2025届高三化学一轮复习---无机推断题

2025届高三化学复习---无机推断题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．（23-24高三下·江苏泰州·期中）下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。 (1)元素和形成的分子的结构式是 ，分子中含有 (填“极性”或“非极性”)键。 (2)元素的最简单气态氢化物的电子式是 。元素和中，最简单气态氢化物的沸点较高的是 (用化学式表示)，原因是 。 (3)元素和形成的最简单化合物分子的空间结构是 (用文字表述)。元素、、中，简单离子半径从大到小的顺序是 (用离子符号表示)。 (4)元素的外围电子轨道表示式是 。元素、、中，第一电离能从大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (5)元素的最简单气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以发生反应，该反应的化学方程式是 。元素和的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应，该反应的离子方程式是 。 2．（23-24高三上·陕西渭南·期末）A~G均代表常见化合物，且A、D、E、F、G均含同种金属阳离子，转化关系如图所示，C在常温下为液体，F俗称为小苏打，请回答下列问题： (1)请写出物质转化时需要加入的试剂，D→E： ，F→D： 。 (2)电解熔融G可得到钠和黄绿色气体，该反应的化学方程式为 。 (3)请写出反应②的离子方程式： ，该反应中的氧化剂与还原剂的质量之比为 。 (4)检验溶液中是否存在的操作及现象为 。 (5)取由和组成的某固体粉末充分加热，将产生的全部气体依次通过浓硫酸和碱石灰，碱石灰增重(不考虑气体的逸出)，则加热时发生反应的化学方程式为 ，原固体粉末中的质量分数为 (保留三位有效数字)。 3．（23-24高三下·安徽淮南·期中）如图是无机物在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。已知：常温下A为气体，都含有相同的元素。 试回答下列问题。 (1)写出反应①的化学方程式： 。 (2)在①②③④中属于氮的固定的是 (填序号)。 (3)下列说法正确的是_______(填字母)。 A．通过水可以除去中含有的少量D B．物质均可以用向上排空气法收集 C．的浓溶液的存放方法是保存在无色细口玻璃瓶 D．物质中只含离子键 (4)易溶于水。已知某温度压强下，将体积为的试管充满后倒扣在水中。 ①最终试管中所得的物质的量浓度为(不考虑的扩散) 。 ②若按物质的量之比被溶液吸收，只生成一种盐，则该反应的离子方程式是 。为提高吸收速率与效率，最好选用 装置(填字母)。 (5)工业上可用①②③由制取，为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染，C须循环使用。若消耗的制取，在该过程中至少消耗的的物质的量为 。 (6)实验室里检验中阳离子的方法是 。 4．（23-24高三下·贵州贵阳·期中）X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子序数总和等于49.它们的化合物在常温下有如图所示的转化关系： 已知：乙、戊分子都含有10个电子，且两种分子中心原子的杂化方式均为杂化，乙中共价键的键角小于戊中共价键的键角。丙易溶于水，0.1mol/L丙的水溶液中，。甲为三种元素组成的化合物，其他化合物均为两种元素组成的化合物。试回答下列问题： (1)Q元素原子的简化电子排布式为 。 (2)甲、乙、丙、丁、戊五种分子中，中心原子杂化方式为的是 (填分子的化学式)；乙中共价键的键角小于戊中共价键的键角的原因是 。 (3)戊分子为 分子(填“极性”或“非极性”)，甲分子的VSEPR模型为 。 (4)写出甲与乙反应的化学方程式： 。 (5)下列说法正确的是 (填序号)。 A．简单阴离子半径：W>Q B．常温下，0.1简单氢化物水溶液的pH：Q>W>Z>Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>W D．化合物中含极性键、非极性键和离子键 E．甲与乙的化学反应中，甲作氧化剂 5．（23-24高三上·甘肃庆阳·期末）现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。 (1)A元素的第一电离能 (填“<”“>”或“=”)B元素的第一电离能， A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。 (2)D元素原子的价电子排布式是 。 (3)C元素的电子排布图为 ；的离子符号为 。 (4)F元素位于元素周期表的 区，其基态原子的电子排布式为 。 (5)G元素可能的性质___________。 A．其单质可作为半导体材料 B．其电负性大于磷 C．其原子半径大于锗 D．其第一电离能小于硒 6．（23-24高三下·广东江门·期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。部分含氮物质和含氯物质的价类二维图如下，回答下列问题： (1)关于上述部分物质间转化的说法正确的是___________(填字母)。 A．a和c可在一定条件下反应生成b B．工业上通过a→b→d→e来制备HNO3 C．浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇ D．a和a＇在空气中相遇产生白烟 (2)固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图： a．该转化过程①②③反应中 为氧化还原反应(填编号)。 b．参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有 (填字母)。 A．离子键          B．