2025届高三化学二轮复习 过关专题训练---无机推断题

2025届高三化学过关专题训练---无机推断题 1．（2024·黑龙江大庆·一模）A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大． A 与 D 同主族，可形成 DA 型离子化合物，B与C同周期且相邻，C与E同主族，E2-与 Ar 原子具有相同的电子层结构，W 的合金用量最大、用途最广．请回答下列问题： (1)D 在元素周期表中的位置 ． (2)A 分别与 C、E 形成最简单化合物中沸点较高的是 (填化学式)，原因是 ． (3)A、C、D三种元素形成的物质中含有的化学键类型 ，灼热的碳能与 B 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学反应方程式为 ． (4)向盛有A2C2 溶液的试管中加入几滴酸化的WEC4 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是 ；生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)． 2．（2024·福建莆田·三模）【化学——选修物质结构与性质】已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、E原子的最外层电子数均等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子。请回答下列问题： (1)E元素基态原子的电子排布式为 。 (2)B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 (填元素符号)。 (3)D元素与氟元素相比，电负性：D F(填“＞”、“=”或“<”)。 (4)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示。该晶体的类型属于 (选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为 。l mol B2A2分子中含键的数目是 。 (5)光谱证实单质E与强碱溶液反应有[E(OH)4]—生成，则[E(OH)4]—中存在 。 a．共价键     b．配位键     c．σ键     d．π键 3．（2024·天津河东·一模）X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1。X是短周期中原子半径最大的元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性。 根据判断出的元素回答问题： (1)T在元素周期表中的位置 ； (2)这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是 (填化学式)；YZ2 的熔点 EZ2 的熔点(填高于或低于)； (3)E2T2 的电子式 ； (4)工业上制备单质X的化学反应方程式 ； (5)已知1mol晶体Y在足量Z2中燃烧，恢复至室温，放出989.2 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： ； (6)某溶液中可能含有以下阳离子(忽略由水电离产生的H＋、OH－)：H＋、NH、K＋、Mg2＋、Al3＋，现取100mL该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如上图2所示。 ①在实验中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为 ；NaOH溶液的浓度为 mol·L－1 (用字母c、d表示）； ②原溶液中含有的Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（H＋）为 。 4．（2024·甘肃·一模）E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2-具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题： （1）T元素原子的价电子排布式是 。 （2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示），其原因为 。 （3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为 （用分子式表示），其中G的最简单氢化物的分子立体构型名称为 ，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为 。M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为 （写化学式）。 （4）EM、GM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“→”表示）。E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因： 。 （5） TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为pg·cm-3。如果TQ的摩尔质量为Mg．mol-1，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则a、b之间的距离为 cm。    5．（2024·江西萍乡·三模）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素．已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．请回答下列问题： （1）写出下列元素符号：A ，C ，E ． （2）E元素+1价含氧酸的电子式为： ． （3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式 ． （4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性 ． 6．（2024·天津和平·模拟预测）V、W、X、Y、Z是原子序数依次递减的五种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，Y、Z组成气态化合物M的水溶液呈碱性，W的单质在X2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，V是一种历史悠久，应用广泛的金属元素。请回答： （1）Y元素在周期表中的位置是 ；写出X、Z两种元素组成的一种化合物的一种用途 。 （2）由以上五种元素两两组合所形成的化合物中，有一种物质能与水反应生成气体且属于氧化还原反应，请写出该反应的化学方程式 。 （3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸U，M在适当条件下被U吸收生成一种盐。常温下该盐的水溶液的pH 7（填“大于”、“小于”或“等于”）。 （4）W（s）+O2（g）    WO2（g）；H1 W（g）+O2（g）   WO2（g）；H2 则Hl （填“＞”或“＜”或“=”）H2。 （5）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以Y2、Z2为电极反应物，以HCl—NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极反应式 ；放电时溶液中H+移向 （填“正”或“负”）极。 （6）若将V金属投入到硫酸溶液中，生成了浅绿色溶液N。