2025届高三化学二轮专题复习-无机推断题

2025届高三化学专题复习-无机推断题 1．（2023·安徽·模拟预测）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示： X Y Z M R 原子半径/nm 0.074 0.099 主要化合价 +4，-4 -2 -1，+7 其它 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 第三周期简单离子半径最小 请回答下列问题： （1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式： 。(用元素符号表示，下同。) （2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是 (选填字母序号)。 a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 b.气态氢化物稳定性R>Y c.Y与R形成的化合物中Y呈正价 d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强 （3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式 。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式 。 （4）已知I2能做X2M2分解的催化剂： 第一步：X2M2＋I2＝2XIM； 第二步：…… 请写出第二步反应的化学方程式 。 （5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式 。 2．（2023·新疆·一模）有A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属于同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题： （1）A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 。 （2）由这五种元素组成的一种化合物是(写化学式) 。写出该物质的一种主要用途： 。 （3）写出C元素基态原子的电子排布式： 。 （4）用电子排布图表示D元素原子的外围电子排布为 。 3．（2023·福建福州·一模）元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。 在周期表中的区域 元素代号 有关信息 短周期元素 X X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液 Y Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂 长周期元素 Z Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料 W W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨 （1）X元素周期表中的位置为 ，X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为 。 （2）足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式： 。 （3）下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有 （选填字母） a.丁比氯化氢沸点高    b.丁比氯化氢稳定性好 c.丁比氟化氢还原性弱  d.丁比氟化氢酸性弱 （4）请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式 。 4．（2023·四川成都·二模）a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素。a原子的电子层数为n，核内质子数是2n2—1，最外层电子数为2n+l；b、d同主族，能形成两种中学常见的化合物；c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的。回答下列问题： (1)a在周期表中的位置 ；e的基态原子价电子排布式为 。 (2)b、c、d原子的第一电离能由大到小的顺序是 。 (3)a和b形成的离子W呈平面正三角形，其中心原子的杂化类型为 。；a、b、d 气态氢化物最稳定的是（写化学式） 。 (4)元素c与Fe构成合金的晶胞如图，该合金的化学式为 。 (5)将b、d组成的极性分子通入含少量W离子的BaCl2水溶液中，有NO气体生成。发生反应的离子方程式为 5．（2010·江西宜春·一模）现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态。 请回答下列问题(填空时用实际符号)： (1) C的元素符号是 ；元素F在周期表中的位置 。 (2) B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物 B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为 ，其固体时的晶体类型是 。 (3) 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C4分子。C4分子结构如图所示，已知断裂lmolC－C吸收167kJ热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是 。 ① C4属于一种新型的化合物 ② C4沸点比P4(白磷)低 ③ lmol C4气体转变为C2吸收882kJ热量 ④ C4与C2互为同素异形体 ⑤ C4稳定性比P4(白磷)差 ⑥ C4属于原子晶体 ⑦ C4和P4(白磷)的晶体都属于分子晶体 ⑧ C4与C2互为同分异构体 (4) C与F两种元素形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为 ，其空间构型为 。 (5) 为了除去化合物乙(A2ED4)的稀溶液中混有的A2ED3，常采用A2D2为氧化剂，发生反应的离子方程式为： (6) E与F形成的化合物E2F2在橡胶工业上有重要用途，遇水易水解，其空间结构与A2D2极为相似。对此以下说法正确的是 。 a .E2F2的结构式为：F－ E—E－ F b.E2F2为含有极性键和非极性键的非极性分子 c. E2Br2与E2F2结构相似，熔沸点：E2Br2> E2F2 d. E2F2与H2O反应的化学方程式可能为：2 E2F2+2H2O=EO2↑+ 3E↓+4HF (7) 举出一种事实说明E与F的非金属性强弱(用化学方程式或用语言文字表达均可)： 6．