极性键          C．非极性键          D．氢键 c．假设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3，同时生成 molO2。 (3)在常温下铁、铜与e的浓溶液组成原电池。 ①请在下面方框中画出该原电池的装置图。要求：注明电解质溶液名称、正负极材料，并标出电子移动方向。 ②写出该电池总反应式和负极反应式：电池总反应式： ；负极反应式： 。 (4)由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出该反应的化学方程式： 。 7．（23-24高三下·内蒙古赤峰·阶段练习）已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。 (1)请用元素符号完成下列空白： ①A、B、C三种元素的电负性由大到小顺序为： 。 ②B、C、D、E 4种元素的第一电离能由大到小顺序为： 。 (2)下面是A~F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是 。          (3)F在周期表中的位置 ，位于周期表的 区。 (4)BA3是一种很好的配体，BA3的沸点 (填“>”“=”或“<”)AsA3。 (5)B原子核外有 种不同运动状态的电子；基态B原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为 ；F原子核外电子占据的最高能层的符号是 。 8．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）部分元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系如图。已知A是生活中使用广泛的金属单质，常温下B是无色无味的液体，E是胃酸的主要成分。 请回答下列问题。 (1)写出下列物质的化学式：E ；G 。 (2)反应①的化学方程式为 ；反应②的离子方程式为 。 (3)F溶液常温下呈浅绿色，该溶液中金属阳离子为 (填离子符号)，反应④中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (4)Cl2通入到石灰乳中可以制成一种常用的消毒剂，其有效成分为 (填化学式)。 9．（23-24高三下·山东泰安·阶段练习）(I)元素是组成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。 (1)1869年，门捷列夫在前人研究的基础上研制出了第一张元素周期表。到20世纪初，门捷列夫在周期表中为未知元素留下的空位逐渐被填满，而且，随着原子结构的逐渐揭秘，科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量的递增呈现周期性变化，而是随着原子序数(核电荷数)的递增呈现周期性变化。其本质原因是 (填字母序号)。 A．随着核电荷数递增，原子半径呈现周期性变化 B．随着核电荷数递增，元素的化合价呈现周期性变化 C．随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化 (2)有A、B、D、E、X、Y、Z七种短周期元素。X与Y处于同一周期，Y的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应。Z的单质常温下为气态，同条件下对于氢气的相对密度为35.5.其余元素的信息如图所示： ①E在周期表中的位置是 。 ②A、D、Z三种元素所形成的化合物DA4Z中的化学键类型是 。 ③X的最高价氧化物对应水化物与Y的单质反应的离子方程式为 。 ④下列可以判断X和Y元素原子失电子能力强弱的是 (填字母序号)。 a．单质的熔点X比Y低 b．单质与酸反应时，失电子数X比Y少 c．单质与水反应X比Y剧烈 d．最高价氧化物的水化物的碱性X比Y强 (3)已知天然气的主要成分甲烷(CH4)燃烧时的能量变化如图所示： 已知断开图示中部分化学键需要的能量：C—H：akJ·mol-1，O=O：bkJ·mol-1，C=O：ckJ·mol-1，则形成1molO—H释放的能量为 kJ。 10．（23-24高三下·浙江·期中）电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加溶液处理，使之转化为沉淀B。取一定质量沉淀B按如图流程进行实验： 已知：B含三种元素，气体D标况下密度为2.32g/L，混合气体1无色无味，F为气体单质且标况下密度为1.25g/L。请回答： (1)组成B的三种元素为 ，黑色固体E的化学式为 。 (2)气体F的结构式 ，阴离子A的电子式 (3)沉淀B隔绝空气加热分解的化学方程式是 (4)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物（测其分子量为99.5），则反应的化学方程式是 。 11．（22-23高三下·安徽芜湖·期中）表中是元素周期表的一部分，请参照元素①~③在表中的位置，回答下列问题： 族 周期 ⅠA 0 1 ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ① 3 ② ③ ④ ⑤ (1)②与氢气化合产物的电子式是 。 (2)同周期的ⅡA与ⅢA两族元素，原子序数之差可能为 。 a．1            b．8            c．11            d．25 (3)③和⑤可形成离子化合物，用电子式表示其形成过程 。 (4)②和④各自的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式为 。 (5)下列事实能判断①和②的金属性强弱的是 （填字母，下同）。 a．常温下单质与水反应置换出氢的难易程度 b．最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱 c．相同温度下，最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小 d．