写出N的溶液与K2Cr2O7酸性溶液反应的离子方程式： 。 7．（13-14高三·河南南阳·期末）甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素元素组成。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。用甲进行如下实验： ①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液； ②取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。 ③取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示； ④取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热； 回答下列问题： （1）D在周期表中的位置 写出化合物AB3的电子式 （2）经测定甲晶体的摩尔质量为453 g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1:1，且1 mol 甲晶体中含有12 mol结晶水。则甲晶体的化学式为 。 （3）实验③中根据图象得V（0a）:V（ab）:V（bc）= 。 （4）实验④中离子方程式是 。 8．（2024·陕西西安·一模）已知X、Y、Z是阳离子，K是阴离子，M、N是分子.它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质： ①它们的核外电子总数都相同； ②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红； ③Y和K都由A．B两元素组成，Y核内质子数比K多2个； ④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等； ⑤X和K的浓溶液在加热条件下生成M和N； ⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含K的溶液，有白色沉淀J生成，再加入过量的含K或Y的溶液，沉淀J消失. 回答下列问题: （1）Y的化学式为 ；N的电子式为 ； （2）试比较M和N的稳定性：M N（填“>”或“<”）. （3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式： ； （4）从电离的角度看白色沉淀J能溶于过量的含K或Y的溶液其原因是（用离子方程式表示）: （5）上述六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种含三种离子的盐，向该盐的浓溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，①写出b阶段的离子方程式： . ②根据图象判断该盐的化学式为 .    9．（2024·浙江湖州·二模）Ⅰ．短周期的5种主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。A、B、C三种元素原子电子层数之和是5；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；D的一种单质是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，可用于杀菌消毒；E与A在同一主族。请回答下列问题： （1）写出A与E形成的化合物的电子式 。 （2）B、D、E组成的一种盐中，B的质量分数为17.91%，其水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出该盐的化学式 。 （3）写出工业制备单质E的化学方程式 。 Ⅱ．某研究小组为了探究仅一种白色粉末状固体X（仅含四种元素）的组成和性质，称取6.3g固体X，设计并完成了如下实验： 已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O 请回答下列问题： （1）画出沉淀丙中金属元素的原子结构示意图 ，写出气体甲的电子式 。 （2）X的化学式是 。 （3）生成砖红色沉淀的原因是 （用化学方程式表示）。 （4）在加热条件下，用氢气还原砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式 ，有人提出产物中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之 。 10．（2024·全国·一模）A、B、C、D、E五种短周期元素,已知: ①原子半径递增顺序为:A、D、C、B、E ②短周期(除稀有气体元素外)所有元素中A的原子半径与E的原子半径之比为最小 ③B、C、D三种元素电子层相同,三者原子序数之和为21,且D原子次外层电子数为最外层电子数的, 请回答下列问题: (1)写出E单质在D单质中燃烧产物的电子式: 。(2)C2A4·H2O与NH3·H2O相似,水溶液也呈弱碱性,用电离方程式表示其水溶液呈弱碱性的原因: 。(3)B、D、E三种元素可组成常见化合物X,A、B、D、E可组成常见化合物Y,X、Y均是生活中常见的化学试剂,它们在一定条件下可互相转化。当a mol Y转化成amol X时:(溶液中进行) ①若加入a mol纯净物Z就可实现转化,则加入Z为 (填一种Z物质化学式)。②若加入0.5a mol纯净物Z就可实现转化,则加入Z为 (填一种Z物质化学式)。(4)C2A4可用作高能燃料电池的燃料,生成物之一为C的单质,惰性材料作电极,KOH作电解质溶液构成原电池,写出负极的电极反应: ;用该电池电解过量CuSO4溶液,共收集到3.36 L(标准状况)的气体,电池消耗6.4 g C2A4,则该燃料的利用率为 。 11．（2024·山西·模拟预测）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题： (1)用元素符号表示B、C、D三种元素的第一电离能由低到高的顺序 。 (2)下列说法错误的是 。 A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2 B．电负性顺序：C＜N＜O＜F C．N2与CO为等电子体，化学性质相似 D．由于水分子间存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S (3)E元素的+2价氧化物的熔点比+3价氧化物 （高或低），原因是 。 (4)B单质的一种同素异形体的晶胞如图甲所示，若晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个原子之间的距离为 cm。 (5)F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。 ① F原子的外围电子排布式为 。向F的硫酸盐溶液中通入过量C与A形成的气体N，可生成[F(N)4]2+，该离子的结构式为 。 ②某化合物与F(Ⅰ)(Ⅰ表示化合价为＋1)结合形成图乙所示的离子：该离子中碳原子的杂化方式有 。 12．（2024·吉林·模拟预测）A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A-J的所有物质之间有如图的转化关系(部分反应产物省略)： (1)B元素和C元素的简单离子半径大小关系是 (用离子符号表示)： (2)将氮元素与C形成的化合物NC3加入水中产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式 ； (3)由E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入U形管，并在U形管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是 ； (4)将适量J加入酸化的H2O2的溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是 ； (5)向含有0.1 mol G的溶液中滴加5 mol/L 的盐酸溶液，得到沉淀3.9 g，则加入盐酸的体积可能为 。 