贵州省黔西南州兴义八中2022届高三化学上学期第四次月考试卷含解析

2022-2022学年贵州省黔西南州兴义八中高三第四次月考化学试卷　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是A．N5+离子中含有36个电子B．O2与O4属于同位素C．C60是有机物D．H2与H3属于同种元素组成的单质　2．下列说法正确的是A．7.8gNa2O2中所含阴离子的数目是0.2×6.02×1023B．标准状况下，2.24L18O2中所含中子的数目是6.02×1023C．1mol甲烷中含共用电子对的数目是4×6.02×1023D．电解精炼铜时，当阳极溶解6.4g铜，则转移的电子数为6.02×1022个　3．下列反应的离子方程式正确的是A．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑B．在100ml浓度为1mol•L﹣1的Fe3的溶液中通入足量SO22Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5H+=Al3↓+Al3++H2OD．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32﹣+H+═HCO3﹣　4．类推是学习化学的重要方法之一，但是类推经常会产生错误．下列类推正确的是A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳．类推：亚硫酸盐与所有的酸反应都能生成二氧化硫B．浓硫酸与锌发生反应，先产生二氧化硫，后产生氢气．类推：浓硫酸与所有金属反应都能先产生二氧化硫，后产生氢气C．浓盐酸、浓硝酸在空气中放置，溶液质量会减轻．类推：所有浓酸在空气中放置，溶液质量都会减轻D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝．类推：向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝　5．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是甲乙丙丁ACuCuCl2CuOCu2BNa2CO3NaOHNaHCO3CO2CFeFeCl3Fe3Fe2O3DAl2O3Al3NaAlO2AlCl316\nA．AB．BC．CD．D　6．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是A．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2B．V1：V2=1：4C．M点时生成的CO2为0molD．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al3↓　7．6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为nmol．此时溶液中所含NO3﹣的物质的量为A．0.28molB．0.3lmolC．molD．mol　　二.非选择题8．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题：元素F在周期表中的位置　　　　　　．C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是　　　　　　．由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有　　　　　　．检验该化合物中的阳离子的方法是　　　　　　．若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出D元素的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式：　　　　　　．若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其单质溶于强碱溶液的离子方程式：　　　　　　．　9．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．16\n若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为　　　　　　；②A与H2O反应的离子反应方程式为　　　　　　．③X可能为　　　　　　．a．NaOHb．AlCl3c．Na2CO3d．NaAlO2若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生则：①A的电子式为　　　　　　②A与H2O反应的化学反应方程式为　　　　　　．　10．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图　　　　　　．化合物A的化学式为　　　　　　；请设计实验方案验证A中阴离子　　　　　　；请写出沉淀B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式　　　　　　请写出气体C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式　　　　　　．　11．某化学活动小组设计如图所示实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质．写出装置A中发生反应的化学方程式：　　　　　　．写出试剂Y的名称：　　　　　　．已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物．可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究．①提出合理假设．假设一：存在两种成分：NaHCO3和　　　　　　；假设二：存在三种成分：NaHCO3和　　　　　　、　　　　　　．②设计方案，进行实验．请写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯．实验步骤预期现象和结论16\n步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．　　　　　　步骤2：　　　　　　　　　　　　步骤3：　　　　　　　　　　　　已知C中有0.1molCl2参加反应．若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为　　　　　　．　12．龙葵醛是一种珍贵的香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业．以下是以苯为原料生成龙葵醛的一种合成路线：龙葵醛的分子式为　　　　　　，其中含氧官能团的名称是　　　　　　；A物质得到的1H﹣NMR谱中有　　　　　　个吸收峰，B的结构简式可能为　　　　　　．反应③的反应类型为　　　　　　，反应⑤的反应条件为　　　　　　．反应⑥的化学方程式为　　　　　　．龙葵醛具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：a．其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；b．苯环上的一溴代物有两种；c．分子中没有甲基．写出符合上述条件的物质可能的结构简式：　　　　　　．　　16\n2022-2022学年贵州省黔西南州兴义八中高三第四次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是A．N5+离子中含有36个电子B．O2与O4属于同位素C．C60是有机物D．H2与H3属于同种元素组成的单质【考点】无机化合物与有机化合物的概念；同位素及其应用；同素异形体．【分析】A．根据阳离子中核外电子数=核内质子数﹣离子所带电荷数；B．根据质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；C．有机物的特点是：是化合物，含有碳元素，C60是一个分子中含有60个碳原子的单质；D．H2与H3属于由同种元素形成的不同单质．【解答】解：A．因N5+中的电子数为7×5﹣1=34，故A错误；B．因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；C．C60的一个分子中含有60个碳原子，有机物必须是含有碳元素的化合物，故C错误；D．H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D正确；故选D．【点评】本题考查了电子数的计算、同位素、有机物的辨析等问题，把握概念是解题的关键，题目较简单．　2．下列说法正确的是A．7.8gNa2O2中所含阴离子的数目是0.2×6.02×1023B．标准状况下，2.24L18O2中所含中子的数目是6.02×1023C．