2025届高三化学一轮复习----无机推断题

2025届高三化学专题复习----无机推断题 1．（2024高三·全国·课时练习）有五种短周期元素，它们的结构性质等信息如下表所示： 元素 结构、性质等信息 A 是短周期元素(稀有气体元素除外)中原子半径最大的元素，含该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂 B 与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性 C 其气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂 D 是海水中除氢氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的杀菌消毒剂 E 元素原子的L电子层上有2对成对电子 请根据表中信息回答下列问题。 (1)A元素基态原子的核外电子排布式为 。 (2)B元素在元素周期表中的位置为 ；简单离子半径：B (填“>”或“<”)A。 (3)C元素基态原子的轨道表示式为 ，其原子核外有 个未成对电子，能量最高的电子排布在 轨道上，该轨道呈 形。 (4)D元素基态原子的核外电子排布式为 ，的结构示意图为 。 (5)C、E元素的第一电离能的大小关系是 (用元素符号表示)。 (6)与水反应的化学方程式是 。 2．（2024高三·全国·课时练习）现有四种短周期元素A、B、C、D，已知：①C、D在同一周期，A、B在同一主族；②它们可以组成化合物A2C、B2C2、DC2、D2A4等；③B的简单阳离子与C的简单阴离子的核外电子排布相同；④B2C2与A2C或DC2反应都生成气体C2，单质B与A2C反应生成气体A2，A2与气体C2按体积比2：1混合后点燃发生爆炸，其产物是一种常温下常见的无色无味的液体。请回答下列问题： (1)写出元素符号：A 、B 、C 、D 。 (2)在A2C、B2C2、DC2和D2A4中，同时含有离子键和非极性共价键的化合物的电子式为 ，按原子轨道重叠方式，其非极性键的类型是 。化合物DC2的结构式为 。 (3)A2C分子的电子式为 ，按原子轨道重叠方式，其共价键的类型是 。D2A4是平面形分子，其分子中含有 个σ键， 个π键。 3．（2024高三·全国·课后作业）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素；Y元素基态原子有三个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等；Z元素基态原子的单电子数在同周期元素基态原子中最多；W与Z同周期，第一电离能比Z的低；R与Y同主族；Q的最外层只有一个电子，其他电子层均有个电子(n表示电子层序数)。请回答下列问题： (1)的核外电子排布式为 。 (2)化合物中W的杂化方式为 ；的空间结构为 。 (3)Y、R的最高价氧化物中沸点较高的是 (填化学式)，原因是 。 (4)Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图所示，该晶体的晶胞中所含Y原子的个数为 ；若晶胞的边长为，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为 (用含a和ρ的代数式表示)。 4．（2024·福建福州·一模）A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图所示转化关系。 (1)若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体；物质的量浓度相等的B、C两溶液中，C溶液的pH较小；电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质，该反应是工业上生产B的重要反应。写出电解D的水溶液时发生反应的化学方程式： 。 (2)若A为气体单质，C、D的相对分子质量相差16，常温下，0.1mol·L－1 E溶液中只有3种离子，且溶液中的。则： ①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中是位置为 ，B的电子式为 。 ②E→ C反应的离子方程式为 。 (3)若A为短周期元素组成的固体非金属单质，标准状况下2.24 L C气体通入1L0.1mol·L－1的NaOH溶液中，恰好完全反应，所得溶液的pH<7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为 (OH-除外)。 (4)若A为常见金属单质，B、C均为盐，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，D是一种白色沉淀。若将金属A的粉末与硝酸钠溶液混合后，再加入足量的氢氧化钠溶液，产生的气体只有一种，该气体无色、有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该反应的离子方程式为 。 5．（2024高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E是短周期的5种非金属元素，其中A、B、C的外围电子排布式可表示为A：，B：，C：，A与B在不同周期，且A的原子半径是元素周期表中最小的；D与B同主族，E在C的下一周期，且E是同周期元素中电负性最大的元素。回答下列问题： (1)由A、B、C、E四种元素中的两种元素可形成多种分子，下列分子①、②、③、④中属于极性分子的是 (填序号)。 (2)C的简单氢化物比下一周期同主族元素的简单氢化物的沸点高，其原因是 。 (3)B、C两种元素都能和A元素组成两种常见溶剂，其分子式分别为 、 ；在前者中的溶解度 (填“大于”或“小于”)在后者中的溶解度。 (4)、和的沸点从高到低的顺序为 (填化学式)。 6．