（2023·安徽蚌埠·一模）下表为元素周期表的一部分。 回答下列问题： 碳 氮 Y X 硫 Z (1)Z元素在周期表中的位置为 。 (2)下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是 。 a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b.在氧化还原反应中，1molY单质比1mol硫得电子多 c.Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 (3)X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式 。 (4)1mol碳与镁形成的化合物Q与4mol水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，烃的电子式为 。 (5)Q与水反应的化学方程式为 。 7．（2023·浙江·一模）化合物M 是某种具有优异磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验: 气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答: (1)M 的化学式 。 (2)白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是 (用化学方程式表示) 。 (3)高温条件下，丁与甲反应生成两和单质和水，该反应的化学方程式为 。 8．（2023·河北唐山·一模）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Y、X、Z不在同一周期，且Y原子核外p电子比s电子多5个。 (1)Z基态原子的核外电子排布式为 。 (2)Z的氧化物是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。 ①1mol丙烯分子中含有σ键与π键数目之比为 。 ②苯分子中碳原子轨道的杂化类型为 。 ③Z的一种氧化物ZO5中，Z的化合价为+6，则其中过氧键的数目为 个。 (3)W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为 。(请用元素符号回答) (4)ZY3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ZY3晶体属于 (填晶体类型)。 (5)ZX2晶体的晶胞结构如图，每个Z原子周围最近的X 原子数目为 。若该化合物的相对分子质量为M，晶胞边长为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g/cm3。 9．（2023·湖南永州·一模）由短周期常见元素组成的纯净物甲、乙、丙、丁，其转化关系如下图所示，已知物质甲与物质乙之间的反应不在溶液中进行。 (1)若丙是淡黄色固体，其焰色反应为黄色，则化合物丙的化学式为 ；在常温下，向pH=a的醋酸溶液中加入等体积pH=b的丁溶液，且a+b=14，则充分反应后，所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是 。 (2)若常温下丙是有色气体，丁是—元强酸。则化合物丙与H2O反应的化学方程式为 。 (3)某化学兴趣小组利用下图来探究(2)中气体丙的性质。 实验中，装置A中淡黄色固体变成白色固体，体现了气体丙的 (填“氧化性，或“还原性”），一段时间后，装置B中溶液开始变蓝，写出溶液变蓝的离子方程式 。 10．（2023·浙江温州·一模）烃A是一种重要的化工原料，分子中碳与氢元素的质量比为6：1，,是同系物中最简单的物质。X为有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。它们之间的转化关系如图： 请回答： (1)有机物D中含有的官能团名称是 。 (2)A→B的反应类型是 。 (3)有机物X在400～500℃下转化为A和D的化学方程式是 。 (4)下列说法正确的是 。 A．工业上获得A的的主要方法是催化裂化 B．将绿豆大小的钠投入到B中，钠块浮在液面上，并产生气泡 C．除去C中的D可以先加饱和碳酸钠溶液再蒸馏 D．一定条件下，1molX与足量NaOH溶液反应时，最多消耗1molNaOH 11．（2023·辽宁·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)。 12．（2023·河南南阳·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： 。 13．（2023·河北石家庄·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）。 14．（2023·湖南郴州·三模）【化学选修3:物质结构与性质】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。 （1）E元素的基态原子电子排布式为 。 （2）A的某种氢化物A2H2分子中含有 个σ键和 个π键。 （3）A 的含氧酸根离子AO3n-的空间构型是 。 （4）B的最简单的氢化物的沸点比A 的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是 。 （5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是 。 （6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为 ，若该原子的半径为rpm ，此晶体的密度ρ= g/cm3（用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示）。 15．（2023·内蒙古赤峰·一模）已知A为一种盐，C、D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验。 (1)写出D的电子式为 ； (2)写出反应①的化学方程式： ；写出反应②的化学方程式： ；反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ； (3)将等体积、等浓度的G和F的溶液混合，溶液显碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为 ； (4)检验J中阳离子的实验方法为 ； (5)已知B中氧元素的质量分数为22.2﹪，且A分解产生的各物质的物质的量之比为n(B)：n(C)： n(D)：n(E)：n(F)=1：2：2：1：2，则A的化学式为 16．