1、元素或物质推断题必刷 备战2022年高考化学二轮复习学校:_姓名：_班级：_考号：_1（2021浙江高考真题）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
2、明_。2（2021浙江高考真题）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：(1)白色固体C的化学式是_，蓝色溶液D中含有的溶质是_(用化学式表示)。(2)化合物X的化学式是_；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_。(3)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。写出该反应的离子方程式_。设计实验验证该白色沉淀的组成元素_。3（2021浙江绍兴市教育教学研究院模拟预测）某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，某学习小组开展如下探究实验。请问答：(1)紫黑色固体C
3、的化学式是_，深红棕色液体D的化学式是_。(2)化合物X的化学式是_，化合物X的一价阴离子为直线形结构，写出该阴离子的电子式_。(3)暗灰紫色固体A与作用，产物与溶剂有关。若与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，写出该反应的离子方程式_。若与在乙醚中反应，生成两种盐，写出该反应的化学方程式_。4（2021浙江二模）某兴趣小组对化合物A开展探究实验。其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质，焰色反应为黄色。请回答：(1)组成A的3种元素是_(填元素符号)，A的化学式是_。(2)固体A与盐酸反应的化学方程式是_。(3)过量的气体B与氨气反应可
4、得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式_。(4)将气体B与同时通入足量水中发生氧化还原反应，离子方程式为_。设计实验证明该反应为不可逆反应_。5（2021浙江杭州三模）某兴趣小组对于固体A开展探究实验，已知A由4种元素组成，摩尔质量M小于160g/mol，溶液E中只有一种溶质。(1)A的化学式_，气体B的空间构型_。(2)溶液C制备沉淀D的离子方程式_。(3)已知2molNa在一定条件下可以和液态B反应产生一种1可燃性气体和化合物F，化合物F极易和水反应，写出和水反应的方程式_；(4)该研究小组认为检验溶液E和NaHCO3溶液可以采用Ca
5、Cl2溶液，结果发现两种溶液中加入CaCl2都会形成白色沉淀，请解释原因：_(用方程式表示即可)；更换检验试剂，加入某短周期元素X的氯化物之后可以检验，其中一种产生沉淀，另一种无沉淀，则X元素为_。6（2021浙江平湖模拟预测）化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂。某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：混合气体B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色。(1)组成X的三种元素为_。(2)写出X隔绝空气加热分解的化学方程式_。(3)将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为_，直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐，请说明理由_。(4)将黄绿色气体B缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，
6、当通到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象可能的原因有两种_，_；请设计相关实验证明红色褪去的原因_。7（2021湖南永州一模）纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁（MgSO4H2O）的工艺流程如下：（1）酸浸时温度控制在90100之间，并且要连续搅拌2小时。连续搅拌2小时的目的是_。酸浸时适宜的酸度及用量对酸浸工艺十分重要，浓度过低，浸取不完全，浓度过高（5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，根据酸浸反应原理分析，造成浆料黏度过大的物质是_（填名称）。（2）实验室中过滤所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_
7、。（3）向过滤的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为_。 （4）滤渣中主要成分为MnO2和_（填化学式）。（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSO4H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶，需要加压升温的原因是_。8（2021河北张家口一模）下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物。B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请回答下列问题：(1)甲_；D_；G_。(2)画出C中阳离子的结构示意图：_。
8、(3)在空气中将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_。(4)反应中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是_(填序号)。(5)A与B反应的离子方程式为_。(6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，目的是_。(7)在配制G时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的F，为帮助实验员进行检验少量F的存在，请从下列物质中选择合适的试剂_。A KSCN溶液B 稀盐酸C KMnO4溶液D NaOH溶液9（2021浙江嘉兴一模）I.X由四种常见元素组成的化合物，其中一种是氢元素，其摩尔质量小于200gmol-1。某学习小组进行了如下实验：已知：气体A在标况下的密度为0.714gL-1，A
9、完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，沉淀D是混合物。请回答：(1)气体E的结构式_，沉淀D是_(写化学式)，X的化学式_。(2)写出化合物X与足量盐酸反应的化学方程式_。II.纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体，热稳定性较好，遇水极易发生反应。某同学初步设计了如图实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2。请回答：(1)写出A中反应的化学方程式_。(2)下列说法不正确的是_。A为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气B装置B起到了缓冲、安全的作用C装置C只吸收水，避免镁和水反应产生副产物D将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，也能
10、达到实验目的E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体10（2021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_；写出反应的化学方程式_。(3)通过比较反应I、的反应