（2024高三·全国·课时练习）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中键和键数目之比为1∶2，D的最高化合价和最低化合价代数和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为 ；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为 。 (2)A元素的各级电离能数据如表： 符号 电离能/() 800.6 2427 3660 25026 32827 分析表中数据可知，相邻两级的电离能中，和之间差异最大，其主要原因是 。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是 。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子、、中，中心原子采用杂化、空间结构为三角锥形的是 (填分子式)。 (5)为热色性固体，且有色温效应.其颜色在低于℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色.在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是 ；在常压下，高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是 .在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是 (填分子式)。 (6)A、C形成立方晶体，晶体结构类似于金刚石，如图所示(白色球代表A原子，黑色球代表C原子).已知：该晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为 。 ②在该晶体中，A与C形成共价键的键长(d)为 。 7．（2024·山西·一模）已知1L某待测液中除含有0.2mol·L-1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或几种： 阳离子 K＋、NH、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ 阴离子 Cl-、Br-、CO、HCO、SO 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)： 已知：NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O (1)由气体B可确定待测液中含有的离子是 。 (2)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是 ，据此可以排除的离子是 。 (3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是 。 (4)某同学读图后，认为待测液中一定不含溴离子，他判断的依据是 。 (5)综合分析，待测液中K＋的最小浓度为 。 8．（2024高三上·浙江绍兴·阶段练习）A、B、C、D、E都为短周期元素，A元素原子半径最小；B的+1价阳离子和C的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸。请根据以上信息回答下列问题： (1)D元素在元素周期表中的位置是第 周期第 族； (2)用电子式表示BC的形成过程 ； (3)与E的简单氢化物分子所含电子总数相等的分子是 (举一例，填化学式，下同)，阳离子是 ； (4)B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为 (填离子符号)。 9．（2024高三上·山东潍坊·阶段练习）A、B、C、D、E是前四周期的元素。A、B、C同周期，C、D同主族且原子半径C＞D，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E对应的单质是目前用量最大的金属。回答下列问题： (1)写出下列元素的符号：A ，B ，C ，D 。 (2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 ，碱性最强的是 。 (3)用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是 ，电负性最大的元素是 。 (4)E原子价电子排布式是 ，E元素在周期表的位置是 ，则E元素在 区。 (5)写出D元素原子构成单质的电子式 ，D原子的价电子排布式为 。 10．（高三·浙江·期中）I.化合物X(仅含三种常见短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验。 (1)金属互化物C的化学式 。 (2)X在400℃分解的化学方程式 。 (3)写出化合物H与乙醇反应的化学方程式 。 II.某兴趣小组用纯净的金属镁制备Mg3N2，装置如下图: (1)与传统工业的镁与氟气反应制备方法相比，此法最大的优点是产品纯度高(氧化镁含量低)。该实验制备Mg3N2的化学方程式为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．装置A的作用是防倒吸的安全瓶 B．若无装置B,可能发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ C．装置D中物质可换为碱石灰 D．装置E的作用是为了防止空气进入装置 (3)即使装置和氨气中空气都被除尽，最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，其可能的原因是 。 11．（2024·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： 。 (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①－⑤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 12．