（2023·河南郑州·一模）某溶液中，可能含有下表所列离子中的某几种： 阳离子 Al3+、Mg2+、NH、Na+ 阴离子 CO、SiO、[Al(OH)4]-、Cl- 取少量该溶液，向其中加入某试剂X，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂X的体积(V)关系如下图所示： (1)若X是NaOH溶液，原溶液中一定含有的阴离子有 ；BC段反应的离子方程式为 。 (2)若X是盐酸，则原溶液中一定含有的金属阳离子是 ；AB段发生反应的总离子方程式为 ；OA段生成沉淀的物质的量之比为 。 17．（2023·辽宁沈阳·三模）5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。 分别取它们的水溶液进行实验，结果如下： ①C，E溶液显碱性，A，B，D溶液呈酸性，0.1mol／L的E溶液PH＜13； ②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体； ③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象； ④将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加1.6 mol·L－1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。 (1)据此推断C、D的化学式为：C ；D 。 (2)写出步骤②中发生反应的离子反应方程式 。 (3)步骤④中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 mL。 (4)不能确定的溶液为B和 (填字母编号）。 18．（2023·辽宁鞍山·一模）X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如下表所示。 元素 部分结构知识 部分性质 X X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子 X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存 Y Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半 Y能形成多种气态氢化物 Z Z原子的最外层电子数多于4 Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6 W W原子的最外层电子数等于2n-3（n为原子核外电子层数） 化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+ 填写下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答） （1）Z元素在周期表中的位置是 ；Y的一种氧化物能导致温室效应，该氧化物的电子式为 ；Z的单质与W的单质一定条件下可发生反应生成化合物A，A中所含化学键类型为 。 （2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是 。 （3）实验室制取Z单质的化学方程式为 。 （4）实验室制取X的氢化物的化学方程式为 ；工业上用此氢化物制取X的最高价含氧酸的第一步反应方程式为 。 （5）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的离子方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O 【分析】根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。 （1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气； （2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明； （3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写； （4）根据质量守恒进行化学方程式的书写； （5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。 【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素； （1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； （2）R为Cl，Y为Si； a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误； b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确； c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确； d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误； 答案选bc； （3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-； （4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O； （5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。 【点睛】本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。 2． H O Al S K KAl(SO4)2·12H2O 净水剂 1s22s22p63s23p1    【分析】A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1，说明A和E位于第IA族，而A不是金属，则A为H，B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则B和D为第VIA族元素，那么B为O，D为S，C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半，那么C为Al，五种元素核电荷数依次增大，可知E为K，由此分析。 【详解】（1）由分析可知A为H，B为O，C为Al，D为S，E为K； （2）由以上五种元素组成的物质为KAl(SO4)2·12H2O，是常见的净水剂； （3）C为Al，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1； （4）D为S，电子排布式为1s22s22p63s23p4，外围电子排布式为3s23p4，外围电子排布图为  。 