2023届高三化学一轮专题训练：元素或物质推断题

这是一份2023届高三化学一轮专题训练：元素或物质推断题，共24页。试卷主要包含了某合金X由常见的两种元素组成等内容，欢迎下载使用。
2023届高三化学一轮专题训练：元素或物质推断题
1．（2022秋·福建漳州·高三龙海二中开学考试）A—J是中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下框图所示（部分产物已略去）。已知A是一种高熔点物质，J是一种红褐色沉淀。C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨。

请回答下列问题：
(1)A的化学式为___________。
(2)往H溶液中通入足量CO2，发生反应的离子方程式是___________________。
G→J的化学方程式为________________________________________。
(3) 实验证明，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸越稀对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取-定量的C、E合金与一定量的很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入一定浓度的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠的物质的量与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。

试回答下列问题：
①图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子反应方程式为：_________________。
②在DE段没有沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为：___________；
③B点对应的沉淀量为_______ mol，C点对应的横坐标为________mol。
2．（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：

回答下列问题：
（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。
（2）写出反应①②③的化学反应方程式：
①：____________________________________；
②：____________________________________；
③：____________________________________；
3．（2022·浙江·校考一模）为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：

请回答：
(1)A的化学式为______________________。
(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。
(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。
4．（2022·浙江·统考模拟预测）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:

根据上述信息,回答下列问题:
(1)合金X的化学式为________。
(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______
(3)写出336 mL(标准状况)气体B通入100 mL 0.2 mol/L 的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______
5．（2020秋·山东济南·高三济南市历城第二中学校考开学考试）A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置______________________________________________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________________________________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________________________(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：__________________________________________________。
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_________________________________________。
(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_______________________________。
(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_______________。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_______________L。
(7)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_________________。
6．（2022秋·云南玉溪·高三校考开学考试）（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。

则：①写出下列物质的化学式：
丙__________，B____________，C__________， D____________。
②写出甲跟乙反应的化学方程式：__________________________。
③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：___________________。
（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：

写出图中编号的化学方程式：
①_______________________；
②_______________________；
③______________________。
7．（2022秋·云南德宏·高三校考开学考试）如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：

(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式：____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
8．（2023·浙江·校联考二模）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：

其中，溶液C含有一种摩尔质量为的含氧弱酸，其物质的量为。
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出溶液A与足量稀硫酸反应的化学方程式_______。
(3)写出生成紫黑色固体D的离子方程式_______。
(4)请设计实验检验溶液C中的一种阴离子_______。
9．（2023·浙江嘉兴·统考二模）黄色固体化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验(题中各物质状态均为室温条件状态)：

已知：A、B、D、F、G均是纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出化合物X生成蓝色固体F的化学反应方程式_______。
(3)固体G能缓慢溶于氨水，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验检验溶液E中的阴离子_______。
10．（2023春·福建福州·高三福建师大附中校考开学考试）元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。表中是元素周期表的一部分，数字①～⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题。

(1)②所对应的元素在周期表中的位置______，其最高价氧化物对应水化物的电子式_____。
(2)元素②、⑦、⑨的简单离子中半径最大是______(填离子符号)。
(3)由下列元素形成的化合物中含有离子键的是_____。
A．①⑥ B．②⑦ C．①⑨ D．②⑧
(4)写出向⑤氯化物中的滴入氨水的离子方程式______。
(5)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。

①干燥管D的作用是_____。
②设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S，则装置C中的预期实验现象为_____。
11．（2023春·北京海淀·高三北京交通大学附属中学校考开学考试）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现含有相同元素的物质间在一定条件下存在转化规律，绘制如下转化关系图，图中A、B、C、D是由前18号元素组成的物质，且均含有同种元素。

请回答：
(1)若A为单质，C为淡黄色固体。
①则C与H2O反应的化学方程式为：_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.A可经一步反应转化为D
b.B、C均可作呼吸面具的供氧剂
c.B、C、D均可与CO2反应
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体。
①A→B反应的化学方程式是_______。
②A与C在一定条件下反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体，写出反应的化学方程式_______。
(3)若B能使品红溶液褪色加热后颜色恢复，则D与某红色金属单质反应生成B的方程式为_______，工业上使用过量氨水吸收B，离子方程式为_______。
12．（2023春·云南昆明·高三统考开学考试）I.下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。