（高三上·宁夏银川·期中）有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、、、Na⁺、K⁺、Mg2+、Cu2+中的某几种。经实验： ①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀； ②取少量原溶液加BaCl2溶液不产生沉淀； ③取少量原溶液加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。 回答下列问题： (1)试分析原溶液中一定含有的离子是 ，一定不含有的阴离子是 ，可能含有的离子是 。 (2)有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”） ．说明理由 。 (3)写出①中反应的离子方程式： 。 13．（2024·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（MgSO4·H2O）的工艺流程如下： （1）酸浸时温度控制在90℃~100℃之间，并且要连续搅拌2小时。 ①连续搅拌2小时的目的是 。 ②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 。 （3）向过滤Ⅰ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Ⅱ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MgSO4·H2O，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 。 14．（高三·全国·单元测试）在遭遇冰雪灾害时，常使用一种融雪剂其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子。 （1）该融雪剂的化学式是 ，电子式是 ，该物质中化学键类型是 。 （2）主族元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图 ；是D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8电子稳定结构，该分子的电子式为 ，化学键类型为 （填“离子键”或“共价键”）。 （3）W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成 ，其化学键类型为 ；加热时生成 ，其化学键类型为 ，电子式为 。 15．（高三·全国·课时练习）Ⅰ．A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。 (1)B为 ，D的最高价氧化物对应的水化物是 ，简单离子半径大小B (填“>”“<”或“=”)C。 (2)写出A、B的化合物与E反应的化学方程式： 。 (3)A、B两元素形成的化合物属于 (填“离子”或“共价”)化合物。 Ⅱ．随原子序数的递增，八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。 回答下列问题： (1)A、B均为以上某两种元素组成的分子，A中有四个原子核和10个电子，B中有6个原子核和18个电子，则A的分子式为 ，B的分子式为 。 (2)比较e、f两种元素对应离子的半径大小 (用元素离子符号表示)；非金属性g (填“强于”或“弱于”)h，用一个化学方程式证明你的判断 。 16．（高三·全国·课时练习）元素周期表与元素周期律在化学学习研究中有很重要的作用。如表所示是五种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。 元素 信息 Q 地壳中含量最高 W 最高化合价为+7 X 最高价氧化物对应的水化物在第三周期中碱性最强 Y 焰色试验(透过蓝色钴玻璃)火焰呈紫色 Z 原子结构示意图为 (1)Q在元素周期表中的位置是 。 (2)W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是 。 (3)X单质与水反应的离子方程式是 。 (4)金属性，用原子结构解释原因： ，失电子能力，金属性。 (5)下列对于Z及其化合物的推断正确的是 (填字母)。 A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同 B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性 C．Z的单质的氧化性强于W的单质的氧化性 17．（高三·全国·课时练习）如表所示是元素周期表的一部分，回答下列问题。 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 二 ① ② ③ ④ 三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ ⑪ ⑫ (1)写出①、⑦两种元素的名称： 、 。 (2)在这些元素中，最活泼的金属元素的离子结构示意图是 ，最活泼的非金属元素是 (填元素符号，下同)， 是最不活泼的元素。 (3)这些元素的最高价氧化物对应的水化物中， (填化学式，下同)酸性最强， 碱性最强；能形成两性氢氧化物的元素是 (填元素符号)。 (4)在⑤到⑪的元素中， (填元素符号)的原子半径最小。 (5)比较⑤和⑥的化学性质 (填元素符号)更活泼，试用实验证明(简述操作、现象和结论)： 。 18．（高三·全国·课时练习）A、B、C、D、E五种物质之间有如图所示的转化关系： 已知：A是红棕色粉末；由E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。回答下列问题： (1)写出下列物质的化学式：A ，B ，D ，甲 ，乙 ，丙 。 (2)写出的化学方程式 。 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． 