3． 第三周期ⅢA族 r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+) HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)  △H=-QkJ/mol a Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O 【分析】氢氧化铝具有两性，X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，X是Al元素；氨气作制冷剂，Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，Y是N元素； 氧化铁是红色染料的成分，Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料，Z是Fe元素；碘化银用于人工降雨，W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨，W是I元素； 【详解】（1）X是Al元素，Al元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)＞r(N3-)＞r(Al3+)。 （2）W的最高价氧化物的水化物是HIO4，甲是氢氧化铝；足量HIO4稀溶液与1mol Al(OH)3完全反应，放出热量QkJ，表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)  △H=-QkJ/mol。 （3）a.HI的相对分子质量大于HCl，HI比氯化氢沸点高，故a正确； b. Cl的非金属性大于I ，HCl比HI稳定性好，故b错误； c. Cl的非金属性大于I， HI比氟化氢还原性强，故c错误；   d. HI是强酸，氢氟酸是弱酸，故d错误。 （4）铁的氧化物丙可以做红色涂料，丙是Fe2O3，丁是HI，Fe2O3与HI发生氧化还原反应生成FeI2和I2，反应的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。 4．(1) 第二周期ⅤA族 3d54s1 (2)O>S>Al (3) sp2 H2O (4)Fe2Al(或AlFe2) (5)3Ba2++3SO2+2H2O+2NO =3BaSO4↓+2NO+4H+ 【分析】a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素。a原子的电子层数为n，核内质子数是2n2—1，最外层电子数为2n+l；若n=3，则a为氯，bcd不能都处于短周期，不符合题意，则n=2，a为氮元素，b、d为同主族，能形成两种中学常见的化合物，则b为氧元素，d为硫元素，c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质，则c为铝；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的，外围电子排布式为3d54s1，为铬。 【详解】（1）a为氮元素，在第二周期ⅤA族；铬的基态电子排布为3d54s1。答案：第二周期ⅤA族；3d54s1； （2）同周期随着原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上而下，元素的第一电离能减小，所以原子的第一电离能由大到小的顺序：O>S>Al。 （3）a、b形成的离子W呈平面三角形，为硝酸根离子，中心原子杂化轨道数目为3，其中心原子的杂化类型为sp2；由于非金属性氧大于氮元素，氧大于硫，所以氢化物中水最稳定。答案：sp2；H2O； （4）晶胞中铝原子数目8×1/8+6×1/2=4，晶胞中铁原子数目为8，则该合金的化学式：Fe2Al(或AlFe2)。 （5）b、d组成的极性分子为二氧化硫，二氧化硫通入含少量硝酸根离子的氯化钡溶液中，有一氧化氮气体生成，发生反应的离子方程式为：3Ba2++3SO2+2H2O+2NO =3BaSO4↓+2NO+4H+。 5． N 第3周期第VIIA族 分子晶体 ②④⑦ 三角锥形 H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O acd C12+H2S=S+2HCl 【详解】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型，D为O，E为S，F为Cl；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物，常温下均为液态，则A为H，B为C，C为N； （1）C的元素符号为N；F为Cl，Cl在周期表中的位置是第3周期第VIIA族。 （2）B与D形成一种直线型气态化合物C2O2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则C2O2的电子式为，其固体时的晶体类型是分子晶体。 （3）①N4中的组成元素只有氮元素，N4属于单质，①错误； ②N4的相对分子质量比P4小，N4中分子间作用力比P4小，N4沸点比P4低，②正确； ③断裂1molN4中N—N键吸收6×167kJ=1002kJ热量，形成2molN2中N≡N键释放2×942kJ=1884kJ热量，则1molN4气体转变为N2释放1884kJ-1002kJ=882kJ热量，③错误； ④N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，④正确； ⑤键能N—N>P—P，N4比P4稳定，⑤错误； ⑥N4由分子构成，属于分子晶体，⑥错误； ⑦ N4和P4均由分子构成，均属于分子晶体，⑦正确； ⑧ N4与N2都是N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，不互为同分异构体，⑧错误； 答案选②④⑦。 （4）N原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，N和Cl形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式为；N原子上的孤电子对数为1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，故NCl3的空间构型为三角锥形。 （5）化合物乙为H2SO4，H2O2作氧化剂将H2SO4稀溶液中混有的H2SO3氧化成H2SO4而除去，反应的化学方程式为H2O2+H2SO3=H2SO4+H2O，离子方程式为H2O2+H2SO3=2H++SO42-+H2O。 （6）a.