④、③的单质与氢氧化钠溶液设计的原电池，负极的金属性较强 (6)硒（Se）位于第四周期，与①同主族。下列推断正确的是 。 a．SeO2即具有还原性，又具有氧化性 b．Se的最低负化合价是-2价 c．Se的非金属性弱于S，可知H2SeO3的酸性弱于H2SO3 d．SeO2与SeO3均是酸性氧化物 (7)室温下向SeO2固体表面吹入NH3，得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为 。 12．（23-24高三下·广东惠州·阶段练习）前四周期的A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大。基态A原子核外电子的L层电子数是K层的2倍；B原子基态时的2p轨道上有3个未成对的电子；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有3个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素与B元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。 (1)E元素在周期表中位置为 ，价电子轨道表示式为 。 (2)B、C、F三种元素电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)，第一电离能D (填“>”、“<”或“=”)。 (3)相同条件下，A、B的简单氢化物在水中溶解度较大的是 (填化学式)，理由是 。 (4)F元素可能的性质_______(填标号)。 A．其单质可作半导体材料 B．存在-3、+3、+5等多种化合价 C．最高价氧化物对应的水化物是强酸 D．单质还原性弱于磷单质 13．（23-24高三下·福建泉州·阶段练习）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系： (1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，②、③反应的条件均是点燃，B是： 。 (2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出反应③的化学方程式： 。 (3)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应④的离子方程式： 。 (4)若B、C、D为三种不同类别的物质，且C的水溶液呈黄色，②反应中A不能过量。C可能是： ，D可能是 。 14．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）I下列物品或设施：①陶瓷餐具②砖瓦③混凝土桥墩④门窗玻璃⑤水晶镜片⑥石英钟⑦水晶项链⑧硅太阳能电池⑨石英光导纤维⑩计算机芯片 (1)①含有硅单质的是 ②含有硅酸盐的是 Ⅱ在下图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。 (2)反应②的离于方程式 。 (3)写出反应①的化学方程式 ，当反应消耗0.15mol物质D时，转移电子的数目为 。 Ⅲ某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，该保障系统中涉及到反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，回答下列问题： (4)以上反应过程中能量变化情况如图所示。CO2的电子式为 ，生成18gH2O(g)时，向环境 (选填释放，吸收)能量为 kJ。 15．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）“价—类”二维图是预测物质性质的重要思维工具。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。 (1)按物质性质分类，C、D均属于 氧化物。 (2)A 中硫元素处于最低化合价，具有 性，预测 A 溶液久置于空气会出现的现象 ，写出发生反应的化学方程式 。 (3)气体A 和气体C混合时有黄色粉末生成，该反应的化学方程式为 ；试管内的单质B可用热的NaOH溶液洗涤，反应过程中仅生成G、水以及另一种钠盐，该钠盐的化学式为 。 (4)工业上用 (填试剂名称)吸收D制E，检验某溶液中是否含有： 的方法为取适量待测液于试管中，加入足量 ，充分反应后，再滴加适量 ，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有： (5)E的浓溶液与碳单质在加热条件下发生反应，若要验证气体产物有(CO2和SO2可选择以下试剂进行实验： ①酸性高锰酸钾   ②品红溶液   ③澄清石灰水，合理的顺序为 (填序号)。 16．（22-23高三下·安徽芜湖·阶段练习）证据推理是科学探究的基本方法。某化学兴趣小组的同学欲探究固体混合物的成分，已知其中可能含有、NaOH、、、CuO中的两种或多种。 按所示进行探究，现象如图所述（假设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）。请回答下列有关问题： (1)固体物质A的化学式为 ；无色气体D的化学式为 。 (2)蓝色溶液C中一定含有的阳离子有 （写离子符号）。 (3)写出步骤②中一定发生的化学方程式 。 (4)根据上述实验，固体混合物中一定不存在的物质是 （填化学式）。 17．（2024·浙江杭州·二模）固态化合物CaCu2O3有如下转化： 已知：固体G的摩尔质量为80g/mol。 (1)用化学式表示A的组成 ，写出溶液D中主要的阳离子 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．反应Ⅰ中NH3体现氧化性 B．反应Ⅱ的现象说明稳定性： C．气体混合物B的组成为N2、NH3 D．固体G与水反应可以得到NH3 (3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。 ①写出制备NaCuO2的离子方程式 。 ②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在 。 18．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）如图为元素周期表的一部分，参照元素①~⑩在表中的位置，回答下列问题： 族周期 ⅠA 0 1 ① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ (1)写出元素锗（Ge，原子序数32）在元素周期表中的位置 。 (2)第三周期中非金属性最强的元素的原子形成简单离子的结构示意图为 。 (3)③⑦⑧最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为（填化学式） 。 (4)写出②的单质在足量④的单质中燃烧产物的电子式 。用电子式表示⑤和⑩组成简单化合物的形成过程 。 (5)④和⑨的单质均能与反应生成型化合物，请判断这两种型化合物的热稳定性 （填化学式）。 (6)由表中①、③、④、⑥、⑩元素形成的常见物质Z、M、N可发生以下反应： i．M中所含的化学键种类为 （填字母）。 a．离子键    b．极性共价键    c．非极性共价键 ⅱ．生成Z和M的离子方程式 。 ⅲ．Z→N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．(1) O=C=O 极性 (2) 分子间存在分子间氢键，而分子间没有 (3) 正四面体形 (4) (5) 【分析】由元素周期表的位置可知a~h分别为H、C、N、O、Na、S、Cl、Ca； 【详解】（1）CO2分子中C和O共用2对电子对，结构式是O=C=O，分子中含有极性键； （2） 元素S的最简单气态氢化物H2S的电子式是，元素O和S的最简单气态氢化物H2O、H2S常温下分别为液态和气态，沸点较高的是H2O，原因是分子间存在分子间氢键，而分子间没有； （3）元素H和C形成的最简单化合物CH4分子的空间结构是正四面体形，电子层数相同，核电荷数越多离子半径越小，简单离子半径从大到小的顺序是：S2->Cl->Ca2+； （4） 元素N的价层电子排布式为2s22p3，,外围电子轨道表示式是，同一周期元素从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能比相邻元素的大，第一电离能从大到小的顺序是； （5）最简单气态氢化物NH3和最高价氧化物对应的水化物HNO3发生反应生成硝酸铵，该反应的化学方程式是NH3+HNO3= NH4NO3，元素Na和Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HClO4，两者发生反应生成NaClO4和水，该反应的离子方程式是H++OH-=H2O。 2．(1) Ca(OH)2溶液 NaOH溶液 (2) (3) 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2 1∶1 (4)用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若为紫色，则有K+ (5) 【分析】A~G均代表常见化合物，且A、D、E、F、G均含同种金属阳离子，转化关系如图所示，C在常温下为液体，F俗称为小苏打，F为NaHCO3，气体B、液体C和固体A反应都生成O2，则B为CO2，C为H2O，A为Na2O2，D为Na2CO3，E为NaOH，以此解答。 【详解】（1）Na2CO3和Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，NaHCO3和NaOH溶液反应生成Na2CO3； （2）电解熔融NaCl可得到钠和黄绿色气体为Cl2，该反应的化学方程式为：； （3）过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2，该反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的质量之比为1∶1； （4）检验溶液中是否存在的操作及现象为：用洁净的铂丝蘸取E溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若为紫色，则有K+； （5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和H2O，则加热时发生反应的化学方程式为：，浓硫酸吸收水，碱石灰吸收CO2，则CO2的物质的量为=0.1mol，由反应式：可知，碳酸氢钠的物质的量为0.2mol，则原固体粉末中NaHCO3的质量分数为。 3．(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2)④ (3)AD (4) NO+NO2+=2+CO2 B (5)2 (6)取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在 【分析】已知：A为气体，A～F都含有相同的元素，A能和氧气、氢气反应，B和氧气生成C，推测A为氮气、B为氨气、C为一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，硝酸和氨气生成硝酸铵，故D为二氧化氮、E为硝酸、F为硝酸铵。 【详解】（1）反应①为氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。 （2）氮的固定为游离态氮转化为化合态的氮，①②③④中属于氮的固定的是④。 （3）A．二氧化氮和水生成NO，则通过水可以除去C中含有的少量D，A正确； B．NO会和氧气转化为二氧化氮，故NO不用向上排空气法收集，B错误； C．浓硝酸见光易分解，其浓溶液的存放方法是保存在棕色细口玻璃瓶，C错误； D．物质硝酸铵是由铵根离子、硝酸根离子构成的，含有离子键，D正确； 故选AD。 （4）①3NO2+H2O=2HNO3+NO，体积为VmL的试管充满D后倒扣在水中，试管中会剩余三分之一的NO，液体进入试管的三分之而，则最终试管中所得二氧化氮的物质的量浓度为； ②若一氧化氮、二氧化氮按物质的量之比1：1被Na2CO3溶液吸收，只生成一种盐，一氧化氮中氮化合价为+2、二氧化氮中氮化合价为+4，则该反应中生成+3价氮的盐为NaNO2，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳，反应离子方程式是NO+NO2+=2+CO2。为提高吸收速率与效率，最好选用B，通过多孔球泡增加气体与碱液的接触面积。 （5）NH3转化为HNO3中氮化合价由-3变为+5，氧气为氧化剂化合价由0变为-2，结合电子守恒可知NH3~8e-~2O2，消耗1mol的B制取E，在该过程中至少消耗的O2的物质的量为2mol。 （6）实验室里检验硝酸铵中阳离子的方法是：取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在。 4．(1) (2) 乙是分子，戊是，二者均为杂化，孤电子对排斥作用大于成键电子对，水分子中有两对孤电子对排斥作用更大，所以键角更小 (3) 极性 空间正四面体 (4) (5)AC 【分析】丁能够使品红溶液褪色，加热后又变红色，说明丁是二氧化硫，丙和戊两种气体混合冒白烟，戊是二元化合物且是10电子物质中心原子杂化方式为sp3杂化，确定是氨气。丙易溶于水，0.1mol/L丙的水溶液中，，丙是二元化合物是HCl。乙是液态10电子物质确定是水。所以X、Y、Z、W、Q元素分别是H、N、O、S、Cl，原子序数总和为49，甲是三元液态化合物，与水反应生成HCl、SO2两种物质，说明甲是SOCl2。 【详解】（1）由分析知，Q是Cl，Cl原子的简化电子排布式为。 （2）甲、乙、丙、丁、戊五种分子中，二氧化硫的中心原子价层电子对数为3，是sp2杂化，乙是水，戊是氨气，二者均为sp3杂化，孤电子对排斥作用大于成键电子对，水分子中有两对孤电子对排斥作用更大，所以键角更小。 （3）氨气分子是三角锥分子，由极性共价键组成的极性分子，SOCl2中心原子价层电子对数为4，所以VSEPR模型为空间正四面体。 （4）甲是SOCl2，与水反应生成HCl和SO2两种物质，反应方程式为。 （5）A．简单阴离子硫离子和氯离子，由于氯离子的核电荷数大，所以半径小，所以S2->Cl-，A正确； B．常温下，0.1简单氢化物水溶液的pH：NH3>H2O>H2S>HCl，B错误； C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，C正确； D．化合物SOCl2中没有离子键，D错误； E．甲与乙的化学反应为非氧化还原反应，E错误； 故选：AC。 5．(1) > N<O<F (2) (3) (4) ds 或 (5)A 【分析】现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为，则价电子排布为2s22p3，A是N元素；C元素为最活泼的非金属元素，C是F元素，则B是O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，D是Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，E是Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，F是Cu；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，G是As元素。 【详解】（1）N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，N元素的第一电离能>O元素的第一电离能； 同周期元素从左到右电负性依次增大，N、O、F三种元素的电负性由小到大的顺序为N<O<F。 （2）D是Mg元素，价电子排布式是3s2； （3） C是F元素，电子排布图为；E是Fe元素的离子符号为； （4）F是Cu元素，价电子排布为3d104s1，位于元素周期表的ds区，其基态原子的电子排布式为。 （5）A．As元素在金属和非金属分界线附近，其单质可作为半导体材料，故A正确；     B．同周期元素从上到下电负性减小，As电负性小于P，故B错误； C．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，As原子半径小于锗，故C错误；     D．As原子4p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能As大于硒，故D错误； 选A。 6．(1)ACD (2) ①③ ABC 0.75 (3) Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O Cu-2e-=Cu2+ (4)NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑ 【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a'为HCl，b'为Cl2，c'为HClO或次氯酸盐，d'为HClO3或氯酸盐，e'为HClO4或高氯酸盐。 【详解】（1）A．氨气和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成氮气，A正确； B．工业上通过氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，由于b为氮气，则不能由a→b→d→e来制备HNO3，B错误； C．由于浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，则浓盐酸和浓的次氯酸钠反应得到氯气，C正确； D．NH3和HCl反应生成NH4Cl，产生白烟，D正确； 故选ACD。 （2）a．反应①为N2+6Li=2Li3N，属于氧化还原反应；反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，属于非氧化还原反应；反应③为4LiOH4Li+O2+2H2O，属于氧化还原反应，故选①③； b．