请填写下列空白：
(1)以上反应中，属于氧化还原反应的有_______(填写编号)。
(2)写出A→C反应的离子方程式：_______；B→D的化学方程式：_______。
II.某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成；设计了下图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，E为收集氧气装置。

(3)装置B的作用是_______。
13．（2023春·云南昆明·高三统考开学考试）如图是部分元素在元素周期表中位置，根据下列要求回答问题：

(1)下列关于Ca、Bk(锫)、Ts和Ts的说法中不正确的是_______(填序号，下同)。
A．117号元素的相对原子质量为293.5 B．Ts和Ts互为同位素
C．Ca、Bk表示两种原子、两种元素 D．上述元素都位于长周期中
(2)根据元素周期表结构推知，117号元素在周期表中的位置是_______。
A．第七周期第IVA族 B．第七周期第VIIA族
C．第六周期第IVA族 D．第六周期第VIIA族
(3)117号元素Ts属于_______(填“金属元素”或“非金属元素”)，它的气态氢化物稳定性比砹的气态氢化物稳定性_______(填“强”或“弱”)；它的最高价氧化物的化学式为_______。
(4)下列关于上述元素及其化合物的判断正确的是_______。
A．I、Cs和Cs放射性元素变成其他元素，发生了化学变化
B．he3分子和ha3分子结构相同
C．j元素与d元素组成化合物的颜色相同
D．加碘食盐中“碘”不是碘I
14．（2022春·山东潍坊·高三校考开学考试）通常情况下，微粒 A、B 为分子，C、E 为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B 溶于 A 后所得的物质可电离出 C、D；A、B、E 三种微粒反应后可得 C 和一种白色沉淀。请回答：
(1)用化学符号表示下列 4 种微粒：A．__、B．__、C． __、D．__。
(2)写出A、B、E 三种微粒反应的离子方程式：__
(3)某元素原子的最外层电子数为次外层电子层数的 3 倍。该元素原子的简单离子的结构示意图为_______。该元素在化学反应容易_______电子，具有_______性。
15．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）已知某废水试样中可能含有表中的离子：
阳离子
Na+、Mg2+、X、H+
阴离子
Cl-、、Y、
将废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。

回答下列问题；
(1)离子X是_______(填化学式，下同)，离子Y是_______。
(2)表中不能确定是否存在的阴离子是_______，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为_______。
(3)写出废水试样中滴加淀粉-KI溶液所发生反应的离子方程式：_______。
(4)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

曲线①表示滴加_______溶液的变化曲线，反应的离子方程式为_______。a点与b点横坐标相同，则曲线②中b点溶液中大量存在的离子是_______；b点到d点反应的离子方程式为 _______。
16．（2022·浙江绍兴·统考一模）固体A由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

已知：D为淡黄色固体，气体G是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518，混合物H与溶液C中的溶质相同。请回答：
(1)组成A的三种元素是_______，A的化学式是_______
(2)写出D与NaOH反应的离子方程式_______
(3)X在潮湿的空气中易转变为含A的混合物，写出相应的化学方程式_______
(4)写出E→H的化学反应方程式_______
(5)E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，请设计简单实验验证_______
17．（2022春·河北秦皇岛·高三统考开学考试）现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素。

A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径 (10﹣10 m)
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
0.82
1.02
0.037
最高或最低化合价

+2
+1
+5
+7
+1
+5
+3
+6
+1
﹣2


﹣3
﹣1

﹣3

﹣2

回答下列问题：
(1)若H的一种同位素中子数为5，则其原子符号是___________。
(2)B元素的原子结构示意图是___________。
(3)G与F分别形成的简单离子半径大小关系为___________ 。
(4)F与J形成的化合物与水反应放出气体的化学方程式___________。
(5)系列说法中正确的是_____
A．单质与稀盐酸反应的速率F＜B
B．含氧酸的酸性E＞I
C．气态氢化物的稳定性A＞D
D．A与H形成的化合物具有两性
18．（2022秋·浙江·高三校联考开学考试）物质X由三种常见元素组成，某研究小组按下图流程探究其组成：