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，a正确； b. S2Cl2中含有S—S非极性键和S—Cl极性键，由于其空间构型与H2O2相似，所以S2Cl2为极性分子，b错误； c.S2Br2的相对分子质量比S2Cl2大，S2Br2的分子间作用力比S2Cl2大，熔沸点：S2Br2>S2Cl2，c正确； d.S2Cl2遇水易水解，其与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，d正确； 答案选acd。 （7）一般情况下，元素的非金属性强弱可以从其最高价氧化物的水化物的酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度及氢化物的稳定性、非金属单质间的置换反应等判断，如通过反应Cl2+H2S=2HCl+S说明S的非金属性比Cl弱。 6． 第三周期，ⅦA族 ac Si(s)+2C12(g)=SiCl4(1)  △H=-687kJ/mol Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑ 【分析】（1）Z为Cl元素； （2）元素非金属性的强弱可以根据气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性以及单质的氧化性判断； （3）根据熔沸点判断常温下的状态； （4）烃分子中碳氢质量比确定烃的分子式，进而确定其结构，写出电子式； （5）根据（4）的比例写出反应的化学方程式。 【详解】（1）根据图表可知，Z是17号氯元素，位于周期表的第三周期，ⅦA族；正确答案：第三周期，ⅦA族。 （2）由元素周期律，非金属元素的单质与氢气越容易化合，氢化物越稳定，非金属性越强，而得电子的数目多少不能作为比较非金属性强弱的依据；活泼的非金属单质能够置换不活泼的非金属单质，可以比较非金属的强弱；氯气可以置换硫，氯化氢比硫化氢稳定，正确选项为ac。 （3）X为硅元素，Z为氯元素，两元素的单质反应生成四氯化硅；已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，所以四氯化硅为液态，该反应的热化学方程式为：Si(s)+2C12(g)=SiCl4(1)  △H=-687kJ/mol ；正确答案：Si(s)+2C12(g)=SiCl4(1)  △H=-687kJ/mol。 （4）设该烃分子式为CXHY，烃分子中碳氢质量比为9:1，即12x:y=9:1, x:y=3:4；即分子式为C3H4，该物质为丙炔，电子式为；正确答案：。 （5）根据1mol碳与镁形成的化合物Q与4mol水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃条件，遵循原子守恒规律，可知化合物Q的化学式为Mg2C3，反应的方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑；正确答案：Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑。 【点睛】元素非金属强弱的判定，非金属元素的单质与氢气反应的难易程度及氢化物的稳定性，越容易反应，氢化物越稳定，非金属性就越强；最高价氧化物的水化物的含氧酸的酸性越强，非金属性越强。 7．(1)Fe4N (2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3)Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O 【分析】气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体甲是氨气，说明化合物M含有氮元素；白色沉淀乙在空气中变为红褐色，说明化合物M含有铁元素；红褐色沉淀灼烧得到固体丁，可知固体丁是Fe2O3，根据元素守恒计算M的化学式，据此解答。 【详解】（1）根据以上分析，M由Fe、N两种元素组成，Fe2O3的质量是14.40g，则Fe元素的质量是，N元素的质量是，Fe、N两种元素的物质的量比是，M的化学式是Fe4N； （2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； （3）高温条件下，Fe2O3与氨气反应生成两和单质和水，两种单质是铁和氮气，该反应的化学方程式为Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O。 8．(1)[Ar]3d54s1 (2) 8:1 sp2 2 (3)H<Cl<O (4)离子晶体 (5) 6 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，W是H。元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，X是O。元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Z是Cr。Y、X、Z不在同一周期，Y是第三周期元素，Y原子核外p电子比s电子多5个，Y是Cl。 【详解】（1）Cr基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1； 故答案为：[Ar]3d54s1； （2）(2)①单键都是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，所以1mol丙烯分子（CH2＝CHCH3）中含有σ键与π键数目之比为8:1； ②苯分子是平面形结构，分子中碳原子轨道的杂化类型为sp2； ③设过氧键的数目为x，则－2价氧原子的个数是5－2x，Cr的化合价为+6，则根据正负价代数和为0可知2x+(5－2x)×2＝6，解得x＝2； 故答案为：8:1；sp2；2； （3）非金属性越强，电负性越大，则W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为H＜Cl＜O； 故答案为：H<Cl<O； （4）CrCl3熔点为1152℃，熔融状态下能够导电，据此可判断CrCl3晶体属于离子晶体； 故答案为：离子晶体； （5）根据晶胞结构可判断每个Cr原子周围最近的O原子数目为6个。晶胞中Cr是个，则该晶体的密度为g/cm3； 故答案为： 9． Na2O2 c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 还原性 NO2+2I-+2H+=NO+I2+H2O 【详解】(1)若丙是淡黄色固体，其焰色反应为黄色，则丙为Na2O2，丁为NaOH溶液；在常温下，向pH=a的醋酸溶液中加入等体积pH=b的NaOH溶液，且a+b=14，因醋酸为弱酸，醋酸过量，反应后溶液呈酸性，则有c(H+)＞c(OH-)，根据溶液中的电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，可知所得溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)； (2)丙是有色气体，且丁为一元强酸，则丙应为NO2，甲应为O2，乙为NO，丁为HNO3，NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO； (3)NO2通过淡黄色固体Na2O2后，固体变成白色固体，说明NO2变Na2O2氧化，体现气体NO2的还原性，多余的NO2气体通入酸性的淀粉KI溶液，一段时间后，溶液开始变蓝，说明有I2生成，发生反应的离子方程式为NO2+2I-+2H+=NO+I2+H2O。 