参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有离子键（Li3N）、极性键（H2O）、非极性键（N2），氢键不是化学键，故选ABC； c．1molNH3转移3mol电子，生成1molO2转移4mol电子，故每生成1 mol NH3，同时生成0.75molO2； （3） 在常温下铁、铜与浓硝酸组成原电池，常温铁在浓硝酸中钝化，铜与浓硝酸发生氧化还原反应形成原电池，铜为负极，铁为正极，原电池装置图为：；电池总反应方程式为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；Cu失去电子为负极，Cu-2e-=Cu2+； （4）由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物为NCl3，NCl3和水反应生成一种具有漂白性的化合物HClO和NH3，方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑。 7．(1) O>N>H N>O>Al>Na (2)Al (3) 第4周期，第ⅠB族 ds (4)> (5) 7 哑铃形 M 【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是宇宙中含量最多的元素，则 A为H元素；C元素原子的价层电子排布是，则n=2，即C为O元素；B的原子序数小于氧，B元素原子最高能级不同轨道上都有电子，并且自旋方向相同，则其核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，则F处于第四周期，其核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu；D的原子序数大于氧，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，即只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，则D为Na ，E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数，则E为Al。 【详解】（1）①同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，则电负性由大到小顺序为：O>N>H ；②同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大的趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小的趋势，ⅡA与ⅣA元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，则第一电离能由大到小顺序为：N>O>Al>Na； （2）因为该元素的第四电离能剧增，说明该元素最外层电子数为3，是Al元素； （3）Cu在周期表中的位置是第4周期，第ⅠB族，位于周期表的ds区； （4）AsH3与NH3都是分子晶体，NH3存在分子间氢键，所以沸点：NH3>AsH3； （5）N原子核外有7种不同运动状态的电子；基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为哑铃形；Cu原子核外电子占据的最高能层的符号是M。 8．(1) (2) (3) (4)Ca(ClO)2 【分析】由题干转化流程图可知，已知A是生活中使用广泛的金属单质，常温下B是无色无味的液体则B为H2O，E是胃酸的主要成分即为HCl，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，Fe3O4和HCl反应生成FeCl2和FeCl3，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，故A为Fe、B为H2O，C为H2，D为Fe3O4，E为HCl，F为FeCl2，G为FeCl3，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，E为HCl，G为FeCl3，故答案为：HCl；FeCl3； （2）由分析可知，反应①即Fe和水蒸气在高温下反应，该反应的化学方程式为；反应②为Fe3O4与HCl反应，该反应的离子方程式为：，故答案为：；； （3）由分析可知，F为FeCl2，故F溶液常温下呈浅绿色，该溶液中金属阳离子为Fe2+，反应④即2FeCl2+Cl2=2FeCl3，其中氧化剂为Cl2和还原剂为FeCl2，二者的物质的量之比为1：2，故答案为：Fe2+；1：2； （4）Cl2通入到石灰乳中，反应原理为：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以制成一种常用的消毒剂，其有效成分为Ca(ClO)2，故答案为：Ca(ClO)2。 9．(1)C (2) 第3周期VIA族 离子键、共价键 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ cd (3) 【分析】图中信息显示，A原子的最外层电子数为1，原子半径最小，则A为H元素；B原子的最外层电子数为4，原子半径较小，则其为C元素；D原子的最外层电子数为5，原子半径稍小大于C，则其为N元素；E原子的最外层电子数为6，原子半径大于N，则其为S元素；X原子的最外层电子数为1，原子半径比S大，则其为Na元素。X与Y处于同一周期，Y的最高价氧化物对应的水化物与强酸、强碱均能反应，则Y为Al元素；Z的单质常温下为气态，同条件下对于氢气的相对密度为35.5，则其相对分子质量为71，Z为Cl元素。从而得出，A、B、D、E、X、Y、Z分别为H、C、N、S、Na、Al、Cl。 【详解】（1）科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量的递增呈现周期性变化，而是随着原子序数(核电荷数)的递增呈现周期性变化。