2025届高三化学一轮复习 复习题-无机推断题

2025届高三化学复习题-无机推断题 1．（2024·辽宁大连·一模）铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。回答下列问题: （1）基态铜原子价层电子排布式为 ，基态铜原子有 种运动状态不相同的电子。 （2）单质铜是由 键形成的晶体。 （3）Cu2+能与多种物质形成配合物。 ①CuSO4溶液与氨水在一定条件下可以生成[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体，该晶体中杂化轨道类型为sp3的原子为 。 ②CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子：；Cu2+的配位数为 ，乙二胺沸点高于1，2﹣二氯乙烷(Cl-CH2-CH2-Cl)的主要原因是 。 （4）已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知铜与氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯组成的化合物属于 (填“共价”或“离子”)化合物。 ③已知该晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离 cm(列计算式即可)。 2．（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 。 3．（2024·吉林长春·一模）A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题： (1)若常温下A为有色气体 ①若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式： 。 ②若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为： ；D中所含化学键的类型为： 。 (2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因： 。 (3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式： ；B转化为C的化学方程式为： 。 4．（2024·浙江杭州·模拟预测）化合物X(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，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。(金属互化物是全部由金属元素组成的化合物) (1)写出H的电子式 。 (2)X在400℃下分解的化学方程式 。 (3)金属互化物C分别与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应产生的气体物质的量之比为 。 5．（2024·北京通州·一模）有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。 根据上述信息进行判断，并回答下列问题： （1）g在元素周期表中的位置是 ； （2）比较d、e、f的简单离子半径大小为<<(用离子符号表示) ；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是 (用化学式表示)； （3）下列可作为比较e和f金属性强弱的依据是 ； ①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH ②测两种元素单质的硬度和熔、沸点 ③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少 ④比较两种元素在化合物中化合价的高低 ⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度 （4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为 。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式 。 6．（2024·全国·模拟预测）现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，五种阴离子为Cl-、OH-、NO3-、SO42-、CO32-。现将它们分别配成0.5mol·L-1的溶液，进行如下实验： ①测得溶液A、B呈碱性，且碱性为B＞A； ②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成； ③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失。 请根据上述实验现象，回答下列问题： （1）实验②中发生反应的化学方程式为 ；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为 。 （2）分两步写出实验③中发生反应的离子方程式： ； （3）写出下列四种化合物的化学式：A 、B 、E 。 7．（2024·浙江绍兴·一模）某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验： (1)化合物X的化学式为 (2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为 。 (3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为 (4)若以X ▪ 3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。 0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为 。 (5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由 。 8．（2024·吉林·三模）现有部分短周期元素的信息如表所示： 元素编号 元素性质或原子结构信息 X 第三周期元素中简单离子半径最小的元素 Y 其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性 Z 原子核外电子数和所在周期数相等 A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。 (1)元素X在周期表中的位置是 ，其简单离子的结构示意图为 。 (2)单质B的电子式为 。 (3)丙中所含的化学键类型是 (填序号)。 a.离子键        b.极性共价键            c.非极性共价键 (4)反应②中，0.5 mol参加反应时转移1 mol电子，该反应的化学方程式为 。 (5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，该反应的化学方程式为 。 9．（2024·浙江·一模）已知化合物X由4种元素组成，某学习小组进行了如下实验： 已知：步骤②中消耗KI0.15mol 请回答： （1）X的化学式是 ，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是 。 （2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，写出该反应的化学方程式： 。 10．（2024·湖南岳阳·模拟预测）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，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的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题： (1)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 。 (2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是 ，电负性最大的元素是 。 (3)D的氢化物比C的氢化物的沸点 （填"高"或"低"），原因 (4)E元素原子的核电荷数是 ，E元素在周期表的第 周期，第 族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在 区。 (5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是 晶体、 晶体 (6)画出D的核外电子排布图 ，这样排布遵循了 原理和 规则。 11．（2024·河北衡水·二模）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题： (1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是 。 a.原子半径和离子半径均减小 b.金属性减弱，非金属性增强 c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强 d.单质的熔点降低 (2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为 (填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是 (填离子符号)。 (3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 (填字母)。 a.NH3          b.HI          c.SO2          d.CO2 (4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式： 。 Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题： (5)甲的化学式是 ；乙的电子式是 。 (6)甲与水反应的化学方程式是 。 (7)判断：甲与乙之间 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。 12．（2024·河北衡水·二模）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示： 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题： (1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： 。 (2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。 (3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。 (4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸， 、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为 。 (5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为 。 13．（2024·浙江·一模）为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究： 请回答： (1)A的化学式为 。 (2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是 。 (3)A加热条件下分解的化学方程式为 。 14．（2024·天津·模拟预测）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：    (1)A的名称是 。 (2)写出下列反应的反应类型：反应①是 ，反应④是 。 (3)G的结构简式为 ，F的分子式为 。 (4)写出反应②的化学方程式 。 (5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式： 。 (6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是 。 (7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物  （无机试剂任选） 。 15．（2024·江苏·模拟预测）有关物质的转化关系如图所示。C为常见的调味品,D是常见的无色液体。E、F、H和J均为气体,其中H和J为单质,且两者在一定条件下可生成E。    （1）物质的性质决定物质的用途。物质I的溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为物质I具有 性。 （2）写出反应①的化学方程式： 。 （3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目： 。 （4）写出反应④的离子方程式： 。 （5）写出反应⑤的化学方程式： 。 16．（2024高三上·上海·期末）U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体。X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体 请回答下列问题： （1）V元素原子的L层电子排布式为 ；XW的电子式为 。 （2）U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号） 。 ①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体 （3）U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V的氢化物沸点较低的是（写化学式） ；V、W的氢化物分子结合H＋能力较强的是（写化学式） ，用一个离子方程式加以证明 。 （4）YW2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体VW，有关反应的离子方程式为 ，由此可知VW和YW2还原性较强的是（写化学式） 。 17．（2024·辽宁·二模）A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题： (1)A所含元素在周期表中的位置为 ，C的电子式为 。 (2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为 。 (3)25℃时，pH均为10的H和G溶液，由水电离出的c(OH-)之比为 。 (4)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为 。I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1：4，该反应的离子方程式为 。 (5)向含有0.4mol F、0.1 mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a L气体C(标准状况)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a= 。 18．（2024·上海·高考真题）考生注意：下题为分叉题，分A、B两题，考生可任选一题。若两题均做，一律按A题计分。A题适合使用二期课改新教材的考生解答，B题适合使用一期课改教材的考生解答。 （A）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表： 元素编号 元素性质或原子结构 T M层上有2对成对电子 X 最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是＋7价 （1）元素T的原子最外层共有 种不同运动状态的电子。元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 （2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出该微粒的电子式 （用元素符号表示） （3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 a．常温下Z的单质和T的单质状态不同    b．Z的氢化物比T的氢化物稳定 c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应 （4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是 ，理由是 。 （B）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表： 元素编号 元素性质或原子结构 T 单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性 X L层p电子数比s电子数多2个 Y 第三周期元素的简单离子中半径最小 Z L层有三个未成对电子 （1）写出元素X的离子结构示意图 。 写出元素Z的气态氢化物的电子式 （用元素符号表示） （2）写出Y元素最高价氧化物水化物的电离方程式 （3）元素T与氯元素相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 a．常温下氯气的颜色比T单质的颜色深 b．T的单质通入氯化钠水溶液不能置换出氯气 c．氯与T形成的化合物中氯元素呈正价态 （4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之—。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是 ，理由 。 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． 3d104s1 29 金属 N、O、S 4 乙二胺分子间存在氢键 CuCl 共价 × 【详解】(1)铜元素的原子序数为29，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1，同一原子中没有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故答案为：3d104s1；29； (2)单质铜是由铜离子和自由电子通过金属键形成的金属晶体，故答案为：金属； (3)①NH3分子中N原子的价层电子对数为4、H2O分子中O原子的价层电子对数为4、SO离子中S原子的价层电子对数为4，则N、O、S的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N、O、S； ②根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4；乙二胺分子间能形成氢键，而1，2﹣二氯乙烷分子间不能形成氢键，则乙二胺分子间的作用力大于1，2﹣二氯乙烷，沸点高于1，2﹣二氯乙烷，故答案为：乙二胺分子间存在氢键； (4)①由晶胞结构可知，1个晶胞中氯原子个数为8×+6×=4，位于体内的铜原子个数为4，晶胞内原子个数比1:1，则化学式为CuCl，故答案为：CuCl； ②由题给数据可知，铜与氯的电负性差值为(3.0—1.9)=1.1＜1.7，则铜与氯易形成共价键，组成的化合物为共价化合物，故答案为：共价； ③设晶胞的边长为acm，由晶胞质量公式可得a3ρ=，解得a=，则体对角线为×，由晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的可知，晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离×，故答案为：×。 