或 第三周期第ⅢA族 < 3 p 哑铃 或 N>O 【分析】A是短周期元素(稀有气体元素除外)中原子半径最大的元素，含该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性，则B为Al；C的气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂，则C为N；是海水中除氢氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的杀菌消毒剂，则D是Cl；E元素原子的L电子层上有2对成对电子，则E是O。 【详解】根据题中信息可推出：A为，B为，C为N，D为，E为O。 （1）基态原子的核外电子排布式为或。 （2）B为，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，与的核外电子排布相同，核电荷数：，故离子半径：。 （3）C为N，其基态原子的轨道表示式为，其中有3个未成对电子，能量最高的电子排布在p轨道上，该轨道呈哑铃形。 （4）基态原子的核外电子排布式为或，Cl的结构示意图为。 （5）N、O分别位于第ⅤA族、第ⅥA族，因为N的轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能：。 （6）与反应的化学方程式为。 2． H Na O C σ键 O=C=O σ键 5 1 【分析】由A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸，其产物是一种常温下常见的无色无味的液体可知，A为H元素，C为O元素；由C、D在同一周期，A、B在同一主族，B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2可知，B2C2为Na2O2，A2C为H2O，DC2为CO2，则Ｂ为Na元素，D为C元素。 【详解】(1)由分析可知A为H元素，Ｂ为Na元素，C为O元素，D为C元素； (2)H2O为共价化合物，不含有离子键，Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，CO2为共价化合物，不含有离子键，C2H4为共价化合物，不含有离子键，则含有离子键和非极性共价键的Na2O2的电子式为，过氧根离子中O原子间以头碰头的形式形成键；化合物分子中的键角是180°的是CO2，结构式为O=C=O，故答案为；σ键；O=C=O； (3)A2C为H2O分子，其电子式为，按原子轨道重叠方式其共价键的类型是σ键，C2H4为结构对称的非极性分子，分子中含有4个碳氢σ键，1个碳碳σ和1个碳碳π，故答案为σ键；5；1。 3． (或) 杂化 V形 为共价晶体，为分子晶体 8 【分析】X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y有三个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，则Y的核外电子排布式为，故Y为C元素；R与Y同主族，结合原子序数大小顺序可知，R为元素；而Z元素基态原子的单电子数在同周期元素基态原子中最多，则Z的价电子排布式为，且原子序数小于，则Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层均有个电子，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布式为或，则Q为元素。 【详解】(1) 失去最外层1个电子得到，核外电子排布式为或； (2) 化合物是，的结构式为，O原子价层电子对数为4，故O原子采取杂化；中N原子的孤电子对数为，价层电子对数为，故其空间结构为Ⅴ形。 (3)Y、R的最高价氧化物分别为、，为共价晶体，为分子晶体，故沸点较高的是。 (4)题图晶胞中所含C原子的个数为；晶胞的边长为，则晶胞的体积为，晶体的密度为，则晶胞的质量为，则，故。 【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶胞结构与计算，利用“均摊原则”计算晶胞中原子数是解题关键。 4． 第二周期VA族 【详解】(1) 若A～E均为化合物，均含有Y元素，A是淡黄色固体，推知A是 Na2O2，Na2O2能和水、CO2分别反应生成 NaOH、Na2CO3，由溶液的 pH大小关系，得B是NaOH、C是 Na2CO3，由“电解D的水溶液可以生成B和两种气体单质,该反应是工业上生产B的重要反应”，D是NaCl，电解 NaCl溶液的化学方程式为，故答案为：； (2) ①由条件“C、D的相对分子质量相差16”，知C、D相差一个O原子，C、D均为同一元素的氧化物，再由A为气体单质，知A为N2，再由条件“0.1 mol/L的E溶液的与联立，得到c(H+)=0.1mol/L，故溶液E为强酸性的HNO3，则B为NH3，C为 NO、D为 NO2，A、B、C、D、E中都含有氮元素，其在第二周期VA族 ，B为NH3其电子式为，故答案为：第二周期VA族，； ②E为强酸性的HNO3，C为 NO ，E→ C反应的离子方程式为，故答案为：； (3)短周期元素组成的固体非金属单质有硼、碳、硅、磷、硫五种，由0.1 mol气体C与0.1 mol NaOH 恰好完全反应后溶液呈酸性可知，气体C为SO2，恰好完全反应生成 NaHSO3 , HSO的水解程度小于其电离程度，故溶液的pH<7，溶液中离子浓度大小为 c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)，故答案为： c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)； (4) 由条件知A为Al，Al元素能形成铝盐和偏铝酸盐,B为溶液呈酸性的铝盐,C为溶液呈碱性的偏铝酸盐，白色沉淀D为 Al(OH)3，碱性条件下，金属 Al可在硝酸钠溶液中被氧化为 AlO，根据题意，NO被还原为NH3，即 ，故答案为：。 5． ③ 分子间可形成氢键 大于 【分析】由s轨道最多可容纳2个电子及A的原子半径在元素周期表中最小，且A与B在不同周期可得，，即A为H元素，B为C元素，C为O元素；由D与B同主族，且D为短周期元素，得D为元素；由E在C的下一周期且E为同一周期电负性最大的元素可知E为元素。 