其本质原因是：随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化，故选C； （2）①由分析可知，E为S，是16号元素，在周期表中的位置是第3周期VIA族； ②A、D、Z三种元素分别为H、N、Cl，所形成的化合物NH4Cl中含有和Cl-，化学键类型是离子键、共价键； ③X的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Y的最单质为，二者反应的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑； ④a．单质的熔点Na比Al低，只能说明金属离子与自由电子间的作用力钠小于铝，不能说明失电子强弱关系，a不符合题意； b．单质与酸反应时，失电子数Na比Al少，只能说明Na原子的最外层电子数比Al少，不能表明失电子能力的强弱，b不符合题意； c．单质与水反应Na比Al剧烈，表明Na比Al容易失去电子，即失电子能力Na大于Al，c符合题意； d．最高价氧化物的水化物的碱性Na比Al强，则表明金属性Na大于Al，即失电子能力Na大于Al，d符合题意； 故选cd； （3）已知断开图示中部分化学键需要的能量为，：，：，：，设形成1mol释放的能量为xkJ，则有4x+2c−4a−2b=802，则x=，即形成释放的能量为kJ；故答案为：。 10．(1) Cu、C、N CuO (2) (3) (4) 【分析】电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，C在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体E为CuO，混合气体l通过澄清石灰水生成的白色沉淀为G为CaCO3，混合气体2用铜网除去氧气，剩余气体F的气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，故F为N2，由元素守恒可知沉淀B与固体C都含有Cu、C、N三种元素，n(CuO)=8g÷80g/mol=0.1mol，n(CaCO3)=10g÷100g/mol=0.1mol，n(N2)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，C中三原子物质的量之比为0.1mol:0.1mol:0.05mol×2=1:1:1，故C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体，气体D的相对分子质量为2.32×22.4≈52，可知D中含有C、N两种元素，故D的分子式为(CN)2，据此回答。 【详解】（1）由分析知B的三种元素为Cu、C、N；黑色固体E为CuO； （2） 由分析知气体F为N2，即电子式为；阴离子A为CN-，即电子式为； （3）由分析知B的化学式为Cu(CN)2，即隔绝空气加热分解化学方程式为； （4）CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为99.5g/mol，则可推断其为CuCl，所以反应的化学方程式为。 11．(1)Na+ (2)acd (3) (4) (5)ab (6)abd (7) 【分析】据各元素在周期表的位置可知，①为O、②为Na、③为Mg、④为Al、⑤为Cl。 【详解】（1）②为Na，②与氢气化合的产物为NaH，其电子式是Na+； （2）第二周期或第三周期的ⅡA与ⅢA两族元素，原子序数之差为1；第四周期或第五周期的ⅡA与ⅢA两族元素，原子序数之差为11；第六周期或第七周期的ⅡA与ⅢA两族元素，原子序数之差为25，所以同周期的ⅡA与ⅢA两族元素，原子序数之差可能为1、11、25，故答案为：acd； （3） ③为Mg、⑤为Cl，③和⑤形成的离子化合物为MgCl2，用电子式表示其形成过程为； （4）②为Na、④为Al，②和④各自的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生反应的离子方程式为； （5）a．常温下单质与水反应置换出氢越容易，单质的还原性越强，元素的金属性越强，故a正确； b．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故b正确； c．相同温度下，不能根据最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小来比较元素的金属性强弱，故c错误； d．③为Mg、④为Al，④、③的单质与氢氧化钠溶液设计的原电池中，Al发生氧化反应，负极为Al，Mg的金属性比Al强，故d错误； 故答案为：ab； （6）a．Se 位于第VIA族，最高价为+6价，SeO2中Se元素化合价为+4价，+4价为Se的中间价，所以其既具有还原性，又具有氧化性，故a正确； b．Se为第VIA族元素，所以其最低负化合价是-2价，故b正确； c．Se和S 同主族，同一主族从上到下，原子序数递增，电子层数增多，原子半径增大，元素的非金属性递减，最高价氧化物的水化物的酸性减弱，所以Se的非金属性弱于S，但H2SeO3和H2SO3不是最高价氧化物的水化物，故c错误； d．根据元素周期律，Se和S 同主族，SeO2和SeO3分别与SO2、SO3性质相似，即均是酸性氧化物，故d正确； 故答案为：abd； （7）室温下向SeO2固体表面吹入NH3，得到两种单质和H2O，根据反应前后元素种类守恒可知，得到的两种单质分别为Se和N2，该反应的化学方程式为。 12．(1) 第四周期第Ⅷ族 (2) F＞N＞As ＞ (3) NH3 NH3与H2O分子间形成氢键，NH3和H2O都是极性分子、而CH4是非极性分子 (4)AB 【分析】前四周期的A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大；基态A原子核外电子的L层电子数是K层的2倍，A是C元素；B原子基态时的2p轨道上有3个未成对的电子，B是N元素；C元素为最活泼的非金属元素，C为F元素；D元素核外有3个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，E为Fe元素；F元素与B元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，F为As元素。 