请回答：
（1）X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为____。 （2）l高温分解时，破坏的微粒间作用力有____。
（3）在l中W显最高价，则l溶液肯定显____性，用离子方程式表示其原因____。 （4）s+q→r+t反应中，若消耗了s 13.8g，则转移的电子数目为____。
（5）X和Y形成的常见化合物为YX3。YX3遇到p会有白烟产生，写出可能的化学方程式__。请设计实验方案检验该白烟的成分____。
（6）化合物YX2ZX的水溶液呈弱碱性，室温下，其电离常数Kb=9.0×10－9，0.10 mol·L
－1
该物质的溶液中c(H+)为_____ mol·L－1。
NH3·H2O+H 0.2NA
+
+
【答案】 N>O>H 离子键、共价键 酸性 NH4+H2O
8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)
--10
溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl，由此可知该白烟为NH4Cl晶体 3.3×10
【解析】题给信息中m：n两种单质可在放电条件下进行，一般为氮气和氧气的反应，则r为NO，且可继续与n反应，则m为N2：n为O2，可知Y为N元素，Z为O元素，s为NO2：q为H2O：t为HNO3，单质p与水反应生成u具有漂白性，则p为Cl2：u为HClO：v为HCl，l分解生成氮气、则W为Cl元素，由原子序数关系可知X为H元素，氧气、氯气和水，且l中W显最高价，则l为高氯酸铵。
(1)同周期原子从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径N：O：H为原子半径最小的原子，X：Y：Z的原子半径由大到小的顺序为N>O>H，故答案为：N>O>H：
(2)l为高氯酸铵：高温分解时，破坏的微粒间作用力有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；
(3)l为高氯酸铵，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2O(4)13.8g 二氧化氮的物质的量为
NH3·H2O+H+：
13.8g=0.3mol，在3NO2 + H2O =2HNO3 + NO反应
46g/mol中，0.3mol NO2转移的电子0.2mol，数目为0.2NA，故答案为：0.2NA；
试卷第26页，总41页
(5)NH3遇到Cl2会有白烟产生，可能的化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，要检验白烟的成分为氯化铵，需要检验铵根离子和氯离子，具体步骤为：取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl-，由此可知该白烟为NH4Cl晶体，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2：取产生的白烟样品少许分成两份，一份加入NaOH并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明有NH4+；另一份加水溶解，加入AgNO3(HNO3)溶液，若有白色沉淀产生，则说明有Cl-，由此可知该白烟为NH4Cl晶体； (6)电离方程式为NH2OH
NH2++OH-，室温下其电离常数Kb=9.0×10－9，则
2???cOH（cNH）（cOH）20.1mol?L-1NH2OH水溶液中c(NH2+)=c(OH-)，K==
c?NH2OH?0.1??=9.0×10-9，所以c(OH-)=3×10-5mol/L，则c(H+)=×10-10。
11×10-10mol/L，故答案为：3.3×10-10或33点睛：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意m与n 的反应为推断的突破口： 41．Ⅰ.石油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起。某研究小组将一定量的丙粉末投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，乙在标准状况下的密度为1.52g·L－1，过滤后向滤液（假设乙全部逸出）中加入足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，过滤、洗涤、灼烧后的固体质量为24g。已知气体乙可溶于水。 请回答：
（1）丙中所含的元素名称为____。 （2）丙在盐酸中反应的离子方程式为____。 （3）为消除火灾隐患，下列措施可行的是____。
A．石油入罐前脱硫 B．定期用酸清洗罐体 C．罐体内壁涂刷油漆 D．罐体中充入氮气
Ⅱ. 某盐A由三种元素组成，其相关的转化关系如图（所有产物均已标在框图上），其中C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似。
试卷第27页，总41页
（1）画出B中阴离子的电子式：____。 （2）化合物C中显正价的是____元素。 （3）化合物C与KI反应的化学方程式为____。 （4）下列物质中，能与C反应的有____。
A．SO2的水溶液 B．H2O C．Na D．Na2SO4 【答案】铁和硫 Fe2S3+4H=2Fe+S↓+2H2S↑ AD ICl+KI=KCl+I2 ABC 【解析】
Ⅰ.向丙与浓盐酸反应后的滤液(假设乙全部逸出)中加人足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁，质量为24g，氧化铁物质的量为
+
2+
I
24g=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol．丙粉末投
160g/mol人足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，则淡黄色沉淀为S，物质
4.8g=0.15mol，乙在标准状况下的密度为1.52g?L-1，则乙的相对分子质量的量为
32g/mol为1.52×22.4=34，气体乙可溶于水，则乙为H2S，在丙中铁元素与硫单质的物质的量之比为2：1，而氧化物甲与气态氢化物乙按1：3反应生成的物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为Fe2O3，丙为Fe2S3，甲与乙发生的反应生成丙的反应为Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，丙在盐酸中发生反应为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S： (1)丙为Fe2S3，丙中所含的元素为铁和硫，故答案为铁和硫；