【详解】(1)①、②、③、④分别为、、、，其中为极性分子，其他均为非极性分子； (2)C的简单氢化物为，分子间可形成氢键，使其沸点比下一周期同主族元素的简单氢化物()的沸点高。 (3)B、A两种元素组成的常见溶剂为苯()，C、A两种元素组成的常见溶剂为水()；为非极性分子，易溶于非极性溶剂苯中； (4)、、分别为、、，三者结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，故它们的沸点从高到低的顺序为。 6． 或 3p 硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子(或其他合理说法) B、C、N元素的非金属性依次增强 NCl3 分子间作用力(或范德华力) 化学键(或共价键) CH4 BN 【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，则基态B原子核外电子排布式为，故B为C元素；基态A原子核外电子占据3个轨道，且A的原子序数小于B，则基态A原子核外电子排布式为，故A为B元素；C的双原子单质分子中键和键数目之比为1:2，则C为N元素；基态E原子核外有6个未成对电子，则E处于第四周期，价层电子排布式为，故E为Cr元素；D的最高化合价和最低化合价代数和等于4，D为第ⅥA族元素，且原子序数小于Cr，故D为S元素。.综上分析，A为B元素、B为C元素、C为N元素、D为S元素、E为Cr元素。 【详解】(1)由上述分析可知E为Cr元素，基态E原子的核外电子排布式为或；D为S元素，原子的核外电子排布式为，核外电子占据的能量最高的能级符号为3p，故答案为：；3p； (2)基态硼原子核外电子排布式为，所以硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子，因此硼原子相邻两级的电离能中，和之间差异最大，故答案为：硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子； (3)B、C、N元素的非金属性依次增强，所以B、C、N元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，故答案为：B、C、N元素的非金属性依次增强； (4)中硼原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，空间结构为平面三角形；CCl4分子中碳原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用杂化，空间结构为正四面体形；分子中N原子价层电子对数为，采用杂化，该分子中含有1个孤电子对，所以其空间结构是三角锥形，故答案为：NCl3； (5)由已知高于130℃时发生分解可知，此过程中破坏的作用力是共价键；在低于该温度时发生颜色变化的过程中，破坏的作用力是分子间作用力(或范德华力)。C、N、S元素的简单气态氢化物中，CH4为正四面体形结构，是非极性分子；NH3为三角锥形结构，分子中正、负电中心不重合，所以是极性分子；硫原子最外层有6个电子，它和两个氢原子形成2个共用电子对后还有2个孤电子对，一共有4对电子在硫原子周围，这4对电子呈四面体形结构，其中两个方向被氢原子占据，还有2个方向被孤电子对占据，所以H2S分子呈V形，正、负电中心不重合，为极性分子，故答案为：分子间作用力(或范德华力)；化学键(或共价键)；CH4； (6)①B原子(白色球)占据立方体的8个顶点和6个面心，所以有个；N原子位于晶胞内部，共4个，故该晶体的化学式为BN，故答案为：BN； ②设晶胞边长为a、键长为d，A、C连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的，则，根据已知条件可得，所以，故答案为：。 7． NH CO、SO Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ HCO 向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀) 0.1mol·L-1 【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br‒，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl‒，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl‒，据此分析解答。 【详解】(1)由滤液A加入NaOH反应生成气体B，则B肯定为NH3，则由此可以确定待测液中含有的离子是NH； (2)待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋； (3)滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定有HCO，发生反应HCO＋OH-= CO＋H2O，Ba2+与CO结合生成BaCO3沉淀，则由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO； (4)由图中信息可知，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br‒，且向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，也能说明溶液中一定没有Br‒； (5)根据元素守恒可知：n(CO)=、n(SO)=、n(HCO)=、n(NH)=；根据溶液呈电中性，有：2×n(SO)+n(HCO)+2×n(CO)=2×0.05mol+0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH)+n(Na+)=0.1mol+1L×0.2mol⋅L-1=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl‒，则K＋的物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K＋浓度是c(K＋)=，若存在Cl‒，则K+的浓度应该大于0.1 mol·L‒1，故待测液中K＋的最小浓度为0.1 mol·L‒1。 