13．（2024·黑龙江·三模）M、Q、X、是前三周期的3种元素，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表： 元素 结构或性质信息 M M的一种单质是自然界最硬的物质 Q 单质常温、常压下是气体；基态原子最外层未成对电子数在该元素所在周期中最多 Y 单质常温、常压下是气体；基态原子的M层上有1个未成对的p电子 请回答以下问题： （1）a．学生甲根据M原子易形成4对共用电子的特点，推出M原子应该具有4个未成对电子。画出基态M原子的价层电子排布图为，请判断对错，并加以解释 b．M的另一种单质被称为混合型晶体，具有平面层状结构。M原子的杂化方式为 ，其晶体中含有的作用力为 （2）写出与Q单质分子互为等电子体的常见微粒的化学式（分子、阴离子各1个） 、 ；并写出该阴离子的电子式 （3）a．学生乙通过查表，确定Q与X的电负性接近。但是Q的氢化物分子间能形成氢键，X的氢化物分子间却不易形成氢键，试从结构的角度加以解释： b．氢键的形成，对分子的沸点影响较大，请判断以下两种互为同分异构体的分子沸点高低：邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸，原因是 c．含氧酸的酸性与非羟基氧的个数有关，则X的四种常见的不同价态含氧酸的酸性由强到弱排序为： 14．（2024·甘肃兰州·三模）A、B、C、D 、E、F是常见的气体，其中A、B、C、D为单质，有关的转化关系如下图所示(反应条件均已略去)。 请回答下列问题： (1)D的电子式为 。 (2)反应③的离子方程式为 。 (3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为 。 (4)常温下0.1mol/L的Y溶液中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，下列叙述正确的是 。 A．该溶液的pH=11 B．该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度0.1mol/L C．该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为1×10-22 D． pH=3的盐酸溶液V1 L与该0.1mol/L的Y溶液V2 L混合，若混合溶液pH=7，则：V1＞V2 E．将pH=11的Y溶液加水稀释100倍后，pH值为9； (5)常温下pH=a的X溶液和pH=b的Y溶液等体积混合，若a+b=14，则混合后的溶液呈 性，混合溶液中各离子浓度大小关系为 。 15．（2024·海南海口·一模）由短周期元素组成的X、Y、Z、M是中学化学常见的四种物质，它们有如图所示的转化关系，请根据题意回答问题。 (1)若X、Y、Z含有同种常见金属元素，M是O2.X为 ；Z与氢气在一定条件下化合生成一种产物，写出该反应的化学方程式 。 (2)若X、Y、Z含有同种常见非金属元素，气体Z能使品红溶液褪色。 ①X的电子式为 ； ②Z与过量的氢氧化钠溶液反应的离子方程式是： 。 (3)若X的水溶液显碱性，X、M均为气体，上述转化过程均在水溶液中进行。任写一个满足上述转化过程Y→Z反应的化学方程式 。 16．（2024·陕西西安·三模）各物质之间的转化关系如下图，图中部分生成物省略，有相关信息如下： ①X为红褐色沉淀；②A为单质，B为溶液，D和F为气体；③反应I的产物只有Y和HO； ④B、D、F和Y中均含有同一元素。 请回答下列问题： (1)组成A的元素在周期表中属于 (选填序号)。 A．主族元素   B．副族元素    C．短周期元素    D．过渡元素 (2)写出溶液B中溶质的化学式： 。 (3)写出反应I的化学反应方程式： 。 (4)以石墨为两极材料，电解C的水溶液，写出电解初期阴极的电极反应式： 。 (5)28g单质A与一定浓度的B溶液反应，当生成n(C) ∶n(E)=2∶3时，反应中转移电子 mol. (6)给E溶液中加入也能生成X，写出当n(E) ∶n()=1∶1时，反应的离子方程式 。 17．（2024·黑龙江·一模）已知在下图转化关系(某些转化关系中的产物已略去)中都是中学化学常见的物质，物质A、D、G是单质，F是混合物，黑色物质C是某金属矿物的主要成分，有磁性，E是一种非氧化性酸，H是极易溶于水的碱性气体。 请回答下列问题： (1)写出下列物质的化学式：A 、C 、I 。 (2)写出反应①的化学方程式： 。 (3)在一定温度、压强和有催化剂存在的条件下将1 mol G和2.5 mol D放入500mL密闭容器中。经过20min达到平衡，平衡后H的浓度为2mol/L，则用G表示20min内的平均反应速率为： ，该温度下此反应的平衡常数K= ，D的转化率为 。如果保持温度不变，再向容器中同时充入1.5 mol G和1 mol H，D的转化率将 (填“升高”、“不变”或“降低”)，再次平衡后H的体积分数为 。 18．（2024·山东潍坊·一模）短周期中的A、B、C、D、E 5种元素，原子序数依次增大，A、D同主族；A、B的原子序数之和等于C的原子序数；C2−离子与D+离子的核外电子数相等；B原子与D+离子的核外电子数之和等于E原子的核外电子数，且D、E两元素能形成微粒个数比为1︰1的离子化合物。 (1)E元素的离子结构示意图为 。 (2)A与B元素、A与C元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为 、 。 (3)A、C元素可组成原子个数比为1︰1的共价化合物乙，将E单质通入乙的水溶液中，生成一种强酸，并有气体放出，反应的化学方程式为 。 (4)A、B、C、D、E中的任意三种元素可组成多种化合物，X和Y是其中的两种。X和Y都是既含离子键又含共价键的离子化合物；将X、Y分别溶于水时，X能促进水的电离，而Y能抑制水的电离，X水溶液的pH＜7，Y水溶液的pH>7。将0.2mol·L−1的X溶液与0.1mol·L−1的Y溶液等体积混合后，溶液呈碱性。请判断： ①X的化学式为 ，Y的化学式为 ； ②混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为 。 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． 第三周期ⅠA 族 H2O 水分子间存在氢键 离子键、共价键 C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O Fe3+催化 H2O2分解产生O2 H2O2分解反应放热，促进 Fe3+水解平衡向正向移动 【分析】A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．E2-与Ar原子具有相同的电子层结构，则E为S元素；C与E同主族，则C为O元素；B与C同周期且相邻，则B为N元素；A与D同主族，可形成DA型离子化合物，二者只能处于IA族，结合原子序数可知A为H元素，D为Na；W的合金用量最大、用途最广，则W为Fe。 