11、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11（2021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
12、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：_.12（2021吉林三模）现有部分短周期元素的信息如表所示：元素编号元素性质或原子结构信息X第三周期元素中简单离子半径最小
13、的元素Y其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性Z原子核外电子数和所在周期数相等A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。(1)元素X在周期表中的位置是_，其简单离子的结构示意图为_。(2)单质B的电子式为_。(3)丙中所含的化学键类型是_(填序号)。a.离子键b.极性共价键c.非极性共价键(4)反应中，0.5 mol参加反应时转移1 mol电子，该反应的化学方程式为_。(5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，
14、该反应的化学方程式为_。13（2021天津市新华中学模拟预测）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：已知：+R2OH(1)A的名称是_。(2)写出下列反应的反应类型：反应是_，反应是_。(3)G的结构简式为_，F的分子式为_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：_。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是_。(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）_。14（2021天津和平高考模拟）锂在有机合成、电池等领域中有重要的作用。I. 的制备和应用
15、如下图所示。(1)锂元素在元素周期表中的位置_。(2)写出A的电子式_。(3)是有机合成中常用的还原剂，试写出反应的化学方程式_。II.磷酸亚铁锂是新型锂离子电池的首选电极材料，是以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液，析出磷酸亚铁锂沉淀，在800左右、惰性气体氛围中煅烧制得。在锂离子电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质，该有机聚合物的单体之一(用M表示)的结构简式如下：请回答下列问题：(4)制备磷酸亚铁锂必须在惰性气体氛围中进行，其原因是_。(5)阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为_。(6)写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。(7)该电池充电时阳极
16、的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则放电时正极的电极反应式为_。15（2021陕西榆林三模）尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)B的结构简式为_。(3)由C生成D的化学方程式为_，EF的反应类型为_。(4)C中的官能团有_、_(填官能团名称)。(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：反应的试剂和条件为_；中间体B的结构简式为_；反应试剂和条件为_。(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)；含有两个苯环且两个苯环直接相连能与FeCl3溶液发生显色反应两个取代基不在同一苯环上其中核磁共振氢
17、谱为6组峰，峰面积比为222221的结构简式为_。参考答案：1 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】(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
18、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
19、，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。2 CuAl2Cl8 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素【解析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有Cu(NH3)42+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用
20、于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02mol，含有氯离子物质的量为：=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离
21、子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。(3)由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷
22、守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。3(1) (2) (3) 【解析】某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，X经低温加热的无色固体B，B与足量硝酸酸化的硝酸银反应，产生的白色沉淀E为AgC1、则B+AgNO3E的反应为复分解反应， B为金属氯化物、设其化学式为MCla，24.35g AgC1
23、的物质的量为0.1mol，按元素质量守恒、B含0.1molCl、即3.55gCl，则B中所含金属元素M为7.45g -3.55g =3.9g，a=1、M为钾元素可满足，故B为KCl、其物质的量为0.1 mol；28.15gX分解得B(KCl)和A， X由四种元素组成，其中一种为金属元素，则暗灰紫色固体A由非金属元素组成、高温下加热冷却所得紫黑色固体C、为碘单质，12.70g碘单质、即0.05 mol；深红棕色液体D为溴单质、8.00g溴单质为0.05 mol，则20.70gA由溴和碘元素组成、所含Br、I均为0.1 mol，其化学式为IBr，由此，化合物x含钾、氯、溴、碘四种元素，它们的物质的
24、量之比是1:1:1:1，则X化学式为，据此回答；(1)紫黑色固体C的化学式是I2，深红棕色液体D的化学式是Br2。(2)据分析，化合物X的化学式是，化合物X的一价阴离子为为直线形结构，则该阴离子的电子式。(3)暗灰紫色固体A为IBr，能与水发生反应生成HBr、HIO，氢溴酸能与硝酸银发生复分解反应生成淡黄色沉淀溴化银和硝酸，则IBr与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，该反应的离子方程式。若与在乙醚中反应，生成两种盐，则该反应是复分解反应，相互交换成分得到两种盐：该反应的化学方程式。4 Na、O、Cl 向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应【解析
25、】固体A和盐酸反应生成溶液C，溶液C为中性溶液且只含一种溶质，焰色反应为黄色，则含有Na元素，则C中溶质为NaCl，A中含有Na元素；气体B(纯净物)是黄绿色气体，气体B为Cl2，电解NaCl溶液生成NaOH、Cl2、H2，生成的溶液D和硫酸反应生成F溶液，溶液F为中性溶液且只含一种溶质，则溶液F为Na2SO4溶液，溶液D为NaOH溶液，硫酸中含有溶质0.015mol，则NaOH的物质的量为0.03mol，则A中Na元素的物质的量为0.03mol，根据Na元素守恒，则溶液C中NaCl的物质的量为0.03mol，盐酸中溶质的物质的量为0.14mol，根据Cl元素守恒，则A中Cl元素的物质的量为，