8． 三 VIIA H2O、HF Na+或Mg2+或NH或H3O+ Cl-＞F-＞Na+ 【分析】A、B、C、D、E都为短周期元素，A元素原子半径最小，则A为H；B的+1价阳离子和C的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层排布，则B为Na，C为F；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物，则D为Cl；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物的水化物为强酸，则E为N。 【详解】(1)分析可知，D为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期VIIA族； (2)BC为NaF，用电子式表示其形成过程为； (3)E的简单氢化物为氨气，含有10个电子，含有10电子的分子还有H2O、HF等；阳离子有Na+或Mg2+或NH或H3O+； (4)B、C、D分别为Na、F、Cl，Cl-比Na+、F-多一个电子层，离子半径最大，Na+、F-核外电子排布相同，原子序数越大半径越小，则简单离子半径由大到小的顺序为Cl-＞F-＞Na+。 9． Si Na P N HNO3 NaOH Ne F 3d64s2 第四周期第Ⅷ族 d 2s22p3 【分析】E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe；A、B、C、D、E是前四周期的元素，A、B、C同周期，A的原子结构示意图为，则x=2，所以A的质子数为14，即A为Si，B是同周期中原子第一电离能最小的元素，则B为Na，C原子的最外层有三个未成对电子，p电子有3个，则为P；C、D同主族且原子半径C＞D，则D为N，然后结合元素化合物的性质来解答。 【详解】(1)根据以上分析可知A、B、C、D元素的符号分别是Si、Na、P、N。 (2)上述五种元素中非金属性最强的是N，金属性最强的是Na，因此最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH。 (3)氮元素位于第二周期，第二周期第一电离能最大的元素是稀有气体元素Ne，电负性最大的元素是非金属性最强的F。 (4)铁的26号元素，其基态原子价电子排布式是3d64s2，因此铁元素在周期表的位置是第四周期第Ⅷ族，位于d区。 (5)氮气分子中含有三键，其电子式为，氮原子的价电子排布式为2s22p3。 10． Mg2Al3 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑ 3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2 ACD 镁粉与石英管中的二氧化硅反应 【分析】Ⅰ．由化合物X是一种储氢材料可知，X中含有氢元素，由某种元素的单质可用于制造信号弹，可知X中含有镁元素，由示意图可知，单质B和金属互化物C能与氢氧化钠溶液反应，则X中含Al元素，X是由H、Mg、Al形成的储氢材料，隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成氢气、铝和金属互化物，铝和金属互化物与氢氧化钠溶液反应生成氢气、镁和偏铝酸钠，反应生成的氢气与镁反应生成氢化镁，偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。由单质D的质量为0.72g可知，X中含有镁元素的质量为0.72g，物质的量为=0.03mol，由白色胶状沉淀的质量为4.68g可知，X中含有铝元素的物质的量为=0.06mol，质量为0.06mol×27g/mol=1.62g，则X中氢元素的物质的量为=0.24mol，则X中Mg、Al和H的物质的量比为0.03：0.06:0.24=1:2:8，X的化学式为Mg(AlH4)2；由X受热分解生成1.08gB可知，金属互化物中铝元素的物质的量为(0.06mol—)=0.02mol，则金属互化物中Mg、Al的物质的量比为0.03：0.02=3:2，化学式为Mg2Al3；由单质D的质量为0.72g可知，0.78gH中含有的氢元素的物质的量为=0.06mol，则H中Mg、H的物质的量比为0.03：0.06=1:2，则H的化学式为MgH2； Ⅱ．由实验装置图可知，装置A为安全瓶，起防倒吸作用，装置B中碱石灰用于干燥氨气，装置C中镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，装置D中五氧化二磷用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，导致氮化镁水解，装置E的作用是为了防止空气进入装置，干扰实验。 【详解】Ⅰ．(1)由分析可知，金属互化物C的化学式为Mg2Al3，故答案为：Mg2Al3； (2)由分析可知，Mg(AlH4)2隔绝空气加热到400℃时发生分解反应生成H2、Al和Mg2Al3，反应的化学方程式为3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2，故答案为：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2； (3)氢化镁与乙醇发生氧化还原反应生成乙醇镁和氢气，反应的化学方程式为MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑，故答案为：MgH2+2CH3CH2OH→Mg(CH3CH2O)2+2H2↑； Ⅱ．