已知：A、B、D、E、F均为化合物，气体体积均已换算为标准状况下的体积，气体D能使品红溶液褪色，加热后溶液可恢复红色。请回答：
(1)物质X的组成元素为_______，白色沉淀F的化学式为_______。
(2)步骤②的化学反应方程式是_______。
(3)黄铁矿在加热条件下可与潮湿空气反应制得X，写出该反应的化学反应方程式_______。

参考答案：
1． Al2O3 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3- 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 H++OH-====H2O NH4++OH-==NH3·H2O 8.0×10-3或0.008 7
【分析】J是一种红褐色沉淀，则推出J为氢氧化铁。A是一种高熔点物质，电解A得到B与C，C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨，考虑C与D的反应为铝热反应，则A为Al2O3，由转化关系C+ Fe2O3A+E，所以C是Al，E是Fe；A能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，A为Al2O3，符合转化关系，故B为O2 ；A与氢氧化钠溶液生成H，A与盐酸反应生成I，故H为NaAlO2 ，I为AlCl3 ；E(Fe)与盐酸反应生成F，故F为FeCl2 ，F(FeCl2溶液)中加入氨水生成G，G在O2存在时加热反应产生Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解产生D，故G为Fe(OH)2 ，D为Fe2O3，据此分析（1）、（2）问。
（3）根据图象分析易知，OC段式过量的硝酸消耗氢氧化钠所致，生成沉淀后，DE段沉淀量保持不变，说明铵根消耗氢氧根离子，随后，氢氧化铝沉淀被过量的氢氧化钠溶解，而氢氧化铁沉淀则不能被溶解，结合元素守恒分析计算。
【详解】根据上述分析可知，
（1）A为氧化铝，其化学式为Al2O3；
（2）H为NaAlO2，往H溶液中通入足量CO2会生成偏铝酸钠和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；G→J是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）①图中OC段没有沉淀生成，说明硝酸过量，所以反应的方程式是H++OH-====H2O。
②由于溶液中的金属阳离子首先和氢氧化钠反应，当沉淀达到最大值时，氢氧化再和溶液中的NH4＋反应，所以DE段反应的方程式是NH4+ +OH-=NH3·H2O；
③根据图象可知，溶液中NH4＋的物质的量是0.012mol，所以反应中转移电子是0.012mol×8＝0.096mol。金属铝是0.008mol，失去电子是0.024mol，所以根据电子的都是守恒可知，铁失去的电子是0.096mol－0.024mol＝0.072mol，因此铁的物质的量是0.024mol，即生成氢氧化铁是0.024mol，所以B点沉淀的物质的量是0.024mol＋0.008mol＝0.032mol。生成0.008mol氢氧化铝和0.024mol氢氧化铁消耗的氢氧化钠是0.096mol，因此氢氧化钠溶液的体积是0.096mol÷4mol/L＝0.024L＝24mL，所以C点是31mL－24mL＝7mL。
2． Na Cl2 HCl CO2 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【分析】焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。
【详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2  ；
（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
【点睛】无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。
3． FeSO4 Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O 2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
【分析】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。
【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，
（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0. 02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；
（2） 固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4 Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。
4． Fe5C H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O
【分析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。
【详解】(1)生成的CaCO3为5.0 g即0.05 mol，碳元素的质量为0.05 mol×12 g/mol=0.6 g，则X中铁的含量为14.6 g-0.6 g=14.0 g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25 mol，所以X为Fe5C。
(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015 mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02 mol NaOH反应生成Na2CO3 a mol与NaHCO3 b mol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。
5． 第二周期第ⅤA族 HClO4 r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)或Na+ ＜O2－＜S2－ 离子键、共价键(或非极性键) H2O＞H2S 3.36 S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-
【分析】A元素的原子核内只有一个质子，由此可知A为H；根据 B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3 ，可知B的最高价为+5价，是VA，再根据B元素的原子半径是其所在主族中最小的，得出B为N；根据C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，得出C为O；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，可知D的阳离子为+1价阳离子，所以D为Na；C、E同主族，且E为短周期元素，得出E为S，F是短周期元素排在S元素后面的主族元素，F只能为Cl。综上可知A为H、B为N、C为O、D为Na，E为S，F为Cl。据此回答。
【详解】（1）B为氮元素，N位于周期表第二周期第VA族，故答案为第二周期，VA；
（2）F为Cl元素，Cl元素最高价氧化物的水化物是HClO4，故答案为HClO4；
（3）元素C、D、E形成的简单离子分别为O2－、Na+、S2－，电子层数多的离子半径较大，核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，所以半径由小到大为r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)，故答案为r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)；
（4）D2C是Na2O，用电子式表示形成过程为，故答案为；D2C2为Na2O2，其中含有的化学键为离子键、共价键，故答案为离子键、共价键；
（5）C、E的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，导致沸点要更高，所以沸点H2O＞H2S，故答案为H2O＞H2S；
（6）C与浓硫酸反应方程式为：C+2H2SO4(浓) 2SO2↑+CO2↑+2H2O，用“单线桥”标电子转移，当转移4mole-时生成气体SO2 2mol和CO2 1mol，共3mol，标准状况下体积为67.2L，当转移0.2mol电子时，气体体积为，故答案为；3.36L；
（7）S和氯水反应的化学方程式为3Cl2+S+ 4H2O=6HCl+H2SO4，所以离子方程式为S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-，故答案为S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-。
【点睛】本题考查元素推断，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，根据主族元素最高正化合价等于它的族序数，B的最高价为+5价，是VA，再根据同主族元素原子半径是从上到下依次增大，得出B为N；比较简单氢化物的沸点时注意水分子间存在氢键，使沸点升高。
6． Cu NO CaCO3 Cu(NO3)2 C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O 3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O 2SO2＋O22SO3
【分析】（1）可从蓝色溶液(含Cu2+ )和白色沉淀(CaCO3 )逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3；图中的气体中含CO2，因该气体是气体A通过水后产生的，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2 和NO2的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；
（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。
【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，
根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，
故①丙为Cu，B为NO，C为CaCO3， D为Cu(NO3)2；
②甲跟乙反应的化学方程式为C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O；
（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，
①反应①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
②反应②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
③反应③2SO2＋O22SO3。
7． NH4HCO3或(NH4)2CO3 NH3 H2O 排水 向上排空气 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)
【分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。
【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。
【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。
8．(1) 、I、 或
(2)
(3)
(4)取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有