2． 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。 3． Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O Na2CO3 离子键、极性共价键 Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑； 4NH3+5O24NO+6H2O 【详解】(1)①若常温下A为有色气体，F是一种金属单质由转化关系可知，F为变价金属，应为Fe，B与Fe反应生成高价Fe，由于A为有色气体，与水反应生成B与E，则A为二氧化氮，B为硝酸、E为NO，C为硝酸铁、D为硝酸亚铁。则B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O； ②A为有色气体，与水反应生成B与E，E具有漂白性，则A为氯气、B为HCl、E为HClO，物质F焰色反应呈黄色，含有Na元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为碳酸钠、C为二氧化碳、D为碳酸氢钠，F的化学式为Na2CO3；D为NaHCO3，含有离子键和极性共价键； (2)A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠、C为偏铝酸钠、F为铝盐、D为氢氧化铝、E为氧气，铝盐溶液中存在铝离子的水解：，所以呈酸性； (3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，则该元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，则该元素为Mg； B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，该盐应为NH4NO3，A中另一种元素为N元素，所以A为Mg3N2，与水反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；B为NH3，被催化氧化生成C为NO，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。 4． 3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2 2：1 【分析】化合物X(仅含三种短周期元素)是一种储氢材料，400℃隔绝空气分解放出氢气，则A为氢气，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，说明X中含有镁元素，溶液E通入二氧化碳生成白色胶状沉淀F，则F为Al(OH)3，可知X中含有H、Mg、Al三种元素，然后根据图中转化关系确定其他物质的成分。 【详解】由图中关系可知，单质B可与氢氧化钠溶液反应，B为铝，单质D为镁，H为MgH2，由题中数据可知，n(Mg)==0.03mol，n(Al)==0.04mol，n[Al(OH)3]==0.06mol，说明金属互化物C中含有0.03molMg和0.02molAl，C为Mg3Al2；X中含有0.06molAl，0.03molMg，则n(H)==0.24mol，则X的化学式为Mg(AlH4)2。 (1)H为MgH2，属于离子化合物，电子式为，答案：； (2)X在400℃下分解生成H2、Al和Mg3Al2，化学方程式为3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2，答案：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2； (3)金属互化物C为Mg3Al2，Mg、Al都可与盐酸反应，而只有Al能与氢氧化钠溶液反应，则1molC与足量盐酸反应可生成6mol氢气，与足量氢氧化钠溶液反应可生成3mol氢气，则生成氢气的物质的量之比为2：1，答案：2：1。 【点睛】根据金属镁、铝的特殊性质确定化合物里含镁、铝元素是推断的关键。 5． 第三周期第VIA族 Al3+＜Na+＜O2-； HClO4 ①⑤ NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ Na+[]- 【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。 【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族； (2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4； (3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确； ②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误； ③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误； ④元素化合价高低与金属性无关，故④错误； ⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确； 答案选① ⑤； (4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。 6． 9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O 先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O K2CO3 Ba(OH)2 CaCl2 【分析】①能使溶液呈碱性的离子有OH-、CO32-，测得溶液A、B呈碱性，则应分别为碱、碳酸盐，且碱性为B＞A，则A为碳酸盐，形成化合物且溶于水的只有K+，剩下的阳离子能与OH-形成化合物且溶于水的只有Ba2+，故A应为K2CO3，B应为Ba(OH)2； ②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，应为Fe(NO3)2，发生氧化还原反应生成NO气体； ③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，继续滴加，沉淀消失，则D含有Al3+，E含有Ca2+，结合离子共存可知D为Al2(SO4)3，E为CaCl2，以此解答该题。 【详解】(1)实验②中发生反应的化学方程式为9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O；向C中滴加NaOH溶液，C溶液中为Fe(NO3)2，出现的现象为先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； (2)实验③中发生反应的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O； (3)由以上分析可知A为K2CO3，B为Ba(OH)2，E为CaCl2。 7． Cu(NO3)2 4NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2 ▪3Cu(OH)2 NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应 【分析】对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素； X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。 【详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2； (2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：； (3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：； (4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2； (5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。 8． 第三周期IIIA族 b 【分析】X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素．A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18mol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。 【详解】(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为； (2)单质B为，电子式为； (3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b； (4)反应②为氨气与的反应，0.5 mol参加反应时，转移1 mol电子，则Cl元素由＋1价降低为﹣1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为； (5) —定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。 