(1)镁与氨气在高温下发生反应生成氮化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2，故答案为：3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2； (2)A．由分析可知，装置A的作用是防倒吸的安全瓶，故正确； B．若无装置B，镁在加热条件下与水蒸气反应生成氢气和氢氧化镁，可能发生反应Mg+2H2OMg(OH)2+2H2，故错误； C．装置D中物质可换为碱石灰也能用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中，故正确； D．装置E起隔绝作用，为了防止空气进入装置，故正确； ACD正确，故答案为：ACD； (3)石英管中含有二氧化硅，高温下镁粉与石英管中的二氧化硅反应生成氧化镁，导致最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，故答案为：镁粉与石英管中的二氧化硅反应。 11． 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 ①⑤ 2Na2O2+2H2O=4Na+ + 4OH- + O2 ↑ 防止亚铁离子被氧化 C 【分析】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，据此进行解答。 【详解】(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①∼⑤中，①②⑤属于氧化还原反应，③④属于非氧化还原反应，反应①为钠和氧气反应生成过氧化钠，属于化合反应，反应②中的产物为两种，不是化合反应，反应⑤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反应的是①⑤； (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， A．KSCN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，能检验溶液中含有亚铁离子，故C符合； D．NaOH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。 12． Mg2+、Cl- 、 Na+、K+ 是 根据电中性原理原溶液中一定含有Cl- Mg²⁺+2OH-=Mg(OH)2↓ 【分析】Cu2+显蓝色，无色透明溶液不含Cu2+；①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀，可能含有、、Mg2+；②取少量原溶液加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含、；③取少量原溶液加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明溶液中含有Cl-，故溶液中一定含有Mg2+、Cl-，一定不含有的阴离子是、，可能含有的离子是Na+、K+，由此分析。 【详解】(1)根据分析，原溶液中一定含有的离子是Mg2+、Cl-，一定不含有的阴离子是、，可能含有的离子是Na+、K+； (2)根据分析，溶液中一定含有Mg2+，一定没有、，根据电中性原理，原溶液中一定含有阴离子Cl-，故实验③可以省略； (3)根据分析，加入足量的Ba(OH)2溶液后产生白色沉淀是溶液中的镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，①中反应的离子方程式：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。 13． 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+＋ClO−＋H2O=MnO2↓＋2H+＋Cl− Fe（OH）3 由图可知，在较高温度下析出MgSO4·H2O，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MgSO4·H2O晶体 【分析】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，溶液经过蒸发浓缩、加压升温的方法结晶得到产品。 【详解】（1）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； ②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+＋ClO−＋H2O=MnO2↓＋2H+＋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=5~6，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣Ⅱ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MgSO4·H2O，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MgSO4·H2O晶体。 14． CaCl2 离子键 共价键 Na2O 离子键 Na2O2 离子键和（非极性）共价键 【分析】由题给融雪剂的化学式及阳离子和阴离子的电子层结构相同，可推断该化合物是离子化合物，阳离子是，阴离子是；由含有电子，可知每个离子含有的电子数为，由此判断出X是Ca，Y是Cl。 【详解】根据上述分析可知， （1）该融雪剂的化学式是，化学键类型是离子键，电子式是，故答案为：；离子键；。 （2）主族元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，满足条件的分别是C和S，又D与Y相邻，则D是S，E是C；的结构示意图是，与S形成的三原子分子是，结构与相似，电子式为，其化学键为共价键，故答案为：；；共价键； （3）W与D同主族且为短周期元素，W是O，第三周期金属性最强的元素是Na，Na与在不加热时反应生成，化学键类型是离子键；加热时反应生成，化学键类型是离子键和（非极性）共价键，电子式是，故答案为：Na2O；离子键和（非极性）共价键；。 