Cl﹣>Na+ HClO4>H2SO4>H2CO3 离子 2Cl-﹣2e-=Cl2↑ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O C6H12O6 (s)+6O2(g)=6 CO2(g)+6H2O(l) △H=﹣2800kJ/mol
【详解】试题分析:W的单质是淡黄色固体,W是S元素;在同周期中,Z的金属性最强,Q的非金属性最强,Z是Na、Q是Cl;根据X、Y、W在周期表中的相对位置关系,X、Y分别是C、O;
解析:根据以上分析,(1)五种元素形成的单质,其中固态时属于原子晶体的是C;非金属越性强常,氧化性越强,用作强氧化剂的是O2 、Cl2。
(2)电子层数越多半径越大,同周期元素从左到右半径减小,这五种元素中,原子半径最大的是Na;由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是S2﹣>Cl﹣>Na+;非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强,X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3。
(3)Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键的化合物是过氧化钠,用电子书表示该化合物中化学键的形成过程。
(4)活泼金属与活泼非金属元素形成的化合物为离子化合物,Na与Cl反应生成的化合物氯化钠属于离子化合物;电解氯化钠的饱和溶液,阳极生成氯气,阳极的电极反应式为2Cl-﹣2e-=Cl2↑;阴极生成氢气和氢氧化钠溶液,电解一段时间后,将阳极产物和阴极溶液混合,反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
(5)由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6是葡萄糖C6H12O6, 9 g该化合物燃烧放出140 kJ的热,则1mol C6H12O6燃烧放热2800kJ,该化合物燃烧热的热化学方程式C6H12O6 (s)+6O2(g)=6 CO2(g)+6H2O(l) △H=﹣2800kJ/mol。
点睛:本题考查元素周期律的主要知识,同周期元素性质递变规律,从左到右金属性减弱,非金属性增强;最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强。
5. Al2O3 2Al+Fe2O32Fe+ Al2O3 Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 白色沉淀逐渐变为灰绿色最后变为红褐色
【详解】由①既能与酸又能与碱反应,且①电解可得O2可推知①为Al2O3。由⑦能与酸反应放出H2可推知⑦可能为金属,再由⑨能与O2反应说明⑨中金属元素具有可变化合价,所以该金属为铁的可能性最大,代入流程验证铁符合。故(1)①的化学式为Al2O3,⑤和⑥发生的是铝热反应,其反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+ Al2O3;(2)实验室由⑧制取⑨即亚铁盐转化为氢氧化亚铁白色沉淀,其离子方程式为Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓,⑨转变为⑩是氢氧化亚铁转化为氢氧化铁,其化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3;反应现象为白色沉淀逐渐变为灰绿色最后变为红褐色。
点睛:本题是一道框图推断题,框图推断题是高考常见题型。本题综合考查了铝的三角转化和铁的三角转化;两者区别在于前者为复分解反应,后者为氧化还原反应;两者的联系为铝热反应。
6. (NH4)2CO3 (或NH4HCO3) H2O NH3 NO2 4NH3+5O24NO+6H2O 3NO2+H2O===2HNO3+NO
【详解】本题考查无机推断以及元素及其化合物的性质,C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明C为NH3,X与NaOH加热生成NH3,说明X为铵盐;X与HCl反应产生一种无色无味气体A,此气体能使澄清石灰水变浑浊,说明A为CO2,CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2,D能与NH3反应,即D为O2,反应①产生NO,NO与O2反应生成NO2,即F为NO2,G与Cu反应,G由NO2反应产生,即G为HNO3,B常温下是一种无色液体,即B为H2O,因此X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,(1)根据上述分析,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,B为H2O,C为NH3,F为NO2;(2)反应①是氨的催化氧化,即反应方程式为:4NH3+5O2 4NO+6H2O;(3)NO2与水反应生成HNO3,反应方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO。