9． KIO3•2HIO3 I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+ 3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3 【分析】由反应②可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=，则n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤②中消耗KI0.15mol，化合物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，则5.66gX应含有n（I）=0.03mol，应发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）=0.03mol，如化合物为0.01mol，则相对分子质量为 ，应为KIO3•2HIO3，以此解答该题。 【详解】（1）由以上分析可知X为KIO3•2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：KIO3•2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+； （2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。 10． HNO3 NaOH F F 高 因为NH3分子间形成氢键 26 四 d Ⅷ 离子 分子 1s22s22p3 泡利 洪特 【分析】根据A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图 可知，x=2，A的原子序数为14， 故A为Si元素； A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe元素。所以由上述分析可知，A为Si元素，B为Na元素、C为P元素，D为N元素，E为Fe元素。 【详解】(1) 由上述分析可知：五种元素中N的非金属性最强，Na的金属性最强，故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，故答案为：HNO3； NaOH ； (2)由上述分析可知：D为N元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为： F；F； (3) 由上述分析可知：D为N元素，D的氢化物为NH3，C为P元素，C的氢化物为PH3，因为NH3分子间形成氢键，所以沸点NH3> PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键 ； (4)根据E的外围电子排布式为3d64s2可知，E核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族， 价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d区，故答案为：26；四；d； (5) 由上述分析可知：B为Na元素、C为P元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子； (6) 由上述分析可知：D为N元素，D的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。 11． b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能 【分析】Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答； (2)第三周期的元素，次外层电子数是8； (3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体； (4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可； Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4  L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。 【详解】(1) a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误； b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确； c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误； d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。 (2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+； (3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b； (4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。 (5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。 (6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。 (7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。 12． 1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O 【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。 【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。 (2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。 (3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。 (4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。 (5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。 13． FeSO4 Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O 2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ 【分析】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。 【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3， （1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0. 02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4； （2） 固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O； （3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。 14． 1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应    C10H18O4 CH3CHClCH2Cl+2NaOH  CH3CHOHCH2OH+2NaCl    Na2CO3饱和溶液    【分析】丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷   ，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为  ，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构  可推知E为CH3CH2OH。 (7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。 【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为  ，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为  ，根据题中信息，F发生取代反应生成H  和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。 (1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷 (2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应； (3)G的结构简式为：  ；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4； (4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOH  CH3CHOHCH2OH+2NaCl； (5)C为环己烷  ，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为  ； (6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯  ，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液； (7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到  ，所以合成路线流程图为：  。 