【详解】(1)D为Na元素，在元素周期表中的位置：第三周期ⅠA族，故答案为第三周期ⅠA族； (2)A分别与C、E形成最简单化合物分别为H2O、H2S，由于水分子间存在氢键，H2O的沸点较高，故答案为H2O；水分子间存在氢键； (3)A、C、D三种元素形成的物质为NaOH，含有的化学键有离子键、共价键，B的最高价氧化物对应水化物为HNO3，灼热的碳与浓硝酸反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为离子键、共价键；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O； (4)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeSO4溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是：Fe3+催化H2O2分解产生O2 ；生成沉淀的原因是：H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解平衡向正向移动，故答案为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；Fe3+催化H2O2分解产生O2 ；H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解平衡向正向移动。 2．(1)1s22s22p6 3s23p1 (2)C、O、N (3)＜ (4) 原子 sp3 3NA/1.806×1024 (5)abc 【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍，则B原子核外有6个电子，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧元素；C原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；原子序数A＜B，B为碳元素，A原子的最外层电子数等于其周期序数，则A为氢元素；E原子的最外层电子数等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍，E为铝元素；所以A为氢元素；B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素；E为铝元素。 【详解】（1）E为铝元素，原子核外有13个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1； （2）B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C，由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C、O、N； （3）D为氧元素，同周期自左而右电负性增大，所以电负性O＜F； （4）BD2是CO2，由晶体结构图可知，大球为碳原子，小球为氧原子，每个碳原子周围有4个氧原子，每个氧原子周围有2个碳原子，晶体中不存在CO2分子，故在高温高压下所形成的晶体为原子晶体，该晶体中C原子轨道的杂化数为4，碳原子采取sp3杂化；B2A2为C2H2，C2H2的结构式为H-C≡CH，单键为δ键，三键含有1个δ键、2个π键，1个C2H2分子中含有3个δ键，所以l molC2H2分子中含σ键的数目是3 NA(或1.806×1024)； （5）E为铝元素，光谱证实单质E与强碱溶液反应有[Al(OH)4]-生成，[Al(OH)4]-中氧原子与氢原子之间为共价键，是单键，属于δ键，铝离子与氢氧根离子之间形成配位键，配位键也属于共价键．所以，[Al(OH)4]-中存在共价键、配位键、δ键；故选abc。 3．(1)第三周期第ⅦA族 (2) HCl 高于 (3) (4) (5) (6) 1：1：1 【详解】（1）Cl在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，答案为：第三周期第ⅦA族； （2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是，属于原子晶体，属于分子晶体，熔点，答案为：；高于； （3）的电子式为：； （4）工业上制备单质Na是电解熔融，化学方程式为：，答案为：； （5）1mol晶体Si在足量中燃烧，恢复至室温放出热量989.2kJ/mol，热化学方程式为：，答案为： （6）①某溶液中可能含有以下阳离子(忽略由水电离产生的)：，现取100mL该溶液逐滴滴加溶液，测得沉淀的物质的量与溶液的体积关系如上图2所示。0~a发生的反应为：，a~b生成沉淀，c~d沉淀溶解，但没有溶解完，a~b生成沉淀的离子方程式为：、， c~d的离子方程式为， b～c段是铵根离子和氢氧根反应，反应的离子方程式为:，根据图上c~d可以看出，溶解0.01mol氢氧化铝沉淀，消耗氢氧化钠的体积为10mL，所以，，，用c、d表示为：，答案为：；； ②图上可以看出，氢离子消耗氢氧化钠的体积为10mL，氢氧化铝消耗氢氧化钠的体积为10mL，铝离子和镁离子一共消耗氢氧化钠50mL，即镁离子消耗氢氧化钠20mL，为1∶1∶1，答案为：1∶1∶1。 4． N>O>C 同周期从左至右随原子序数递增元素第一电离能依次增大，但N原子的价电子排布为2S22p3，属于半充满状态，较稳定，导致氮元素第一电离能大于氧 CH4＞NH3＞H2O 三角锥形 sp3 H2O> H2S 从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性 【详解】试题分析：M的价层电子排布为ns2np2n，由于s能级最多排2个电子，所以n=2，即M的价层电子排布为2s22p4，是O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，所以E为C元素，G为N元素；QM2与GM2-为等电子体，所以Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，所以T为Zn元素； （1）T元素原子的价电子排布式是3d104s2； （2）同周期从左至右随原子序数递增元素第一电离能依次增大，但N原子的价电子排布为2S22p3，属于半充满状态，较稳定，导致氮元素第一电离能大于氧，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>C； （3）E、G、M的最简单氢化物中，空间构型分别是正四面体、三角锥形、V形，键角依次减小，所以键角大小顺序是CH4＞NH3＞H2O；G的最简单氢化物的分子立体构型名称为三角锥形；M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为sp3；M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为H2O> H2S； （4）EM、GM+、G2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO分子结构式为；从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性； （5）ZnS晶体结构如图所示，该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=8×1/8+6×1/2=4，晶胞质量为4M/NAg；则晶胞V=4M/NA÷ρ=4M/ρNA cm3，则晶胞棱长=cm；ab之间距离为该晶胞体对角线长的1/4=1/4××=cm。 