7. NH4Cl HCl HNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O Ag + 2H++NOAg++ NO2↑+H2O
【详解】本题考查无机推断题,I是红棕色气体,即I为NO2,E为气体,接触空气生成红棕色气体NO2,即E为NO,D为O2,I和F反应生成J和NO,且F常温下为无色液体,即F为H2O,J为HNO3,H为黄绿色气体,即H为Cl2,与水反应:Cl2+H2O=HCl+HClO,K光照下生成C和D,发生2HClO2HCl+O2↑,C为HCl,反应①:B和O2反应生成NO和H2O,即B为NH3,A受热分解为NH3和HCl,即A为NH4Cl,(1)根据上述分析,A为NH4Cl,C为HCl,J为HNO3;(2)实验室制备氨气,用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体加热制备,反应方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;(3)反应①是氨的催化氧化,即反应方程式为:4NH3+5O2 4NO+6H2O;(4)Ag和浓硝酸反应:Ag+2H++NO3-Ag++NO2↑+H2O。
8. Fe3S4 Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
【分析】本题考查以磁性材料为载体考查无机推断题。无色气体C与足量的氯气反应得到溶液D,D中加入氯化钡溶液和盐酸溶液,有白色沉淀E生成,故E为BaSO4,D为硫酸和盐酸的混合液,C为二氧化硫。B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水,再结合其A由两种元素组成的磁性材料,可知,B为三氧化铁。
【详解】(1)氧化铁的质量为2.400g,其物质的量为2.400/160=0.015mol,含铁原子的物质的量为0.030mol,则铁的质量为0.030×56=1.680g,则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g,硫的物质的量为1.280/32=0.040mol,则铁与硫的物质的量比为0.030:0.040=3:4,则化学式为:Fe3S4;
(2)二氧化硫与氯气反应的化学方程式为:Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl;
(3) B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水即为三价铁离子水解:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。
【点睛】无机推断题要抓住突破口,例如物质的颜色,红棕色固体为氧化铁,黑色的固体为碳、二氧化锰,氧化亚铁、氧化铜等。黄色溶液为铁离子的溶液,浅绿色溶液为亚铁离子溶液,蓝色溶液为铜离子溶液,紫色为高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。血红色为硫氰化铁溶液。黄绿色气体为氯气。结合颜色确定成分,进而分析其他物质。掌握常见离子的检验方法。
9. Na2O2 Cl2+2I-===I2+2Cl- 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3
【详解】A、B、C、D、E都是短周期元素的单质,C为黄绿色气体,则C为Cl2,化合物H和I两种气体相遇时产生白烟,则D为H2,H为HCl,E为N2,I为NH3,生成K为NH4Cl,由反应②为Fe与盐酸反应,则J为FeCl2,化合物G的焰色反应为黄色,与盐酸反应生成CO2,则G为Na2CO3或NaHCO3,A是固体,其余都是气体,结合元素守恒及转化关系可知,A为Na,B为O2,A、B反应生成F,则F为Na2O2,由F与二氧化碳的反应确定G只能为Na2CO3,
(1)由上述分析可知D为H2,电子式为;F为Na2O2;(2)将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中,液体变为蓝色,是因氯气氧化碘离子生成碘单质,离子反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-;(3)J为FeCl2,滴入NaOH溶液时,生成的白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