1mol甲烷中含共用电子对的数目是4×6.02×1023D．电解精炼铜时，当阳极溶解6.4g铜，则转移的电子数为6.02×1022个【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根构成来分析；B、求出18O2的物质的量，然后根据1mol18O2中含20mol中子；C、甲烷中含4mol共用电子对；D、阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的杂质放电．【解答】解：A、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故A错误；B、标况下2.24L18O2的物质的量为0.1mol，而1mol18O2中含20mol中子，故0.1mol中含2mol中子即2NA个，故B错误；C、甲烷中含4mol共用电子对；，故1mol甲烷中含4mol共用电子对即4NA个，故C正确；16\nD、阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的杂质放电，故当阳极上溶解6.4g时，转移的电子大于2NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　3．下列反应的离子方程式正确的是A．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑B．在100ml浓度为1mol•L﹣1的Fe3的溶液中通入足量SO22Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5H+=Al3↓+Al3++H2OD．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32﹣+H+═HCO3﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．过氧化钠为氧化物，离子方程式中应该保留化学式；B．二氧化硫足量，硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化二氧化硫，漏掉了硝酸根离子与二氧化硫的反应；C．偏铝酸根离子与1mol/L的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，剩余的氢离子与氢氧化铝反应生成铝离子，反应产物中氢氧化铝和铝离子的物质的量相等；D．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，需要保留分子式．【解答】解：A．过氧化钠应该写成化学式，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；B．Fe3的溶液中通入足量SO2，硝酸根离子也参与反应，正确的离子反应为：3NO3﹣+Fe3++5SO2+4H2O═Fe2++5SO42﹣+3NO↑+8H+，故B错误；C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合，设溶液体积为1L，则偏铝酸钠为1mol，氯化氢为2.5mol，1mol偏铝酸钠与1mol氢离子反应生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，所以二者恰好反应生成等物质的量的氢氧化铝和铝离子，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+=Al3↓+Al3++H2O，故C正确；D．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸，反应生成醋酸钠和碳酸氢钠，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：CH3COOH+CO32﹣═CH3COO﹣+HCO3﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系．　4．类推是学习化学的重要方法之一，但是类推经常会产生错误．下列类推正确的是A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳．类推：亚硫酸盐与所有的酸反应都能生成二氧化硫B．浓硫酸与锌发生反应，先产生二氧化硫，后产生氢气．类推：浓硫酸与所有金属反应都能先产生二氧化硫，后产生氢气C．浓盐酸、浓硝酸在空气中放置，溶液质量会减轻．类推：所有浓酸在空气中放置，溶液质量都会减轻D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝．类推：向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝【考点】探究化学规律．【专题】物质的性质和变化专题．16\n【分析】A．亚硝酸盐与强氧化性酸反应生成硫酸盐，如亚硫酸钠与稀硝酸反应生成硫酸钠，不会生成二氧化硫；B．浓硫酸与铁、铝会发生钝化现象，不会生成二氧化硫气体；C．浓硫酸具有吸水性，则浓硫酸在空气中放置，其质量会增加；D．氢氧化铝的酸性小于碳酸、碳酸氢根离子，则碳酸、碳酸氢根离子都与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳，而亚硫酸盐与硝酸反应生成硫酸盐，不会生成二氧化硫气体，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，能够与锌发生反应先产生二氧化硫、后产生氢气，但是铝、铁能够与浓硫酸发生钝化现象，不能产生二氧化硫，故B错误；C．浓盐酸能够挥发、浓硝酸易分解，则二者在空气中放置，溶液质量会减轻；而浓硫酸具有吸水性，若放置在空气中浓硫酸的质量会增加，故C错误；D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝，由于碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝沉淀，该类推合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查了探究化学规律，题目难度中等，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握类推法的应用及判断方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　5．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是甲乙丙丁ACuCuCl2CuOCu2BNa2CO3NaOHNaHCO3CO2CFeFeCl3Fe3Fe2O3DAl2O3Al3NaAlO2AlCl3A．AB．BC．CD．D【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Cu与氯气反应生成CuCl2，CuCl2不能反应生成CuO；B．碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳；C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不能直接转化为Fe；D．氧化铝不能直接转化为氢氧化铝．【解答】解：A．Cu与氯气反应生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜分解生成CuO，所以CuCl2不能一步反应生成CuO，故A错误；B．碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，所以各步反应均可一步完成，故B正确；16\nC．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不能直接转化为Fe，即丙到甲不能一步完成，故C错误；D．氧化铝难溶于水，与水不反应，所以氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属及化合物的转化，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用及分析、推断能力的考查，题目难度中等．　6．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是A．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2B．V1：V2=1：4C．M点时生成的CO2为0molD．