【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等． 15． (强)氧化 NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O    Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O 【分析】C为常见的调味品，则C为NaCl；F和G在点燃条件下反应生成NaCl，F为气体，则F为Cl2，G为Na；其中D是常见的无色液体，则D为H2O；Na和H2O反应生成NaOH和H2(H和B)，H为气体单质，则H为H2，B为NaOH，Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O（C、D和I），则I为NaClO，A和B(NaOH)反应能生成E，E为气体，则E为NH3，A为NH4Cl，H和J为单质且两者在一定条件下可生成E，则J为N2，则NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，据此答题。 【详解】（1）物质I为NaClO，其溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为具有强氧化性，故答案为(强)氧化。 （2）反应①为NH4Cl与NaOH在加热条件下反应生成NaCl、NH3和H2O，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故答案为NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O。 （3）反应③为Na和H2O反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH +H2↑，该反应中钠的化合价由0价升高为+1价，H元素的化合价由+1价降低为0价，转移2个电子，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：  ，故答案为  。 （4）反应④为Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。 （5）反应⑤为NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，化学方程式2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O，故答案为2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O。 【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 16． 2s22p3 ① ③ CH4 NH3 NH3+ H3O+ =NH4++ H2O 3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+ SO2 【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，应为SO2，则Y为S，W为O，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2，则U为C，根据原子序数关系可知V为N元素，X的单质是一种金属，该金属在CO2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。 【详解】（1）V为N元素，原子核最外层有5个电子，L层电子排布式为2s22p3，XW为MgO，是离子化合物，电子式为； （2）C元素形成的单质有金刚石、无定形碳等，分别为原子晶体和分子晶体，故答案为①③； （3）U、V、W形成的10电子氢化物分别为CH4、NH3和H2O，NH3和H2O均含有分子间氢键，沸点较CH4高，NH3为碱性气体，结合H+能力较强，可与酸反应：NH3+ H3O+ =NH4++ H2O，故答案为CH4；NH3；NH3+ H3O+ =NH4++ H2O； （4）SO2具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，应有还原性：SO2>NO，故答案为3SO2+ 2NO3-+ 3Ba2++ 2H2O = 3BaSO4↓ + 2NO + 4H+；SO2。 17．(1) 第三周期第ⅥA族 (2)3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O (3)1∶106 (4) 2H+ + S2O= S↓+ SO2↑+H2O 4Cl2 +S2O+ 5H2O=8Cl- + 2SO + 10H+ (5)2.24 【分析】根据题意知，常温下A是淡黄色粉末，A是硫；B、D是气体，A和D生成E，E有漂白性，说明D是O2，E为SO2，则B是H2，C为H2S，F、G、H的焰色反应均为黄色，F、G、H中均含有钠元素，水溶液均显碱性，SO2和H2S均能与H反应，H为NaOH，则F为Na2S，G为Na2SO3。 【详解】（1）S在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，H2S的电子式为； （2）S与NaOH在加热条件下反应的化学方程式为3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O； （3）25℃时，pH为10的NaOH中水的电离被抑制、由水电离出的c(OH-)=c(H+)=1×10-10mol/L，pH为10的Na2SO3溶液中水的电离被促进、由水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，二者水电离出的c(OH-)之比为1：106； （4）根据S溶于沸腾的Na2SO3溶液中可以制得化合物I，I为Na2S2O3，Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的S和SO2，反应的离子方程式为2H+ + S2O= S↓+ SO2↑+H2O ，向Na2S2O3溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I(Na2S2O3)和氯气的物质的量比为1：4，反应的离子方程式为4Cl2 + S2O+ 5H2O=8Cl- + 2SO+ 10H+； （5）向含有0.4mol F(Na2S)、0.1 mol G (Na2SO3)的混合溶液中加入过量盐酸， 2Na2S + Na2SO3 + 6HCl=3H2O+3S + 6NaCl ，多余的硫化钠与盐酸再反应生成硫化氢气体、收集到标准状况的a L气体C(H2S)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g： 3.2g是S，因为发生了2FeCl3+ Na2S=2FeCl2+ S↓+ 2NaCl，则该反应中消耗的Na2S为0.1mol；Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸，发生反应：2Na2S+ Na2SO3+6HCl=6NaCl+3S↓+3H2O，消耗Na2S0.2mol，剩余的Na2S0.1mol，与盐酸反应放出H2S，放出H2S的物质的量为0.1mol，标准状况下的体积为2.24L，则a=2.24。 18． 6 146C []＋ Cl b H2CO3 弱酸性或非氧化性酸 H＋＋AlO2－＋H2OAl(OH)3A13＋＋3OH－ F c Al 具有金属性 【详解】（A）此题主要考查了元素周期律以及原子核外电子排布知识。T元素M层上有两对成对电子，因此M层上还有2个未成对电子，T元素最外层共有6个电子，是S，最外层有6种不同运动状态的电子；X最外层电子数是次外层的两倍，因此X次外层为2个电子，最外层为4个电子，是碳元素，能用于测定文物年代的是具有放射性的；Y单质是双原子分子，且其氢化物水溶液显碱性，可知Y是N，形成的离子为NH4+其电子式为[]＋；元素Z最高正价是＋7价，因此Z是Cl，非金属性Cl＞S。非金属性强弱可通过气态氢化物的稳定性及最高价氧化物水化物的酸性比较得出。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、H2SO4、HNO3、HClO4，除了碳酸是弱酸，其余均为强酸。 【思路点拨】解此类题目，要求考生掌握原子的核外电子排布规律，并能熟练运用元素周期律，对于一些常见物质及其性质要熟悉。 （B）此题主要考查了核外电子排布规律以及元素周期律知识。T单质能与水剧烈反应且得到弱酸性溶液，可知T是F；X元素L层p电子数比s电子数多2个可知其L层有6个电子，是O；第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，故Y是Al，其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3；Z的L层有三个未成对电子，可知其L层有5个电子，是N。X的离子为O2-；Z的气态氢化物为NH3；Y最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物可发生酸式电离和碱式电离；F非金属性大于Cl，c项中氯呈正价可以说明，而b 项中之所以布能置换出氯气是因为F2与水反应， 【思路点拨】核外电子排布以及元素周期律是历年高考常考题，要求考生能依据核外电子排布规律，快速判断元素种类，并能依据元素周期律知识比较原子（离子）半径大小、金属性、非金属性强弱，掌握常见元素化合物性质。 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 $$