点睛:本题考查无机物的推断,利用框图中物质的转化结合物质的性质推出各物质是解答本题的关键,C、H、I为解答本题的突破口。
10. H2O>NH3>CH4 C2H2-10e-+4H2O= 2CO2+10H+ O2+2H2S=S↓+2H2O N4(g):=2N2(g) △H=-882kJ mol-1 c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) 取少量样品(溶液)于试管中,加入适量(浓)氢氧化钠溶液并加热,若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,证明含有铵根离子。
【详解】本题考查元素周期律和元素周期表的应用,W的氢化物常温下为液态,则W为O,W与R同主族,原子序数增大,即R为S,X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子,因此推出X为H,X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,Y为C,Z为N,都属于短周期元素,因此T为Cl,(1)NH3和H2O含有分子间氢键,CH4没有分子间氢键,因此CH4的沸点最低,H2O常温下为液态,NH3常温下为气体,因此沸点高低:H2O>NH3>CH4;(2)含有极性键,应是至少两种元素组成,且存在非极性共价键,存在同种元素构成化学键,相对分子质量最小,此物质为乙炔,其电子式为;根据原电池的工作原理,乙炔在负极上失电子,环境是酸性,负极电极反应式为C2H2+4H2O-10e-=2CO2+10H+;(3)利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,即2H2S+O2=S↓+2H2O;(4)此反应是N4=2N2,1molN4中含有6molN-N,根据反应热与键能的关系,△H=(6×167-2×942)kJ·mol-1=-882kJ·mol-1,因此热化学反应方程式为:N4(g)=2N2(g) △H=-882kJ·mol-1;(5)①组成离子化合物是NH4NO3,属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,离子浓度大小顺序是:c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-);②该化合物中的阳离子是NH4+,检验时一般转化成NH3,具体步骤是:取少量样品(溶液)于试管中,加入适量(浓)氢氧化钠溶液并加热,若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,证明含有铵根离子。
点睛:本题的难点是问题(2)的第一问,既含有极性键又含有非极性键,说明同种元素形成非极性键,不同种元素形成极性键,此化合物属于分子化合物,相对分子质量最小,说明是由碳元素和氢元素组成,即乙炔,从而写出电子式。
11. NaN3 Na2O+2CO2+H2O= 2NaHCO3 6Na+Fe2O3 2Fe + 3Na2O 避免分解产生的金属钠可能产生的危害 D 可溶性盐的成分可能是Na2CO3,或NaHCO3,或Na2CO3与NaHCO3混合物。准确称取一定量的生成物,加热至恒重后,如试样无失重,则为NaHCO3;如加热后失重,根据失重的量在试样总质量中的比例,即可推断出试样为NaHCO3,或Na2CO3与NaHCO3混合物
【详解】试题分析:粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明,固体粉末部分溶解。经检测,可溶物为化合物甲;不溶物为红棕色固体,可溶于盐酸,则该红色粉末为氧化铁;取13.0g化合物甲,加热使其完全分解,生成氮气和单质乙,生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。则甲含有2种元素,甲为氮化钠,乙是钠;单钠在高温隔绝空气的条件下与氧化铁反应生成化合物丙和另一种单质,则化合物丙是氧化钠,另一种单质是铁;氧化钠与二氧化碳反应生成可溶性盐。
解析:根据以上分析,(1)甲是氮化钠,根据13.0g化合物甲生成6.72L氮气,可知钠元素质量为13-6.72÷22.4×28=4.6g,钠的物质的量为0.2mol、氮元素的物质的量是6.72÷22.4×2=0.6mol,化学式为NaN3,氧化钠的电子式为。
(2)氧化钠与二氧化碳转化为碳酸氢钠,根据元素守恒,则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O= 2NaHCO3。
(3)钠与氧化铁发生反应生成氧化钠和铁,化学方程式为6Na+Fe2O3 2Fe + 3Na2O,
金属钠具有腐蚀性,安全气囊中红棕色粉末的作用是避免分解产生的金属钠可能产生的危害。