15． O(或氧) > 共价 弱于 【分析】Ⅰ．因B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，可知E为，B为O，C为Na；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则K、L、M三个电子层上的电子数分别为2、8、6，可知D为S；A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，可知A为C(碳)； Ⅱ．主族元素其最高正化合价=族序数(O、F除外)，主族元素最高正化合价+最低负化合价绝对值=8(H、O、F除外)，同周期元素原子序数越大，半径越小，从题图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl，据此分析解答。 【详解】Ⅰ．（1）因A为C，B为O，D为S，非金属性：S>C，故D的最高价氧化物对应的水化物是，O2-与Na+核外电子排布相同，质子数Na>O，因此简单离子半径大小； （2）A、B的化合物()与反应的化学方程式为； （3）A、B两元素形成的化合物为、CO，属于共价化合物； Ⅱ．（1）10电子和18电子粒子通常考虑的是氢化物，四核的10电子粒子为，六核的18电子可联想到两个9电子，且9电子均是由三个原子组成，根据的电子数可知符合题意； （2）与电子层结构相同，Na的核电荷数小，对应离子半径更大；S、Cl位于同周期，Cl的非金属性更强，的氧化性强于S，能将S从其盐溶液中置换出来或与氢硫酸反应置换出S都可证明Cl的非金属性强于S，其化学反应方程式为。 16． 第二周期第ⅥA族 HClO4 2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑ K与Na的最外层电子数相同，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引力K<Na AB 【分析】Q在地壳中含量最高，则其为氧元素；W为第三周期元素、且最高化合价为+7，则其为氯元素；X的最高价氧化物对应的水化物在第三周期中碱性最强，则其为钠元素；Y的焰色试验(透过蓝色钴玻璃)火焰呈紫色，则其为钾元素；Z的原子结构示意图为，则其为溴元素，从而得出Q是O，W是Cl，X是Na，Y是K，Z是Br。 【详解】(1)由以上分析知，Q为8号元素氧，其位于第二周期第ⅥA族。答案为：第二周期第ⅥA族； (2) W为Cl，其电子排布为2、8、7，所以最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4。答案为：HClO4； (3)X为Na，与反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑。答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑； (4)K、Na原子的最外层电子数均为1，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引力，失电子能力，所以金属性。答案为：K与Na的最外层电子数相同，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引力K<Na； (5) A．Br与Cl位于同一主族，所以Br的最低负化合价与Cl的最低负化合价相同，A正确； B．非金属性Br＜Cl，所以Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，B正确； C．Cl的非金属性比Br强，所以Br单质的氧化性弱于Cl单质的氧化性，C不正确； 故选AB。答案为：AB。 【点睛】书写W的最高价氧化物对应的水化物的化学式时，我们易把它看成“W的最高价氧化物”而导致出错。 17． 碳 铝 F Ar NaOH Al Cl Na 将钠和镁分别与冷水反应，反应剧烈的是钠，则钠更活泼(答案合理即可) 【分析】由题给信息知，①为C，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为Si，⑨为P，⑩为S，⑪为Cl，⑫为Ar，据此分析解答。 【详解】(1)①、⑦两种元素的名称分别为碳、铝； (2)在这些元素中，最活泼的金属元素是Na，其易失去1个电子形成的离子结构示意图为，最活泼的非金属元素是F，最不活泼的元素是稀有气体元素Ar； (3)同周期主族元素从左到右，元素非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，故上述元素中，其最高价氧化物对应的水化物中，的酸性最强，NaOH的碱性最强，能形成两性氢氧化物的元素是Al； (4)同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故⑤到⑪的元素中，Cl的原子半径最小； (5)由变化规律，金属性，可将金属钠和镁分别与冷水反应，反应剧烈的是钠，则钠更活泼。 18． Cl2 KSCN 【分析】E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E为，C为，A为红棕色粉末，则A为，B为，D为，乙为等碱性物质，由的转化可知，甲为Cl2等强氧化性物质，由B与丙溶液反应形成红色溶液可知，丙为KSCN。 【详解】(1)根据前面分析得到A为，B为，D为，乙为等碱性物质，甲为Cl2等强氧化性物质，丙为KSCN；故答案为：；；；；Cl2；KSCN。 (2)是氢氧化亚铁和氧气和水反应生成氢氧化铁，其化学方程式为；故答案为：。 【点睛】解题突破点在于由E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，说明氢氧化亚铁和氧气和水反应生成氢氧化铁。 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 $$