考点：物质的结构和性质 5． Na Si Cl Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O H3PO4＞H2SiO 【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电子，则E为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P元素 （1）通过以上分析知，A是Na元素、C是Si元素、E是Cl元素，故答案为Na；Si；Cl； （2）E元素+1价含氧酸为HClO，O原子和H原子、Cl原子形成两对共用电子对，HClO的电子式为 ， （3）A的最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、B的最高价氧化物的水化物化学式为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O， （4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞Si，所以其最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＞H2SiO3，故答案为H3PO4＞H2SiO3． 【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵、元素化合物知识，注意次氯酸电子式的书写，很多同学认为Cl原子位于中间而导致错误，题目难度不大． 6． 第2周期VA族 绿色氧化剂（H2O2） 3NO2+H2O== 2HNO3+NO 小于 ＞ N2 + 6e-+ 8H+==2NH4+ 正 6Fe2++ Cr2O72-+14H+==6Fe3++ 2Cr3++7H2O 【分析】X是O元素，Ｙ是N元素，Z是Ｈ元素，W是S元素，V是Fe元素，据此分析解答。 【详解】（1）Y元素在周期表中位于第二周期ⅤA族；X、Z可以形成化合物H2O2，做氧化剂，或者是H2O，做溶剂； （2）X和Y形成的化合物NO2可以与水反应，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO； （3）U是HNO3，M是NH3，形成的盐是NH4NO3，NH4NO3中的NH4+水解生成一水合氨和H+，使溶液显酸性，故pH<7； （4）由于W单质由固态转化为气态需要吸收热量，故Hl<H2； （5）以N2和H2为电极反应材料，H2做负极，N2做正极，正极得电子，故电极方程式为：N2 + 6e-+ 8H+==2NH4+；放电时，正电荷向正极移动； （6）Fe投入到硫酸中生成浅绿色的溶液，即为FeSO4与K2Cr2O7酸性溶液反应，即Fe2+与Cr2O72-，H+反应生成Fe3+，方程式为：6Fe2++ Cr2O72-+14H+==6Fe3++ 2Cr3++7H2O。 7． 第3周期ⅥA族 NH4Al（SO4）2·12H2O[或AlNH4（SO4）2·12H2O] 3:1:1 NH4＋ + Al3++5OH—===NH3↑+Al（OH）4—+H2O 或NH4＋ + Al3++5OH—===NH3↑+AlO2-+3H2O 【详解】试题分析：由题意可推知：A是N元素；B是H元素；C是Al元素；D是S元素；E是O元素。 （1）D是硫，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；化合物AB3的电子式是； （2）根据元素形成的化合物的特点及该盐的相对分子质量可知该化合物是NH4Al（SO4）2·12H2O； （3）由于在该盐中，n（Al3+）:n（NH4+）:n（SO42-）=1:1:2．向该化合物的溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al（OH）3↓；然后发生反应：NH4＋++OH-＝NH3·H2O；最后发生反应：Al（OH）3+ OH-＝AlO2-+ 2H2O。因此在实验③中根据图象得V（Oa）:V（ab）:V（bc）=3:1:1。 （4）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能与过量的强碱发生反应，所以实验④中离子方程式是NH4++Al3++5OH—===NH3↑+Al（OH）4—+H2O 或NH4++Al3++5OH—===NH3↑+AlO2—+3H2O。 考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式、离子方程式、化合物的电子式的书写等知识。 8． H3O+    > Al3++ 3NH3·H2O = Al（OH)3↓+3NH4+ H+ + H2O + AlO2- Al（OH)3Al3++ 3OH- NH4+ + OH-= NH3·H2O NH4Al（SO4)2 【详解】试题分析：N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红，可知N为NH3、M为H2O，所以这些微粒的核外电子数都是10；Y和K都由A.B两元素组成，Y核内质子数比K多2个，则Y为H3O+、K为OH‾；，X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH4+；X和K的浓溶液在加热条件下生成M和N，则K为OH‾；Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含K的溶液，有白色沉淀J生成，再加入过量的含K或Y的溶液，沉淀J消失，则Z为Al3+、J为Al（OH)3。 （1）根据上述分析可知Y为H3O+；N为NH3，电子式为：  。 （2）M为H2O，N为NH3，因为O元素的非金属性大于N，所以H2O的稳定性大于NH3。 （3）Z为Al3+，与弱碱反应生成Al（OH)3沉淀，则离子方程式为：Al3++ 3NH3·H2O = Al（OH)3↓+3NH4+。 （4）Al（OH)3为两性氢氧化物，能发生酸式电离或碱式电离，电离方程式为：H+ + H2O + AlO2- Al（OH)3Al3++ 3OH-。 （5）上述六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种含三种离子的盐，根据图象可知，加入NaOH能生成沉淀，该沉淀能溶于NaOH溶液，则含Al3+，b阶段沉淀不变，说明含NH4+，发生的反应为：NH4+ + OH-= NH3·H2O；该盐的化学式为：NH4Al（SO4)2。 考点：本题考查物质与元素的推断、物质的性质及应用、图象的分析、方程式的书写。 9． Na+[:H]- Na2C2O4 2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑ HCOONH4 HCOONa+2Cu(OH)2+NaOHNa2CO3+Cu2O↓+3H2O Cu2O＋H22Cu＋H2O 取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O 【详解】试题分析：根据提示可知，B是C元素，D是O元素，故C是N元素，A即为Ｈ元素，E和H是同主族且原子序数大于O，故E是Na元素，（1）A和E形成NaH，故电子式为：Na+[:H]-；（２）BDE组成的盐B的质量分数为17.91%，且能使高锰酸钾褪色，只能时草酸钠；（3）工业上制备金属钠是电解熔融状态的氯化钠得到，故方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2；(Ⅱ)气体甲是氨气，气体乙是二氧化碳，该物质能和新制氢氧化铜反应说明含有醛基，且氧化亚铜的物质的量计算为0.1mol，与醛基的比例关系是1:1，说明X中只有一个醛基，故X既含有醛基又含有铵根离子，故X为NH4OOCH，（1）沉淀丙是碳酸钙，故钙的核外电子排布是： （2）X为NH4OOCH，（3）醛基与新制氢氧化铜反应生成羧酸，和氧化亚铜；方程式为：HCOONa+2Cu(OH)2+NaOHNa2CO3+Cu2O↓+3H2O ；（4）氢气还原氧化亚铜生成铜单质，方程式为：Cu2O＋H2 2Cu＋H2O；取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。 