(4)金属钠还能与氧化铜反应生成氧化钠和铜,有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是氧化铜,故D正确。。
(5) 设计一个实验方案,氧化钠与空气中的二氧化碳、水接触可能生成碳酸钠、碳酸氢钠,碳酸氢钠不稳定加热生成碳酸钠、水、二氧化碳,所以探究可溶性盐的成分可以准确称取一定量的生成物,加热至恒重后,如试样无失重,则为NaHCO3;如加热后失重,根据失重的量在试样总质量中的比例,即可推断出试样为NaHCO3,或Na2CO3与NaHCO3混合物。
点睛:氧化钠是碱性氧化物,与水反应生成氢氧化钠,与二氧化碳反应生成碳酸钠。
12. 第三周期第ⅦA族 2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l) △H=-4akJ/mol 4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2 溶液由黄色变为无色,产生浅黄色沉淀和气体 NH4N3NH4++N3- NaHCO3和Na2CO3 0.25mol/L 3:10
【详解】本题考查元素周期律和元素周期表的推断,B的氢化物水溶液显碱性,即B为N,C、E同主族,形成的化合物EC2是形成酸雨的主要物质之一,因此EC2为SO2,E为S,C为O,属于短周期元素,原子序数依次增大,即A为H,A和D属于同主族,即D为Na,F为Cl,(1)Cl位于第三周期VIIA族;(2)B2A4是N2H4,BC2是NO2,生成无毒物质,反应方程式为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O,燃烧1molN2H4放出的热量是32×a/16kJ=2akJ,因此热化学反应方程式为:2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l) △H=-4akJ·mol-1 ;(3)D2E为Na2S,生成物之一H,与Na2O2的结构和性质相似,H为Na2S2,过氧化钠电子式为,Na2S2的电子式为:;根据信息,生成Na2S2的反应方程式为4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2,Na2S2的化学性质与Na2O2相似,与硫酸反应,可以认为发生Na2S2+2H2O=2NaOH+H2S2,H2S2分解成H2S和S,硫酸与NaOH发生中和反应,因此现象是:溶液由黄色变为无色,产生浅黄色沉淀和气体产生;(4)A4B4的化学式为H4N4,属于离子化合物,应是铵盐,即NH4N3,其熔融状态下的电离方程式为:NH4N3NH4++N3-;(5)三种元素构成的一元强碱,此碱为NaOH,NaOH与CO2反应后溶液中的溶质,可能为NaOH、Na2CO3,Na2CO3,Na2CO3和NaHCO3,NaHCO3,碳酸钠与盐酸反应的方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,因此Y表示的M中含有的溶质为Na2CO3和NaHCO3,当加入75mL的盐酸时,气体体积达到最大,其溶液中的溶质为NaCl,根据元素守恒,n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=75×10-3×0.1mol=7.5×10-3mol,,c(NaOH)=7.5×10-3/30×10-3mol·L-1=0.25mol·L-1;X对应物质为NaOH、Na2CO3,X对应吸收CO2的物质的量为(75-60)×10-3×0.1=1.5×10-3mol,Y对应CO2的物质的量(75-25)×10-3×0.1mol=5×10-3mol,因此两者CO2的体积比值为1.5×10-3:5×10-3=3:10。
点睛:本题的难点是问题(5),首先判断出氢氧化钠与CO2反应后溶液中的溶质可能是什么物质,即:NaOH、Na2CO3,Na2CO3,Na2CO3和NaHCO3,NaHCO3,然后利用碳酸钠和盐酸反应实质进行分析,Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,可以看到两者消耗盐酸的体积相等,因此根据从开始到出现气体,从出现气体到气体最大,消耗的盐酸的大小关系,判断溶质可能是谁。
13. ②③ CO2或NO2或CS2 通电时,Ne原子吸收能量,核外电子由基态跃迁到激发态。激发态不稳定,电子再由激发态向基态跃迁,能量就以光的形式释放,所释放的光的频率在可见光红色光区域内,所以发出红色光。 sp3杂化 正四面体
【详解】W、X、Y、Z、M五种元素位于周期表中前四周期。W元素的一种核素原子核内没有中子,W是H;X、Y元素最外层电子排布式均可表示为nsnnpm,n=2。其中X元素第一电离能在本周期中最大,Y元素第一电离能和电负性在本周期中均居第三位,所以X是Ne,Y是N;Z元素在周期表中周期序数等于族序数且为奇数,Z只能是第三周期,Z是Al;M位于元素周期表ds区,最外层只有1个电子,M是Cu。