【分析】溶液A与硫酸反应生成沉淀B，可知B是BaSO4，n(BaSO4)=0.05mol；0.02molC和0.14molHI反应生成紫黑色固体D，D为I2，n(I2)=0.08mol，则C中含有0.02mol的I元素，所以弱酸C分子中含有1个I原子，根据得失电子守恒，C中I元素的化合价为+7，C的摩尔质量为，所以C的化学式为H5IO6；根据电荷守恒，A中酸根离子为 ；
【详解】（1）根据以上分析X中含有0.05molBa2+、0.02mol，所以X的组成元素是Ba、I、O，X的化学式是；
（2）与足量稀硫酸反应生成硫酸钡、H5IO6，化学方程式为；
（3）H5IO6和HI发生归中反应生成I2和水，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；
（4）溶液C中含有，取适量溶液C于试管中，滴加稀盐酸无现象，加入产生白色沉淀，则含有。
9．(1) Cu、O、H CuOH
(2)4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(3)CuO + 4NH3▪ H2O= +3H2O+2OH-
(4)先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-

【分析】蓝色溶液C加入足量氨水后得到深蓝色溶液E，可以推知C为CuSO4溶液，D为紫红色固体，为Cu单质，物质的量为=0.0125mol，则红色固体为Cu2O，Cu2O和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，Cu2O的物质的量为0.0125mol，X1中含有0.025molCu元素；蓝色固体F加热产生黑色固体G和无色液体A，可以推知G为CuO，F为Cu(OH)2，A为H2O，X1隔绝空气加热产生H2O，H2O的物质的量为=0.0125mol，X1中含有0.0125mol+0.0125mol=0.025molO元素，0.025molH原子；综上所述，X1中n(Cu): n(O) : n(H)=1：1：1，X为CuOH。
【详解】（1）由分析可知，X的组成元素是Cu、O、H，X的化学式是CuOH。
（2）化合物CuOH和O2、H2O反应生成生成蓝色固体Cu(OH)2的化学反应方程式为：4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2。
（3）固体G为CuO，CuO在氨水中缓慢溶解，方程式为：CuO + 4NH3▪ H2O= + 3H2O+2OH-。
（4）溶液E中的阴离子为SO和OH-，检验硫酸根的方法为：先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；OH-检验方法：取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-。
10．(1) 第三周期第IA族
(2)Cl-
(3)BD
(4)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
(5) 防倒吸 淡黄色沉淀生成