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al3↓【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸；首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n=n；第四阶段，发生反应Al3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al3反应完毕，根据方程式可知n=3n[Al3]=3×0.05mol=0.15mol，进而求出盐酸．【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸；首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol；第四阶段，发生反应Al3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al3反应完毕，根据方程式可知n=3n[Al3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL；16\nA．由上述第一、二阶段分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故A错误；B．原溶液中n=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B正确；C．由上述分析可知M点时溶液中CO32﹣完全转化为HCO3﹣，没有CO2生成，故C正确；D．由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al3↓，故D正确．故选：A．【点评】本题考查离子反应与图象关系、化学计算等，难度中等，清楚离子反应的先后顺序是解题的关键．　7．6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为nmol．此时溶液中所含NO3﹣的物质的量为A．0.28molB．0.3lmolC．molD．mol【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】守恒法．【分析】铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为nmol，说明溶液为Cu2与HN03的混合溶液，溶液中n=n+2n，据此计算．【解答】解：6.4g铜的物质的量为=0.1mol．铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为nmol，说明溶液为Cu2与HN03的混合溶液．根据电荷守恒溶液中n=n+2n=nmol+0.1mol×2=mol．故选：C．【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，本题不宜采取常规方法计算，判断溶液组成是关键，利用电荷守恒与原子守恒解答．　二.非选择题8．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题：元素F在周期表中的位置　第三周期第ⅥA族　．C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是　S2﹣＞O2﹣＞Na+　．由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有　离子键、共价键　．检验该化合物中的阳离子的方法是　NH4++OH﹣NH3↑+H2O　．若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出D元素的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其单质溶于强碱溶液的离子方程式：　Si+H2O+2OH﹣=SiO32﹣+2H2↑　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．16\n【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠、小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，F是S元素，钠原子核外有3个电子层，最外层有6个电子，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X为NH4NO3，硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键，用碱与铵盐反应生成氨气检验铵根离子，反应离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案为：离子键、共价键；NH4++OH﹣NH3↑+H2O；若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E为Al元素，其最高价氧化物为Al2O3，D的最高价氧化物对应水化物为NaOH，二者反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E是Si元素，离子反应方程式为：Si+H2O+2OH﹣=SiO32﹣+2H2↑，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；Si+H2O+2OH﹣=SiO32﹣+2H2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　9．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为　第三周期第ⅤⅡA族　；②A与H2O反应的离子反应方程式为　Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0　．16\n③X可能为　cd　．a．NaOHb．AlCl3c．Na2CO3d．NaAlO2若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生则：①A的电子式为　　②A与H2O反应的化学反应方程式为　NCl3+3H2O=NH3+3HClO　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，据此答题．【解答】解：A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，若A为单质，且常温下0.1molL﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；①A为Cl2，氯元素在周期表中的位置为第三周期第ⅤⅡA族，故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；②Cl2与H2O反应的离子反应方程式为Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0，故答案为：Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0；③根据上面的分析可知，X可能为Na2CO3、NaAlO2，故选cd；若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，①A为NCl3，A的电子式为，故答案为：；②A与H2O反应的化学反应方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，故答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO．【点评】本题考查无机物的推断，是高考中的常见题型，难度中等，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力．做好本题的关键之处在于把握好常见物质的性质以及有关转化，注意题中的信息的应用．　10．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：16\n请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图　　．化合物A的化学式为　NH4Al2　；请设计实验方案验证A中阴离子　取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子　；请写出沉淀B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式　Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　请写出气体C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式　3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl　．