(1)H、N形成的化合物可以是氨气,只含有共价键,或者是NH4H,含有共价键和离子键,答案选②③;(2)N基态原子的价电子轨道表示式为。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体,则与N3-互为等电子体的分子是CO2或NO2或CS2。(3)由于通电时,Ne原子吸收能量,核外电子由基态跃迁到激发态。激发态不稳定,电子再由激发态向基态跃迁,能量就以光的形式释放,所释放的光的频率在可见光红色光区域内,所以发出红色光。(4)Al单质溶于强碱溶液生成的阴离子是Al(OH)4-,中心原子Al的价层电子对数是4,所以杂化方式为sp3杂化,该离子空间构型为正四面体。(5)晶胞中Cu原子个数=8×1/8+6×1/2=4,H原子全部在晶胞中,共计4个。Cu、H最近距离为体对角线的1/4,设为xcm,则晶胞边长为,所以根据m=Vρ可知WM最近距离距离为cm。
14. Na【详解】X原基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍,推出X为C,Z原子基态时s电子数与p电子数相等,应是1s22s22p4,因此推出Z为O,原子序数依次增大,即Y为N,Z2-和W+有相同的核外电子排布,推出W为Na,R的原子序数为29,则R为Cu,(1)本题考查第一电离能规律,同周期从左向右,第一电离能增大,但IIA>IIIA,VA>VIA,即第一电离能N>O,越容易失电子第一电离能越小,即Na点睛:本题的难点是密度的计算,首先根据晶胞的结构判断出化学式和微粒的个数,根据n=N/NA,计算出此物质的物质的量,然后根据m=nM,计算出晶胞的质量,接着计算出晶胞的体积,最后根据密度的定义,求出密度。
15. 109°28′ 2 4 3d54s1 a、c Na2O 两者都是离子晶体,阴阳离子所带电荷相同,离子半径r(S2-)>r(O2-),所以晶格能Na2S【分析】A、B、C、D、E都是前四周期元素,A原子价电子排布式为nsnnPn,n=2,则A为碳元素,B原子核外有3种能量不同的电子,三个能级,B、C同主族,B与C形成的一种化合物是形成酸雨的重要物质,则B为氧元素,C为硫元素,D原子核外电子有11种不同的运动状态,D为钠元素,E是前四周期中原子核外成单电子数最多的元素,则最后二个能级半满,d能级半满为5,s能级半满为1,E为Cr元素。
【详解】(1)根据元素A的结构图可知,每个原子与另外四个原子形成正四面体结构,故A - A-A键之间的夹角是109°28′,每个A原子与四个A原子形成一对共价键,故每个A原子分摊的共价键数为4×=2,故含有1mol A的该单质中,形成的共价键有2mol;
(2)等径圆球在二维空间里可形成密置层和非密置层排列。将非密置层一层一层地在三维空间里堆积,在二维空间里得到的金属钠晶体的的晶胞,为简单立方堆积,在这种晶体中,金属原子的配位数是4;
(3) E为Cr,其基态原子的外围电子排布式为3d54s1,CS2的电子式为;
(4)a.晶体的密度:CO2的晶体>冰,选项a正确;b.晶体的熔点:CO2的晶体<冰,选项b错误;c.晶体中的空间利用率:CO2的晶体 >冰,选项c正确;d.晶体中分子间相互作用力类型相同,选项d错误。答案选ac;
(5) ①Na2S与Na2O,两者都是离子晶体,阴阳离子所带电荷相同,离子半径r(S2-)>r(O2-),所以晶格能Na2S16. 氮 氧 3d104s1 Cr sp2 ∠HCO>∠HCH 直线形 NH3分子间能形成氢键 A B D 4
【详解】因为“B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同。”,推出 B的电子排布式为1s22s22p2, 所以B为6号碳元素;根据A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体,这种气体指的是甲醛HCHO,A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素,所以A为1号氢元素;D原子有2个未成对电子,则D为8号氧元素,同时推出C为7号氮元素;含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一,则E为29号铜元素。
(1). 五种元素中第一电离能最大的是氮,因为它的2p轨道是半充满较稳定结构,电负性最大的是氧,因为氧的非金属性在五种元素中最强。
(2). 基态E原子为29号铜元素,其价电子排布式为符合洪特规则(3d全充满时较稳定)的3d104s1,而不是3d94s2;E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是 Cr,其价电子排布为3d54s1,根据洪特规则,3d轨道的5个电子要分占5个伸展方向不同的轨道并且自旋状态相同,所以不对成电子数为6.