【分析】由元素在周期表中的位置可知，①是H元素，②是Na元素，⑤是Al元素，⑥是C元素，⑦是O元素，⑧是S元素，⑨是Cl元素，据此分析解答。
【详解】（1）②是Na元素，②所对应的元素在周期表中的位置为第三周期第IA族，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，为离子化合物，其电子式为 。
（2）②是Na元素，⑦是O元素，⑨是Cl元素，Na+、O2-只有2个电子层，Cl-有3个电子层，一般电子层数越多，半径越大，故元素②、⑦、⑨的简单离子中半径最大是Cl-。
（3）A．①是H元素，⑥是C元素，二者通过共价键形成共价化合物；
B．②是Na元素，⑦是O元素，二者在形成化合物时，Na失电子形成阳离子，O得电子形成阴离子，阴、阳离子通过离子键形成离子化合物；
C．①是H元素，⑨是Cl元素，二者通过共价键形成共价化合物；
D．②是Na元素，⑧是S元素，二者在形成化合物时，Na失电子形成阳离子，S得电子形成阴离子，阴、阳离子通过离子键形成离子化合物；
故选BD。
（4）⑤是Al元素，向AlCl3溶液中滴入氨水生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH。
（5）①干燥管D的作用是防倒吸。
②浓盐酸、KMnO4反应生成氯气，氯气进入C中与Na2S反应生成S单质，从而得出氯气的氧化性大于S单质的氧化性，进而证明氯的非金属性大于硫，则装置C中的预期实验现象为淡黄色沉淀生成。
11．(1) 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ac
(2) 4NH3+5O24NO+6H2O 8NH3+6NO27N2+12H2O
(3) Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O SO2+2NH3·H2O=2NH+SO＋H2O

【详解】（1）若A为单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2、D为NaOH、B为Na2O、A为Na，
①则Na与H2O反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
②a．Na与H2O反应生成NaOH和H2，Na可经一步反应转化为NaOH，正确；
b．Na2O和CO2反应生成Na2CO3，不能生成氧气，不能作呼吸面具的供氧剂，错误；
c．NaOH、Na2O2、Na2O均可与CO2反应，正确；
故选ac。
（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，A为NH3，C为红棕色气体，C为NO2，则B为NO、D为HNO3，
①NH3和O2反应生成NO和H2O，化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；
②NH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O。
（3）若B能使品红溶液褪色加热后颜色恢复，B为SO2，则A为S、C为SO3、D为H2SO4，则H2SO4与红色金属单质Cu反应生成SO2的方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，工业上使用过量氨水吸收SO2，离子方程式为SO2+2NH3·H2O=2NH+SO＋H2O。
12．(1)①②③④
(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑ 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
(3)除去CO2中的HCl气体

【分析】焰色反应均为黄色说明含Na元素，则A为Na单质，钠在氧气中燃烧生成B过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成D碳酸钠；钠与水反应生成C氢氧化钠，氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成E碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠；大理石与盐酸反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，再用浓硫酸干燥二氧化碳，然后通入D中与过氧化钠反应，排水法收集氧气，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析，涉及钠单质和过氧化钠的反应均为氧化还原反应，即①②③④属于氧化还原反应，故答案为：①②③④；
（2）A→C反应的离子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，B→D的化学方程式：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（3）B中盛有饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中的HCl，防止其与过氧化钠发生反应，故答案为：除去CO2中的HCl气体；
13．(1)A
(2)B
(3) 非金属元素 弱 Ts2O7
(4)BD