10． 羧基 加成反应 CH3COOCH2CH3CH2=CH2+CH3COOH CD 【详解】试题分析：烃A是一种重要的化工原料，分子中碳与氢元素的质量比为6：1，原子个数比是1:2，是同系物中最简单的物质，A是乙烯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙醇氧化为乙醛；乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以X、A、B、C、D分别是乙酸乙酯、乙烯、乙醇、乙醛、乙酸。 解析：根据以上分析，(1) 乙酸中含有的官能团名称是羧基。 (2)乙烯与水发生加成反应生成乙醇。 (3)有机物乙酸乙酯在400～500℃下转化为乙烯和乙酸的化学方程式是CH3COOCH2CH3CH2=CH2+CH3COOH。 (4)A.石油的裂解可以获得乙烯，故A错误； B.钠的密度大于乙醇，钠块沉到乙醇底部，产生气泡，故B错误； C.乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠，所以除去乙醛中的乙酸可以先加饱和碳酸钠溶液再蒸馏，故C正确； D.一定条件下，1mol乙酸乙酯与足量NaOH溶液反应时生成乙醇和乙酸钠，最多消耗1molNaOH，故D正确。 点睛：钠的密度小于水，将绿豆大小的钠投入到水中，钠块浮在液面上；钠的密度大于乙醇，将绿豆大小的钠投入到乙醇中，钠块沉到乙醇底部，并生成氢气。 11． 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。 12． 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。 13． 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。 14． 1s22s22p63s23p63d104s1 3 2 正三角形 氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 [Cu(NH3)4](OH)2 8 【详解】试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。 解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。 （1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。 （2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为H－C≡C－H，则分子中含有3个σ键和2个π键。 （3）A 的含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数＝，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。 （4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。 （5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2。 （6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度ρ＝g/cm3。 15． 4NH3+3O2=2N2+6H2O 1:2 c()>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+) 取少量样品于试管中，如果先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色证明存在Fe2+或者取样后滴入铁氰化钾溶液，如果出现蓝色沉淀也可证明存在Fe2+ (NH4) 2Fe(C2O4)2 【分析】依据K与M反应生成血红色溶液，说明K是三价铁盐溶液，M的焰色反应为紫色，则M为KSCN；I为常见无氧强酸为HCl；依据FNOP的转化关系可以推断L为O2，E常温常压下为无色无味的液体推断为H2O，反应①常用于气体F的检验，F和I(HCl)反应，说明F为NH3，G为NH4Cl；F和氧气反应生成的单质N为N2、O为NO，P为NO2，Q为HNO3；依据J和硝酸反应生成的K，是发生氧化还原反应的结果，H和I(HCl)反应推断H为Fe，J为FeCl2，题干中的信息中CD都是无色气体，B+C=Fe+D，能生成铁说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断C为CO，D为CO2，B为铁的氧化物，B中氧元素的质量分数为22.2%，则B为FeO。 【详解】(1)D为CO2，电子式为：，故答案为； (2) F+I=G的反应方程式为；反应②的化学反应方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O；反应③是二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝的反应，根据方程式可知3NO2+H2O=NO+2HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为4NH3+3O2=2N2+6H2O；1：2； (3)F为NH3，G为NH4Cl，将等体积、等浓度的G和F的溶液混合，溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液中离子浓度从大到小的顺序为 c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)； (4)J为FeCl2，检验J中阳离子的实验方法为取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色，故答案为取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色； (5)A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，即FeO：CO：CO2：H2O：NH3=1：2：2：2：2；依据原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物质的性质推断出A的化学式为：(NH4)2Fe(C2O4)2，故答案为(NH4)2Fe(C2O4)2。 