26、A由三种元素组成，其中两种元素为Na元素、Cl元素，则另一种元素为O元素，A中含有Na、Cl的总质量为，则A中含有O元素的物质的量为，则A的化学式为。(1)由分析可知，组成A的3种元素是Na、O、Cl，A的化学式为；(2)2.875g固体A和0.14mol HCl反应生成0.07molCl2、0.03molNaCl和H2O，由此得出化学方程式为；(3)过量的Cl2和氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，由此推测X为NCl3，NCl3水解生成和HClO，水解方程式为：；(4)Cl2与同时通入足量水中反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为：；若该反应为可逆反应，反应中会有
27、Cl2的存在，因此只需检验是否含有Cl2，即可证明该反应是否为可逆反应，检验方法为：向氯水中通入过量，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应。5 NaAlN2H2 三角锥形 AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3 2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3 镁(或Mg)【解析】已知A由4种元素组成的化合物，且A能与NaOH反应生成气体B和溶液C，则其中气体B应为氨气，所以A中含有N元素
28、；溶液C与NaHCO3溶液反应生成1.56gD沉淀以及只含一种溶质的溶液，则C溶液为含钠的盐溶液，所以C中的溶质应为偏铝酸钠。所以A中一定含有的元素为N、Al。根据质量守恒及化合价代数和为零可知另外两种元素为Na和H，且物质的量之比为1：2，结合元素守恒以及A的摩尔质量小于160g/mol分析即可。(1)由分析可知，0.896L的B()气体，则；1.56g 沉淀D，则，所以化合物A中，则设A的化学式为，又由于A的摩尔质量小于160g/mol，则x+3-6+y=0、23x+27+214+y=1.60.02，解得，所以A的化学式为，由于B为，则其空间构型为三角锥形，故答案为：，三角锥形；(2)由分
29、析可得C为偏铝酸钠，D为，所以用制取的离子方程式为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，故答案为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO；(3)B为，2molNa在一定条件下可以和液态B()反应产生一种1可燃性气体和化合物F，则可燃性气体为氢气、F应为NaNH2，则NaNH2与水反应的方程式为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3，故答案为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3；(4)由(2)分析可知，C(偏铝酸钠)与碳酸氢钠反应生成D(氢氧化铝)白色沉淀和溶液E，即AlO+HCO+H2O
30、=Al(OH)3+CO，溶液E为碳酸钠溶液，所以碳酸钠与氯化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀；由于碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡，电离产生的碳酸根会与钙离子结合反应生成碳酸钙，而氢离子与碳酸氢根反应生成碳酸，从而促进平衡正向移动，即2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3；在短周期元素中镁离子能与Na2CO3反应生成碳酸镁白色沉淀，与NaHCO3不会形成沉淀，所以X元素为Mg(镁)元素，故答案为：2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2+CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2+CO=CaCO3；Mg(镁)。6 Mg、Cl、O 2Mg(ClO
31、4)22MgO+2Cl2+7O2 MgCl26H2O Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，最终得不到无水氯化镁 氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去 氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白 在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因【解析】化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂，隔绝空气受热分解生成固体A和混合气体B，B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色，其中一种是氯气，X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，剩
32、余气体E的物质的量是0.784L22.4L/mol0.035mol，固体A溶于盐酸中得到溶液C，溶液C中加入足量氢氧化钠溶液得到沉淀D，由于X由三种短周期元素组成，所以沉淀D是氢氧化镁，物质的量是0.58g58g/mol0.01mol，根据Mg原子守恒0.4000gA是氧化镁，物质的量是0.01mol，所以A的组成元素是O、Mg、Cl，据此判断。(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气，根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是0.01mol，则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2+7O2。(3)溶液C是氯
33、化镁溶液，将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为MgCl26H2O，由于Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，所以直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去，由于次氯酸具有强氧化性，另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低，则产生上述现象可能的原因有两种，即氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去或氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白；由于次氯酸的漂白是不可逆的，则证明红色褪去的原因的剩余方案是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠
34、溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因。7 充分反应，提高纯橄岩中镁的浸出率 硅酸 普通漏斗或漏斗 Mn2+ClOH2O=MnO22H+Cl Fe（OH）3 由图可知，在较高温度下析出MgSO4H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4H2O晶体【解析】纯橄岩加入硫酸酸浸，氧化锰溶解生成硫酸锰，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，二氧化硅不溶于水或酸，过滤到滤渣，溶液加入次氯酸钠，将锰离子氧化生成二氧化锰，将亚铁离子氧化生成铁离子，调节溶液的酸碱性，使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出氢氧化铁沉淀和二氧化锰，溶液