【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，以此来解答．【解答】解：由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，B中金属元素为A来，原子结构示意图为，故答案为：；由上述分析可知A为NH4Al2，检验A中阴离子的方法为取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子，故答案为：NH4Al2；取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子；B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握铵根离子、铝离子的检验为解答的关键，注意阴离子可由电荷守恒分析，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．　11．某化学活动小组设计如图所示实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质．16\n写出装置A中发生反应的化学方程式：　4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O　．写出试剂Y的名称：　饱和食盐水　．已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物．可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究．①提出合理假设．假设一：存在两种成分：NaHCO3和　NaCl　；假设二：存在三种成分：NaHCO3和　NaCl　、　Na2CO3　．②设计方案，进行实验．请写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯．实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．　无明显现象　步骤2：　向A试管中滴加BaCl2溶液　　a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b．若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3　步骤3：　向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液　　若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl　已知C中有0.1molCl2参加反应．若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为　2Cl2+H2O+2Na2CO3═2NaHCO3+2NaCl+Cl2O　．【考点】氯气的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；依据装置分析，进入C之前需要吸收氯化氢气体，需要用饱和食盐水吸收；在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体．C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3．假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3．步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒．步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价写出化合物化学式，依据反应物和生成物配平书写化学方程式．16\n【解答】解：实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；实验制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去；故答案为：饱和食盐水；在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体．C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3．假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3．步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒．步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；假设一：存在NaHCO3和NaCl；假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b．若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl故答案为：NaCl；NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b．若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaClC中有0.1molCl2参加反应．装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3→NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为：2Cl2+H2O+2Na2CO3═2NaHCO3+2NaCl+Cl2O．故答案为：2Cl2+H2O+2Na2CO3═2NaHCO3+2NaCl+Cl2O．【点评】本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键，题目难度中等．　16\n12．龙葵醛是一种珍贵的香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业．以下是以苯为原料生成龙葵醛的一种合成路线：龙葵醛的分子式为　C9H10O　，其中含氧官能团的名称是　醛基　；A物质得到的1H﹣NMR谱中有　5　个吸收峰，B的结构简式可能为　或　．反应③的反应类型为　消去反应　，反应⑤的反应条件为　NaOH的水溶液、加热　．反应⑥的化学方程式为　2+O2+2H2O　．龙葵醛具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：a．其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；b．苯环上的一溴代物有两种；c．分子中没有甲基．写出符合上述条件的物质可能的结构简式：　、　．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质转化关系，比较苯和A的分子式以及其它各物质的分子式可知，反应①为加成反应，A在光照条件下发生侧链上取代生成B，B发生消去反应生成C，C与溴化氢发生加成反应生成D，D在碱性条件下加热，发生水解反应生成E，E发生氧化反应生成龙葵醛，根据龙葵醛的结构可反推得E为，D为，C为，B为或，A为，符合各物质转化关系，据此答题．【解答】16\n解：根据题中各物质转化关系，比较苯和A的分子式以及其它各物质的分子式可知，反应①为加成反应，A在光照条件下发生侧链上取代生成B，B发生消去反应生成C，C与溴化氢发生加成反应生成D，D在碱性条件下加热，发生水解反应生成E，E发生氧化反应生成龙葵醛，根据龙葵醛的结构可反推得E为，D为，C为，B为或，A为，根据龙葵醛的结构简式可知分子式为C9H10O，其中含氧官能团的名称是醛基；A为，A得到的1H﹣NMR谱中有5个吸收峰，B的结构简式可能为或，故答案为：C9H10O；醛基；5；或；根据上面的分析可知，反应③的反应类型为消去反应，反应⑤为D在碱性条件下加热，发生水解反应生成E，所以反应条件为NaOH的水溶液、加热，故答案为：消去反应；NaOH的水溶液、加热；反应⑥的化学方程式为2+O2+2H2O，故答案为：2+O2+2H2O；龙葵醛的同分异构体，有下列特征：a．其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明有酚羟基；b．苯环上的一溴代物有两种；c．分子中没有甲基，符合条件的结构简式为、，故答案为：、．【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力，要学会根据分子式的变化推断反应的类型，A的确定是解题关键，是对有机化学基础的综合考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　16