考点：考查元素周期表，化学推断相关知识 10． Na+[∶∶]2-Na+ N2H4·H2ON2+OH NaOH Na2O N2H4-4e-+4OH-N2+4H2O 75% 【分析】由②可知A是原子半径最小的H,E为短周期元素原子半径最大的Na,由③可知D为O,结合①可知B、C、D在元素周期表中的大致位置为，由原子序数之和为21可知B、C只能分别为碳、氮。 【详解】(1)E与D点燃生成Na2O2,电子式为Na+[∶∶]2-Na+； (2)结合NH3·H2O电离的方程式即可写出N2H4·H2O的电离方程式； (3)NaHCO3转化为Na2CO3应该加入碱,由a mol Y转化成a mol X可知①可能是NaOH或Na;②中1 mol物质溶于水生成2 mol NaOH,可以是Na2O或Na2O2； (4)燃料作负极失电子，N2H4失4个电子生成N2和H2O,碱性溶液中用OH-配平;电解池只生成O2,n(O2)=0.15 mol，转移电子0.6 mol;n(N2H4)=0.2 mol，转移电子0.8 mol，所以燃料利用率为×100%=75%。 11．(1)C＜O＜N (2)ACD (3) 低 Fe2+半径比Fe3+大，所带电荷也小于Fe3+，FeO的晶格能比Fe2O3的小 (4) (5) 3d104s1 sp2、sp3 【分析】B元素含有3个能级1s、2s、2p，且每个能级所含的电子数相同，则每个能级都是2个电子，B元素原子一共有6个电子，则B为C元素。D的原子核外有8个运动状态不同的电子，所以D是O元素；结合原子序数，B、C、D依次增大，则C是N元素。E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，说明E、F是第四周期元素，因为前三周期相邻主族元素的原子序数只差1；在第四周期，相邻的族的元素原子之间其原子序数一般相差1，现相差3，E只能属于第Ⅷ族，结合E元素的基态原子有4个未成对电子，则E为26号元素Fe，F为29号元素Cu。 【详解】（1）同周期元素第一电离能随核电荷数增大而升高，但N的2p轨道电子是半充满，比较稳定，不易失去，电离能比相邻元素要大，所以C、N、O三种元素的第一电离能由低到高的顺序是C＜O＜N。 （2）A．二氧化硅是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，所以沸点：SiO2＞CO2，A错误； B．同周期非金属元素的电负性随核电荷数增大而增强，因此电负性：C＜N＜O＜F，B正确； C．N2与CO为等电子体，具有相似的化学结构，而不是相似的化学性质，C错误； D．氢键与熔沸点高低有关，而稳定性与化学键的强弱有关，因为O的原子半径小于S的原子半径，所以H2O分子中共价键比H2S强，所以水更稳定，D错误； 答案选ACD。 （3）FeO的熔点比Fe2O3低。FeO和Fe2O3都是离子化合物，离子化合物的熔点与晶格能有关，而晶格能与离子所带电荷以及离子半径有关，一般来说离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高。Fe2+半径比Fe3+大，所带电荷也小于Fe3+，FeO的晶格能比Fe2O3的小，因此FeO的熔点比Fe2O3低。 （4）该晶胞中位于顶点的C原子有8个，为8个晶胞所共有；有6个原子位于面心，为2个晶胞所有共有；有4个原子位于晶胞内部，则该晶胞中有个C原子。设晶胞的棱长是acm，则，可得。晶体中最近的两个原子是以面对角线一半的两端的C原子构成的正四面体中心与顶点的距离，正四面体（由3个面心C原子和1个顶点C原子构成）的棱长为。正四面体的中心到定点的距离为棱长的，则最近的两个原子的距离为，或者利用正四面体中的键角109°28′计算，则距离为答案为。答案为。 （5）F为29号元素Cu，外围电子的排布式为3d104s1。N为氨气，向硫酸铜溶液中通入过量氨气，生成四氨合铜络离子，其结构式为。C与N(或C)以不饱和键结合时是sp2杂化，以饱和键结合时为sp3杂化。 12． r(Al3+) < r(Cl)(或Al3+ < Cl) NCl3+ 3H2O = NH3↑+ 3HClO 红褐色变浅 MnO2+ H2O2 + 2H+= Mn2++ O2↑ +2H2O 10 mL和50 mL 【分析】I的浓溶液具有还原性，应为HCl，J是一种黑色固体，可与浓盐酸反应，应为MnO2，二者反应生成C为Cl2，D为常见金属，可与水蒸气反应，应为Fe，则E为FeCl3，A为H2，F为Fe3O4，B能与Fe3O4在高温下反应，且能与NaOH溶液反应，则B为Al，G为NaAlO2，H为Al2O3。故A为，B为铝，C为为氯气，D为铁，E为为氯化铁，F为为四氧化三铁，G为偏铝酸钠，H为氧化铝，I为浓盐酸，J为二氧化锰。据此回答。 【详解】(1)由以上分析可知B元素的简单离子为Al3+，C为Cl-，Al3+有两个电子层，而Cl-有三个电子层，故r(Al3+)< r(Cl)； (2)红色石蕊试纸变蓝的气体即为氨气，C为Cl2，根据原子数守恒配平反应方程式：NCl3+ 3H2O = NH3↑+ 3HclO； (3)E为FeCl3，实验室可用将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水的方法制备氢氧化铁胶体，胶体具有电泳现象，胶体粒子带正电荷，外加电源，可向电源负极移动，则阳极红色加深； (4)J为MnO2，根据题意可知反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O； (5)G为NaAlO2，加入少量盐酸时，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，NaAl(OH)4+HCl=NaCl+H2O+Al(OH)3↓，设加入nL盐酸 n×5mol/L 即：5n=1：1，n=0.01L=10mL，加入过量盐酸时盐酸先与偏铝酸钠完全反应，生成氢氧化铝沉淀，盐酸在与氢氧化铝沉淀反应，使沉淀慢慢减少，第一步0.1mol偏铝酸钠完全反应，NaAl(OH)4+HCl=NaCl+H2O+Al(OH)3↓ ，消耗5mol/L的盐酸溶液20ml，即0.1mol，生成氢氧化铝0.1mol，质量为7.8g，又反应后得到沉淀3.9g，即第二步反应氢氧化铝7.8g-3.9g=3.9g，设第二步消耗mL盐酸：3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O， m×5 即：5m=1：3，m=30mL 一二步总消耗盐酸50mL，故加入盐酸的体积可能为10 mL和50 mL。 13． 错误，不符合能量最低原理（不是基态原子） sp2 共价键、金属键、范德华力 CO CN-（或C22-） （或） N的原子半径比Cl小，更有利于形成氢键 ＜ 邻羟基甲酸易形成分子内氢键，不易形成分子间氢键，所以沸点低 HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO 【分析】M的一种单质是自然界最硬的物质，该单质是金刚石，则M为C；Q基态原子最外层未成对电子数在该元素所在周期中最多，则该原子的最外层电子排布为ns2np3，则该原子位于V A族，且常温常压下Q的单质是气体，所以Q为N；X基态原子的M层上有1个未成对的p电子，且常温常压下X的单质是气体，则X是Cl。 【详解】（1）a. 经分析，M为C，其基态原子的价电子层排布为，题中电子排布图错误，不符合能量最低原理； b. C的混合型晶体是石墨，其原子的杂化方式为sp2杂化，在每个C原子层内有共价键和金属键，在C原子层间有范德华力； （2）Q的单质为N2，它的等电子体有CO、CN-、C22-，其中阴离子的电子式分别为、； （3）a. X为Cl，Q为N，由于N的原子半径较小，更有利于形成氢键； b. 