16．(1) Cl- 或 (2) Na+ n(H2SiO3)∶n[Al(OH)3]= 11∶2 【详解】（1）若X是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子，X是NaOH溶液，则BC段是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：或，故答案为：Cl-；或； （2）如果X是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当AB段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当BC段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，则不含铵根离子，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；AB段发生反应是碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；由图可知，生成硅酸、氢氧化铝沉淀消耗HCl的物质的量与溶解氢氧化铝消耗HCl的物质的量之比为4：1，设溶解氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为1mol，则氢氧化铝的物质的量为，生成氢氧化铝沉淀消耗HCl的物质的量为，则生成硅酸沉淀消耗HCl的物质的量为，所以生成硅酸的物质的量为，OA段生成沉淀的物质的量之比为，故答案为：Na+；；n(H2SiO3)∶n[Al(OH)3]= 11∶2。 17．(1) Ba(OH)2 Al(NO3)3 (2)2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3)500 (4)A 【分析】①C、E溶液显碱性，溶液可能为碱溶液或强碱弱酸盐，A、B、D溶液呈酸性，0.1mol/L的E溶液pH＜13，则1molE中含有小于1mol的氢氧根离子，只能为弱酸根离子水解，根据离子共存可知，E含有CO离子，结合离子共存，E只能为碳酸钠，结合离子共存可知，C为氢氧化钡； ②B溶液与碳酸钠溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，则B中含有Fe3+、与碳酸根发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁红褐色沉淀； ③少量氢氧化钡溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量氢氧化钡溶液与D溶液混合后无现象，说明D中含有Al3+、且不能是硫酸铝； ④将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol•L-1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中含有NO，那么D为硝酸铝；那么A为硫酸铜或者氯化铜，那么B就为氯化铁或者硫酸铁。 【详解】（1）由以上分析可知，C为Ba(OH)2，D为Al(NO3)3，故答案为Ba(OH)2；Al(NO3)3。 （2）步骤②为碳酸钠与铁离子的互促水解反应，发生反应的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。 （3）38.4 g Cu的物质的量为：=0.6mol，步骤⑤中发生的离子反应方程式为：3Cu+8H++3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6mol，故至少加入稀H2SO4的体积设为V，即1.6mol/L×V×2=1.6mol，解V=500mL，故答案为500。 （4）由分析可知A为硫酸铜或者氯化铜，那么B就为氯化铁或者硫酸铁，A和B都不能确定，故答案为A。 18． 第三周期第ⅦA族 共价键 HClO4＞HNO3＞H2CO3 MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ 4NH3+5O24NO+6H2O Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ 【详解】试题分析：X、Y、Z、W是短周期的四种元素：X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存，故X为氮元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，Y有2个电子层，最外层电子数为4，Y能形成多种气态氢化物，则Y为碳元素；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z最外层有7个电子，故Z为氯元素；W原子的最外层电子数等于2n-3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n-3=n，解得n=3，则W为铝元素．故X为氮元素；Y为碳元素；Z为氯元素；W为铝元素；（1）Z为Cl元素，有3个电子层，最外层有7个电子，在周期表中位于第三周期第ⅦA族，CO2是导致温度效应的气体，其电子式为，AlCl3在熔融时不导电，可知存在的化学键为共价键；（2）X为氮元素、Y为碳元素、Z为氯元素，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，所以酸性HClO4＞HNO3＞H2CO3；（3）实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）实验室利用消石灰和氯化铵混合加热制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；工业上利用氨的催化氧化制硝酸，氨催化氧化的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（5）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al（OH）3，用氨水制取Al（OH）3的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+。 考点：本题以元素推断为载体，考查电子式与热化学反应方程式等化学用语、盐类水解、元素周期律、元素化合物性质等。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$