35、经过蒸发浓缩、加压升温的方法结晶得到产品。（1）浸出是升高温度连续搅拌,其目的是充分反应，提高纯橄岩中镁浸出率；酸度过大，生成更多的硅酸，硅酸不溶于水，所以容易形成包团现象；（2）过滤需要使用漏斗；（3）锰元素升高2价，氯元素降低2价，根据电子守恒和电荷守恒分析，该反应的离子方程式为：Mn2+ClOH2O=MnO22H+Cl；（4）加入次氯酸钠容易，能将亚铁离子氧化成铁离子，将溶液中的锰离子氧化成二氧化锰，调节溶液的pH=56，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣中主要成分为氢氧化铁和二氧化锰。（5）由图可知，在较高温度，大约70度之后生成MgSO4H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大
36、压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4H2O晶体。8 Na Fe(OH)2 FeCl3 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 防止亚铁离子被氧化 C【解析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此进行解
37、答。(1)根据分析，甲为Na；D为Fe(OH)2；G为FeCl3；(2)根据分析，C为NaOH，钠离子的结构示意图：；(3)在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(4)根据分析，结合转化关系图示，反应中，属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应，反应为钠和氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应，反应中的产物为两种，不是化合反应，反应为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，属于化合反应，则既属于化合反应又属于氧化还原
38、反应的是；(5)Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 ；(6)实验室中存放氯化亚铁溶液，经常在其中放入表面除锈的铁钉，发生的反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，目的是防止亚铁离子被氧化；(7)在配制FeCl3时，由于实验员失误，可能导致溶液中含有少量的FeCl2，为帮助实验员进行检验少量FeCl2的存在，即检验溶液中含有亚铁离子，AKSCN溶液和亚铁离子无现象，不能检验溶液中含有亚铁离子，故A不符合；B稀盐酸不能检验亚铁离子的存在，故B不符合；C KMnO4溶液可以氧化亚铁离子而褪色，证明亚铁离子的还原性，能检验溶液中含有
39、亚铁离子，故C符合；DNaOH溶液和铁离子反应生成红褐色沉淀，和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，反应现象不能分辨，故D不符合；故答案选C。9 O=C=O AgCl和AgI CH3MgI 2CH3MgI+2HC=2CH4+MgI2+MgCl2 2NH3+3CuON2+3H2O+Cu CDE【解析】I.结合流程示意图，求算出气体0.02molA为甲烷，白色沉淀C为氢氧化镁，故每一份B能产生0.58g即0.01mol氢氧化镁，沉淀D为混合物，除了氯化银外，还有一种银化合物沉淀，其阴离子也来自X，按质量守恒定律，讨论并求出所含的四种元素及其物质的量、按照物质的量之比计算出最简式
40、、结合摩尔质量求出化学式；II.装置A中，氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，经过氨气瓶B后，进入洗气瓶，浓硫酸既吸收了没参加反应的氨气，又干燥了氮气，纯净干燥的氮气进入D中，和金属镁反应生成氮化镁，据此回答；I. (1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714gL-1，则其摩尔质量M=22.4L/mol0.714gL-1=16gmol-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C
41、为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01mol，故一份B溶液含0.01molMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02mol即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2 molAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125molAgBr，则原X中含0.025molBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6mol，则所含原子数目比为C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025
42、:0.6=1:1:1.25:30，得到的化学式不合理，假设不成立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01molAgI，则原X中含0.02mol碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06mol，则所含原子数目比为C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200gmol-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化学式为CH3MgI；(2)化合物X与足量盐酸反应生
43、成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2HCl=2CH4+MgI2+MgCl2；II.(1) A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；(2) A.为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B.装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C.装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D.将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，不能达到实验目的，因为碱石灰不能吸收氨气，D错误；E.实验后，取D中固体加少量水，能生成
44、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CDE。10 离子键、共价键 Al、Mg、Na 第四周期族 3Fe+4H2OFe3O4+H2 强 NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱 ab【解析】已知反应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