邻羟基苯甲酸（）的沸点比对羟基苯甲酸（）的低，从分子的结构式可以看出，邻羟基苯甲酸更容易形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸更容易形成分子间氢键，所以前者的沸点较低； c. X的四种含氧酸为HClO4、HClO3、HClO2、HClO，其中HClO是弱酸，HClO4是强酸，题中说明含氧酸的酸性与非羟基氧的个数有关，则酸性强弱是有变化规律的，所以可以推出酸性强弱为HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO。 14． H:H 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO 4NH3+6NO5N2+6H2O ACD 碱 c(NH4+)> c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【分析】本框图突破口之一是“白烟”，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知D是H2，突破口之二是“红棕色气体”，F应为NO2，反推可知E为NO，C为O2，Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，则A为Cl2，B为N2，以此结合物质的性质可解答该题； 【详解】(1)由以上分析可知D为H2，电子式为H:H； (2)③为NO2与H2O的反应，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO； (3)E为NO，为污染性气体，在一定条件下可与NH3反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O； (4)常温下0.1mol/L的Y为NH3的溶液中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，依据溶液中离子积是常数c(H+)c(OH-)=10-14；计算得到c(H+)=10-11mol/L； A．依据计算溶液中的氢离子浓度c(H+)=10-11mol/L；则该溶液的pH=11，故A正确； B．一水合氨是弱电解质溶液，存在电离平衡，该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度小于0.1mol/L，故B错误； C．常温下一水合氨溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子相同，c(H+)水=10-11mol/L；c(OH-)水=10-11mol/L；该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为1×10-22；故C正确； D．pH=3的盐酸溶液V1 L与该0.1mol/L的Y(NH3•H2O)溶液V2 L混合，若恰好反应生成氯化铵和水，氯化氨水解显酸性，则10-3×V1=0.1×V2，V1：V2=100，若混合溶液pH=7，c(NH4+)=c(Cl-)，则：V1＞V2；故D正确； E．将pH=11的Y溶液加水稀释100倍后，一水合氨是弱电解质溶液，存在电离平衡，pH值大于9，故E错误； 故答案为ACD； (5)常温下pH=a的盐酸和pH=b的氨水等体积混合，若a+b=14，NH3•H2O是弱碱，完全中和后氨水过量，溶液显碱性，结合溶液中存在的电荷守恒式c(NH4+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可知溶液中各离子浓度大小关系为：c(NH4+)> c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。 15． Na或(钠) Na2O2+H2=2NaOH SO2+2OH-=SO32-+H2O (NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3或(NH4)2S+H2S =2NH4HS，(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3 【分析】(1)由短周期元素组成的X、Y、Z、M是中学化学常见的四种物质，若X、Y、Z含有同种常见金属元素，M是O2，X为金属钠，在氧气中生成氧化钠，氧化钠继续被氧气氧化为过氧化钠，金属钠与氧气加热反应生成过氧化钠，符合转化关系；据以上分析回答问题； (2)若X、Y、Z含有同种常见非金属元素，气体Z能使品红溶液褪色，气体Z可能为二氧化硫，则X为硫化氢，在氧气中不完全燃烧生成单质硫(Y)，硫继续燃烧生成二氧化硫；硫化氢在足量的氧气中燃烧生成二氧化硫，符合题给转化关系；据以上分析回答问题； (3)X、M均为气体，X的水溶液显碱性，X为氨气，M可能为二氧化碳、二氧化硫、硫化氢等气体；Y可能为碳酸铵、硫化铵、亚硫酸铵，上述三种物质继续与相应的二氧化碳、二氧化硫、硫化氢反应可能生成酸式盐Z：NH4HCO3、NH4HSO3 、NH4HS ，满足题给转化关系，据以上分析回答问题。 【详解】(1)由短周期元素组成的X、Y、Z、M是中学化学常见的四种物质，若X、Y、Z含有同种常见金属元素，M是O2，X为金属钠，在氧气中生成氧化钠，氧化钠继续被氧气氧化为过氧化钠，金属钠与氧气加热反应生成过氧化钠，符合转化关系，过氧化钠与氢气反应生成氢氧化钠，反应的化学方程式：Na2O2+H2=2NaOH； 综上所述，本题正确答案：Na或(钠)；Na2O2+H2=2NaOH。 (2)若X、Y、Z含有同种常见非金属元素，气体Z能使品红溶液褪色，气体Z可能为二氧化硫，则X为硫化氢，在氧气中不完全燃烧生成单质硫(Y)，硫继续燃烧生成二氧化硫；硫化氢在足量的氧气中燃烧生成二氧化硫，符合题给转化关系； ①结合以上分析可知，X为硫化氢，属于共价化合物，电子式为； 综上所述，本题正确答案：。 ②结合以上分析可知，Z为二氧化硫，与过量的氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O； 综上所述，本题正确答案：SO2+2OH-=SO32-+H2O； (3)X、M均为气体，X的水溶液显碱性，X为氨气，M可能为二氧化碳、二氧化硫、硫化氢等气体；Y可能为碳酸铵、硫化铵、亚硫酸铵，上述三种物质继续与相应的二氧化碳、二氧化硫、硫化氢反应可能生成酸式盐Z：NH4HCO3、NH4HSO3 、NH4HS ；满足题给转化关系；所以Y→Z反应的化学方程式：(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3或(NH4)2S+H2S =2NH4HS，(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3。 16． D HNO3 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O Fe3++e-=Fe2+ 1.2 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑ 【分析】X为红褐色沉淀判断为Fe(OH)3，说明E中含有铁离子；A为单质，判断为Fe，B为溶液，过量的铁和浓溶液加热反应生成F，少量的铁和稀溶液反应生成D，生成不同的D和F为气体，说明B溶液为硝酸溶液，推断出F为NO2，D为NO，C为Fe(NO3)3，E为Fe(NO3)2；反应I的产物只有Y和H2O，是一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水的反应；B、D、F和Y中均含有同一元素，上述推断符合要求，据此分析解答。 