(3). 甲醛分子中C原子形成3个σ键和一个π键,所以C原子的轨道杂化类型为sp2 ,由于甲醛分子中C原子与O原子之间形成的是双键,电子云密度较大,对C原子与H原子之间形成的一个共用电子对有较大的排斥作用,所以M分子中两种键角的大小关系是∠HCO>∠HCH。
(4). N3-的结构式为[NNN]-,中心原子N采用sp杂化轨道与两边的N成键,所以其空间构型为直线形;化合物NH3的沸点比CH4的高,其主要原因是NH3分子间能形成氢键。
(5). 向硫酸铜溶液中通入过量的NH3,得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液,在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体, [Cu(NH3)4]SO4晶体中存在的化学键类型有离子键、σ键、配位键。
(6).该晶胞为正方体,每个晶胞中含4个铜原子、2个氧原子,则该化合物的化学式为Cu2O。由图可知距O周围最近有4个Cu,所以O的配位数为4 。晶胞中最近两个O原子为顶点到体心间距为anm,由此可求出正方体边长为 nm。1mol此晶胞中含2molCu2O,质量为288g,体积为( nm)3NA,则该晶体的密度为g/cm3
17. 3:1 > Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化,但N原子含有1对孤对电子,孤对电子对成键电子的排斥作用更大,使得Si—N—Si键角小于109°28′ 12 NaWO3
【详解】X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X在周期表中原子半径最小,X为H元素;Z、R在地壳中的含量位列前两位,则Z为O元素,R为Al元素;Y与Z相邻,则Y为N元素,M为短周期中电负性最小的元素,即金属性最强的元素,M为Na元素。
(1)Z为O元素,基态O原子的外围电子排布图为 ,故答案为;
(2)X与Y能形成多种化合物,其中Y2X2为H2N2,结构为H-N=N-H分子中σ键、π键的数目之比为3:1,故答案为3:1;
(3)Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化,但N原子含有1对孤对电子,孤对电子对成键电子的排斥作用更大,使得Si—N—Si键角小于109°28′,故答案为> ;Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化,但N原子含有1对孤对电子,孤对电子对成键电子的排斥作用更大,使得Si—N—Si键角小于109°28′;
(4)①钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心,被6个氧离子包围成配位八面体;钠离子位于钨原子形成的立方体的体心,被12个氧离子包围,故答案为12;
②钛离子位于立方晶胞的角顶,被6个氧离子包围成配位八面体;钙离子位于立方晶胞的体心,被12个氧离子包围;每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个,晶胞的12个边长上各有一个氧原子,根据均摊原则,每个晶胞实际占有氧原子数目为12×=3,则晶胞的化学式为NaWO3,故答案为NaWO3;
③相邻Z原子的核间距为apm=a×10-10cm,则晶胞的边长为2× a×10-10cm= a×10-10cm ,则晶体的密度为 = g/cm3,故答案为。
点睛:本题考查了元素的推导和物质结构与性质,正确判断元素的种类是解题的基础。本题的难点是(4)中晶胞的计算,正确找到相邻Z原子的核间距与晶胞边长的关系是解题的关键。
18. 铁元素 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2+ +4H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色 33.6
【详解】试题分析:F是红褐色难溶于水的沉淀,因此F是氢氧化铁,则E是氢氧化亚铁,所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D,所以B是四氧化三铁,C是氯化亚铁,D是氯化铁,A在氧气中燃烧生成B,则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G,则I是铝,和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝,H是氧化铝,G是偏铝酸钠,据此分析解答。
(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。
(2)根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2+ +4H2O;反应⑧的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。
(3)反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化,过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。
(4)根据8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe可知1mol铝发生反应后生成铁,铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4,所以生成的气体换算成标准状况下为。
【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题,解框图题最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
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