【分析】由元素在周期表中位置可知a为H，b为B，c为C，d为O，e为F，g为Al，h为P，i为Fe，j为，Cu据此解答。
【详解】（1）A. 117号元素给定的同位素有两种，且两种核素的百分含量不确定，因此不能确定其相对原子质量，错误；    
B. Ts和Ts，质子数相同，质量数不同，互为同位素，正确；
C. Ca、Bk质子数不同为不同元素，且表示不同原子，正确；
D. Ca、Bk(锫)、Ts和Ts，所有原子序数都大于18，均位于长周期，正确；
故答案为：A；
（2）117号元素核外电子排布为2、8、18、32、32、18、7，位于第七周期第VIIA族，故答案为：B；
（3）117号元素Ts属于非金属元素，Ts和At为同主族元素，随原子序数递增，非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，则Ts的氢化物稳定性弱于At的氢化物；该元素位于第VIIA族，最高正化合价为+7，最高价氧化物为Ts2O7：故答案为：非金属元素；弱；Ts2O7；
（4）A. I、Cs和Cs放射性元素变成其他元素，元素种类发生改变，不属于化学变化，错误；
B. PF3分子和PH3分子结构均为三角锥形，结构相同，正确；
C. Cu元素与O元素组成氧化铜和氧化亚铜两种化合物，氧化铜为黑色固体，氧化亚铜为砖红色固体，颜色不相同，错误；
D. I具有放射性，加碘食盐中“碘”不是碘I，正确；
故答案为：BD；
14．(1) H2O NH3 NH OH－
(2)Al3+ + 3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3 NH或Mg2+ +2NH3 +2H2O= Mg(OH)2↓+2NH
(3) 得到 非金属

【分析】通常情况下，微粒 A、B 为分子，C、E 为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B 溶于 A 后所得的物质可电离出 C、D，说明B为氨气，A为水，C为铵根离子，D为氢氧根离子；A、B、E 三种微粒反应后可得 C 和一种白色沉淀，则E为Al3+或Mg2+，白色沉淀为氢氧化铝沉淀或氢氧化镁沉淀。
【详解】（1）根据前面分析得到 4 种微粒：A为H2O、B为NH3、C为NH、D为OH－；故答案为：H2O；NH3；NH；OH－。
（2）A、B、E 三种微粒反应后可得 C 和一种白色沉淀，则A、B、E 三种微粒反应的离子方程式：Al3+ + 3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3 NH或Mg2+ +2NH3 +2H2O= Mg(OH)2↓+2NH；故答案为：Al3+ + 3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3 NH或Mg2+ +2NH3 +2H2O= Mg(OH)2↓+2NH。
（3）某元素原子的最外层电子数为次外层电子层数的 3 倍，则该元素为氧元素，该元素原子的简单离子的结构示意图为。该元素最外层有6个电子，在化学反应容易得到电子，具有非金属性；故答案为：；得到；非金属。
15．(1)
(2) Cl- 取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，若无白色沉淀产生，则不存在Cl-
(3)6I-+2+8H+=3I2 +2NO↑+4H2O
(4) H2SO4 Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O Na+、OH- OH-＋H+=H2O

【分析】由甲组实验中溴水不褪色，说明废水试样中不含还原性微粒；由乙组实验现象说明其含，即Y为；由丙组实验现象，可确定废水中含，而不含Mg2+，即X为；由丁组实验现象说明其含和H+，而不能确定是否存在Na+、Cl-。根据AgCl是白色既不溶于水也不溶于硝酸的性质检验Cl-，但由于Ag2SO4也是白色沉淀，在检验Cl-之前要先加入足量Ba(NO3)2溶液，将溶液中沉淀完全。根据上述分析可知：该溶液中含有、、、H+；不含有的离子是Mg2+、，不能确定是否存在的离子是Na+、Cl-。
【详解】（1）根据上述分析可知离子X是，离子Y是；
（2）根据上述实验现象可知表中不能确定是否存在的阴离子是Cl-，根据AgCl是白色既不溶于水也不溶于酸的性质检验Cl-，检验是否含有Cl-的方法为：取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，若无白色沉淀产生，则不存在Cl-；
（3）废水试样中滴加淀粉-KI溶液，溶液变为蓝色，是由于、H+、I-发生氧化还原反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，所发生反应的离子方程式为：6I-+2+8H+=3I2 +2NO↑+4H2O；
（4）在Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4时反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，二者恰好反应时溶液中离子浓度最小，溶液几乎不导电，后来H2SO4过量，过量的硫酸电离产生自由移动的离子，使溶液导电能力逐渐增强；在Ba(OH)2溶液中滴入等浓度等体积的NaHSO4溶液时，恰好发生反应：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+ H2O+NaOH，此时溶液中含有自由移动的离子，因此溶液导电能力比低硫酸时强，后再加入NaHSO4溶液，发生反应：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，溶液中离子浓度变化不大，始终存在自由移动的离子，溶液能够导电，再滴入NaHSO4溶液，就是Na2SO4、NaHSO4混合溶液，自由移动的离子浓度逐渐增大，溶液导电能力又有所增强，故曲线①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，该反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线；在Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4时首先发生 Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，b点溶液为反应完剩余NaOH溶液，此时溶液中大量存在的离子是Na+、OH-；b点到d点发生反应：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，该反应的离子方程式是：OH-+H+=H2O。
16．(1) Na、S、O
(2)
(3)
(4)
(5)取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z