【详解】根据上述分析，X为Fe(OH)3，A为Fe，B为硝酸，C为Fe(NO3)3， D为NO， E为Fe(NO3)2，F为NO2，Y为亚硝酸钠。 (1)组成A的元素是铁，在周期表中属于过渡元素，位于第四周期第ⅤⅢ族，故答案为D； (2)溶液B为硝酸溶液，溶液中溶质的化学式为HNO3，故答案为HNO3； (3)通过分析可知，反应Ⅰ是一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水的反应，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故答案为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O； (4)以石墨为两极材料，电解Fe(NO3)3的溶液，电解初期，阴极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为Fe3++e-=Fe2+； (5)28g单质A为Fe物质的量==0.5mol，与一定浓度的HNO3溶液反应，当生成Fe(NO3)3和 Fe(NO3)2的物质的量之比=2∶3时，生成n(Fe3+)=0.2mol，n(Fe2+)=0.3mol，依据电子守恒，反应过程中转移的电子为0.3×2+0.2×3=1.2mol，故答案为1.2； (6)给Fe(NO3)2 溶液中加入Na2O2也能生成X为Fe(OH)3，当n[Fe(NO3)2]∶n(Na2O2)=1∶1时，反应的离子方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，故答案为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑。 17．(1) Fe Fe3O4 Fe(OH)3 (2)3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑ (3) 0.05mol/(L·min) 0.5 60% 不变 40% 【分析】黑色物质C有磁性是某金属矿物的主要成分，则C为Fe3O4，H是极易溶于水的碱性气体，则H为NH3．由反应②可知D、G分别为H2、N2中的一种，结合反应①可知，应为Fe与水反应，故A为Fe，B为H2O，D为H2，G为N2，D的单质在黄绿色气体中燃烧生成的产物溶于水得到E，黄绿色气体为Cl2，则E为盐酸；Fe3O4与盐酸反应生成混合物F为FeCl2、FeCl3的混溶液，与氨气、氧气反应生成I为Fe(OH)3，然后利用元素化合物性质及化学用语来解答。 【详解】（1）由上述分析可知，A、C、I分别为Fe、Fe3O4、Fe(OH)3； （2）反应①是Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，反应方程式为； （3）在一定温度和有催化剂存在的条件下，将1.0molN2和2.5molH2放入500mL密闭容器中，经过20min达到平衡，平衡后NH3的浓度为2.0mol/L，则： ①用N2表示20min内的平均反应速率为=0.05mol/L•min）； ②K==0.5，保持温度不变，再向容器中同时充入1.5 mol G和1 mol H，则此时N2的浓度=1mol/L+=4mol/L，NH3的浓度=2mol/L+=4mol/L，故浓度幂Qc==0.5=K，则平衡不移动，D的转化率将不变，H的体积分数不变，仍为×100%=40%。 18．(1) (2) N2H4 H2O2 (3)Cl2+H2O2=2HCl+O2↑(答HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O可得分) (4) NH4Cl(或NH4NO3) NaOH c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+) [或c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)] 【分析】短周期中的A、B、C、D、E 5种元素，原子序数依次增大；C2-离子与D+离子的核外电子数相等，由于是短周期元素，则C位于第二周期，为O元素，D位于第三周期，为Na元素；D为Na元素，B原子与D+离子的核外电子数之和等于E原子的核外电子数，则E原子的核外电子数大于10，且D、E两元素能形成微粒个数比为1：1的离子化合物，E形成-1价离子，则E为Cl元素，故B为N元素；D为Na元素，B为N元素，C为O元素，A、D同主族；A、B的原子序数之和等于C的原子序数，则A为H元素；所以A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Cl元素；据以上分析解答。 【详解】（1）E为Cl元素，E元素形成的离子为氯离子，核内质子数为17，核外有18的电子，其离子结构示意图为；综上所述，本题正确答案为：； （2）A为H元素，B为N元素，C为O元素，A与B元素、A与C元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为N2H4、H2O2；综上所述，本题正确答案为：N2H4；H2O2； （3）A为H元素，C为O元素，A、C元素可组成原子个数比为1：1的共价化合物乙，则乙为H2O2；E为Cl元素，E单质为Cl2，将Cl2通入H2O2的水溶液中，生成一种强酸，该酸为HCl，所以生成气体为O2，反应方程式为Cl2+H2O2=2HCl+O2↑或HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O；综上所述，本题正确答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2↑(或HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O)； （4）A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Cl元素； ①A、B、C、D、E中的任意三种元素可组成多种化合物，X和Y是其中的两种。X 和Y都是既含离子键又含共价键的离子化合物，则X 和Y为盐或碱；将X、Y分别溶于水时，X能促进水的电离，X水溶液的pH＜7，则X为铵盐，X为NH4Cl(或NH4NO3)；而Y能抑制水的电离，Y水溶液的pH>7，则Y为碱，故Y为NaOH；综上所述，本题正确答案为：NH4Cl(或NH4NO3)；NaOH； ②将0.2mol•L-1的X溶液与0.1mol•L-1的Y溶液等体积混合，若为X为NH4Cl，则混合后发生反应，相当于NH4Cl、NH3•H2O、NaCl等物质的量混合。溶液呈碱性，进行说明NH水解小于NH3•H2O电离程度，则c(NH)>c(Na+)，故混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；若为X为NH4NO3，则混合后发生反应，相当于NH4NO3、NH3•H2O、NaNO3等物质的量混合。溶液呈碱性，进行说明NH水解小于NH3•H2O电离程度，则c(NH)>c(Na+)，故混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；综上所述，本题正确答案：c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+) [或c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)]。 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 $$