(2)丙在盐酸中反应的离子方程式为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S，故答案为Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S：
(3)A．石油入罐前脱硫处理，防止硫化氢的生成，故A正确；B．定期用酸清洗罐体，会使罐壁变薄，不利于储存油，故B错误；C．罐体内壁涂刷油漆，油漆是有机物，容易溶于油中，使油纯度降低，故C错误；D．罐体中充入氮气，就可以防止罐被氧化产生Fe2O3，故D正确，故选AD；
Ⅱ.分析转化关系，1molC+KI=1mol化合物B+1mol单质D，1mol化合物B加入硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有Cl元素，推断C中含有Cl元素，所以
试卷第28页，总41页
生成单质D推断为I2，B为KCl，则依据氧化还原反应实质判断C为ICl，为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，1mol盐A中含有Cl、I、K，依据元素化合价代数和为0判断，A为KICl2。
(1)B为氯化钾，阴离子为Cl，氯离子的电子式：
-
，故答案为；
(2)氯化碘结构和氯气相似，Cl原子和I原子之间共用一对电子，C为ICl，碘化合价为+1价，氯元素化合价为-1价，故答案为碘；
(3)C和KI反应发生的是碘元素的归中反应，生成碘单质，反应的化学方程式为：KI+ICl=I2+KCl；故答案为KI+ICl=I2+KCl；
(4)C为ICl为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，具有强氧化性，能氧化还原性物质和不饱和碳原子形成的双键发生加成反应，和水发生自身氧化还原反应；A．SO2 B具有还原性可以被ICl氧化，故A符合；B、根据氯气和水反应方程式知，氯化碘和水反应方程式为ICl+H2O═HCl+HIO，H2O和ICl反应，故B符合； C．乙烯含有不饱和碳碳双键，类比氯气和碳碳双键发生加成反应，故C符合； D．Na2SO4溶液和ICl不能发生反应，故D不符合；故选ABC。
点睛：本题考查了无机物推断，本题考查了氧化还原反应，根据反应中是否有电子转移判断是否是氧化还原反应，根据氯气的性质采用知识迁移的方法分析解答是解题的基础。本题的易错点和难点是物质的判断，涉及物质中学基本不接触，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力，难度较大。 评卷人 得分 五、计算题
42．将某NaBr和NaI固体混合物溶于水配成的400mL溶液并等分成二份。取一份，在其中滴加250mLAgNO3溶液时，恰好完全转化为沉淀。另一份中通入Cl2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧、冷却、称量。称量固体的质量与通入Cl2的体积关系如图所示。
请计算：
（1）硝酸银溶液的浓度c(AgNO3)=____mol·L－1。 （2）原混合物中m(NaBr)：m(NaI)=____。 【答案】 1.6 103：150
试卷第29页，总41页
【解析】(1)根据反应AgNO3+NaI═2NaNO3+AgI↓，AgNO3+NaBr═NaNO3+AgBr↓可知，硝酸银的物质的量等于碘化钠和溴化钠物质的量之和。含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2+2NaI═2NaCl+I2，后发生Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体为NaCl，由图象可知，23.4g为NaCl的质量，其物质的量为
23.4g=0.4mol，根据钠原子守恒，碘化钠和溴化钠物质的量之和为0.4mol，
58.5g/molc(AgNO3)=
0.4mol=1.6mol/L，故答案为：1.6；
0.25L(2)含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2+2NaI═2NaCl+I2，后发生
Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体为NaCl，由图象可知，与NaBr和NaI反应的氯气的体积相等，则NaBr和NaI的物质的量相等，因此m(NaBr)：m(NaI)= M(NaBr)：M(NaI)=103:150，故答案为：103：150。 43．工业制硫酸吸收塔排出的尾气需要处理才能排放到大气中，其处理方法为：先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐。
为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。 部分测定结果：
铵盐质量为10.00g和20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。 请计算：
（1）该铵盐中氮元素的质量分数是____%。
（2）若铵盐质量为15.00g，浓硫酸增加的质量为____。（计算结果保留两位小数） 【答案】 14.56% 2.31g
【解析】(1)得到的铵盐产品是(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合物；本反应历程是：OH首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0；由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3．该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，
NH4++OH-=NH3↑+H2O．据此判断铵盐质量为10.00g时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等．设10.00g铵盐中NH4HSO4 与(NH4)2SO4的物质的量分别为X、Y，n(NH3)=n(OH-)-n(H+)，则有：
-
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