【分析】由已知，气体G的摩尔质量为，该气体为，标况下，0.224L物质的量为，即含有0.01mol；溶液F(含盐酸)加入足量溶液，生成6.99g的沉淀为，物质的量为，则含0.03mol，溶液C中含有和；固体D为S，物质的量为；混合物H含有和，所以溶液C中含有和。
【详解】（1）固体A由Na、S、O组成，其中S元素物质的量为0.08mol、Na元素含量0.08mol、则O元素含量为，原子个数比为，其化学式为，故填Na、S、O；；
（2）由题，S与NaOH溶液在加热下反应的离子方程式为，故填；
（3）对比溶液C和溶液E中溶质可知X为，在潮湿的空气中易转变为，其反应为，故填；
（4）在加热条件下生成和，其反应为，故填；
（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，利用和在酸性条件下反应生成S单质的性质，检验的操作为：取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z，故填取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z。
17．(1)
(2)
(3)N3-＞Na+
(4)NaH + H2O = NaOH + H2
(5)C

【分析】短周期元素中，A、I都有-2价，处于VIA族，且I有+6价，原子半径也较大，故A为O元素，I为S元素；D、G都有+5、-3价，二者处于VA族，且D的原子半径较大，故D为P元素、G为N元素；E有+7、-1价，则E为Cl元素；C、F、J均有最高价+1，处于IA族，原子半径F＞C＞J，故F为Na元素、C为Li元素、J为H元素；B有+2价，H有+3价，分别处于ⅡA族、ⅢA族，且原子半径B＞P，H＜Cl,故B为Mg元素、H为B元素。
【详解】（1）H为B元素，若B的一种同位素中子数为5，其中质量数为10，该原子符号是，故答案为：；
（2）B为Mg元素，原子结构示意图为，故答案为：；
（3）G、F的离子分别为N3-、Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小：N3-＞Na+，故答案为：N3-＞Na+；
（4）F与J形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；
（5）A．B为MgF为Na，金属性Na＞Mg，则单质与稀盐酸反应的速率Na＞Mg，故A错误；
B．酸性：次氯酸＜硫酸，故B错误；
C．A为O元素，D为P元素，非金属性O＞P，则气态氢化物的稳定性H2O＞PH3，故C正确；
D．B元素的非金属性比铝强，氧化硼不具有两性，故D错误，
故答案为：C。
18．(1) Fe、O、S BaSO4
(2)
(3)

【分析】红棕色固体A为Fe2O3，与Al发生铝热反应生成固体B为Al2O3和单质C为Fe，已知气体D能使品红溶液褪色，加热后溶液可恢复红色，可知D为SO2，无色固体E加入盐酸后再加入氯化钡溶液得到白色沉淀F为BaSO4，则E为SO3，可判断X含有Fe、O、S元素；
（1）
由分析可知物质X由Fe、O、S元素组成；白色沉淀F的化学式为BaSO4；
（2）
红棕色固体A为Fe2O3，与Al发生铝热反应生成固体B为Al2O3和单质C为Fe，步骤②的化学反应方程式是；
（3）
单质C为Fe，11.2gFe的物质的量为，则Fe2O3为0.1mol，白色沉淀F为BaSO4，物质的量为，则n(SO3)=0.1mol，标准状况下4.48L混合气体的物质的量为，则n(SO2)=0.2-0.1=0.1mol，n(O)=0.1×3+0.1×3+0.1×2=0.8mol，n(Fe)：n(S)：n(O)=0.2：0.2:0.8=1:1:4，则X的化学式为FeSO4，黄铁矿主要成分为FeS2，在潮湿空气反应制得FeSO4，该反应的化学反应方程式