45、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族；反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案为：第四周期族；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
46、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；bNa+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；cNaOH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。【点睛】在书写铁与H2O在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe2O3和H2，从而产生错误。11 .第2周期第VA族 2 CO H2ONH3 abd 2H2S + O2 2H2O +S【解析】Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周
47、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。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
48、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H2ONH3，故答案为：H2ONH3；(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MY；非金属性越强，单质的氧化性越强，因
49、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。12 第三周期IIIA族 b 【解析】X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18m
50、ol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为；(2)单质B为，电子式为；(3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b；(4)反应为氨气与的反应，0.5 mol参加反应时，转移1 mol电子，则Cl元素由1价降低为1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为；(5) 定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。13 1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应 C10H18O4 CH3C
51、HClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶液 【解析】丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙
52、酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷(2)反应是属于加成反应，反应属于氧化反应；(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH
53、2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反应的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸
54、乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等14 第二周期第IA族 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 防止亚铁化合物被氧化 Fe-2e-+H2PO4-+Li+=LiFePO4+2H+ FePO4+e-+Li+=LiFePO4【解析】(1)Li是3号元素，根据原子核外电子排布确定其在周期表的位置；(2)Li与H2在
55、加热时发生反应产生LiH，该化合物为离子化合物，据此书写电子式；(3)LiAlH4将乙酸还原为乙醇，乙醇与乙酸发生酯化反应产生乙酸乙酯；(4)亚铁离子具有强还原性，制备过程中要防止亚铁化合物被氧化；(5)阳极铁失电子生成磷酸亚铁锂；(6)M具有酯基，在碱性条件下可发生水解；(7)根据锂离子电池在充电过程中的阳极产物，可写出电解的阳极电极反应式，电池放电时正极反应式与电解阳极反应式相反。(1)Li是3号元素，所以锂元素在元素周期表中的位置是第二周期第IA族；(2)Li与H2在加热时发生反应产生离子化合物LiH，其电子式为；(3) LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，一定条件下可以将乙酸还原生成
56、的B为乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水。所以反应的化学方程式为：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O(4)亚铁离子具有强还原性，制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行，其原因是为了防止化合物中的Fe2+被氧化变为Fe3+；(5)以铁棒为阳极，石墨为阴极，Fe失去电子变为Fe2+，将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，反应产生的Fe2+与电解溶液中的磷酸二氢铵、氯化锂反应，产生磷酸亚铁锂沉淀，所以阳极铁失电子生成磷酸亚铁锂，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+H2PO4-+Li+=LiFePO4+2H+
57、；(6)M具有酯基，在碱性条件下可发生水解，M与足量氧化钠溶液反应的化学方程式：；(7)锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，电极反应为LiFePO4=FePO4+Li+e-，该电池放电时，正极发生还原反应，与充电时的阳极反应相反，电极反应式为FePO4+Li+e-=LiFePO4。【点睛】本题考查了元素的原子结构与元素的位置的关系、电子式及化学方程式的书写、原电池和电解质的工作原理等知识，注意原电池、电解池的两极反应，把握电极反应式的书写方法，题目难度中等。15 苯 取代反应 溴原子 硝基 浓硝酸/浓硫酸，加热 H2，雷尼镍 9 【解析】运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干
58、信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；(1)A的化学名称为苯，故答案为苯；(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，故答案为；(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；EF的反应类型为取代反应，故答案为；取代反应；(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，故答案为溴原子；硝基；(5)反应为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，故答案为浓硝酸/浓硫酸，加热；H2，雷尼镍；(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，故答案为. 9；。