【详解】（1） E为Fe元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；E3+的价电子排布式为3d5，价电子轨道表示式为。 （2）B、C、F依次为N、F、As元素，同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大、同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，则电负性由大到小的顺序为F＞N＞As；D为Mg，同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势、第ⅡA、ⅤA族大于相邻元素，故第一电离能Mg＞Al。 （3）A、B的简单氢化物依次为CH4、NH3，在水中溶解度较大的是NH3；理由是：NH3与H2O分子间形成氢键，NH3和H2O都是极性分子、而CH4是非极性分子。 （4）A．在元素周期表中，As处于金属元素与非金属元素的分界线附近，其单质可作半导体材料，A项符合题意； B．As原子最外层有5个电子，存在-3、+3、+5等多种化合价，B项符合题意； C．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，酸性H3AsO4＜H3PO4（H3PO4是一种中强酸），故As的最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C项不符合题意； D．同主族从上到下单质的还原性逐渐增强，As单质的还原性强于磷单质，D项不符合题意； 选AB。 13．(1)H2S (2)4NH3+6NO5N2+6H2O (3)+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+ (4) FeCl3或Fe2(SO4)3 Fe(OH)3 【详解】（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，②、③反应的条件均是点燃，所以A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，故答案为：H2S； （2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3，C为NO、D为NO2，反应③即B到C的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O； （3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体即CO2，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，反应④即C到D的离子方程式：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，故答案为：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+； （4）若B、C、D为三种不同类别的物质，且C的水溶液呈黄色则C中含有Fe3+，②反应中A不能过量，则A为Fe，B为Fe2O3，C可能是：FeCl3或Fe2(SO4)3，D可能是Fe(OH)3，故答案为：FeCl3或Fe2(SO4)3；Fe(OH)3。 14．(1) ⑧⑩ ①②③④ (2)3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (3) 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 0.1NA (4) 释放 81 【分析】Ⅱ．B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，B为O2，G是一种紫红色金属单质，G为Cu单质，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C和F，则C和F分别为氧化物和H2O中的一种，而C和氧气反应生成D，C为氧化物，F为水，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，S元素和N元素都可以满足，但是，E的相对分子质量比D的大17，可推知E为HNO3，D为NO2，则A为NH3，C为NO，据此分析解题。 【详解】（1）硅为良好的半导体材料，可用于制太阳能、计算机芯片，即含有硅单质的是⑧硅太阳能电池和⑩计算机芯片；陶瓷、砖瓦、水泥、玻璃的成分是硅酸盐：①陶瓷餐具②砖瓦③混凝土桥墩④门窗玻璃；故答案为：⑧⑩；①②③④； （2）由分析可知，反应②即Cu和稀硝酸反应生成NO，故该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O； （3）由分析可知，反应①即NO2和H2O反应生成HNO3和NO，该反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，反应中每消耗3molD即3mol NO2转移2mol电子，故当反应消耗0.15mol物质D时，转移电子的数目为0.1NA，故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；0.1NA； （4） CO2的电子式为：，由题干反应过程中的能量变化示意图可知，该反应的热化学方程式为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) =-162kJ/mol，故可知生成18gH2O(g)时，向环境释放能量为81kJ，故答案为：；释放；81。 15．(1)酸性氧化物 (2) 还原 溶液变浑浊 2H2S+O2=2S↓+2H2O (3) 2H2S+SO2=3S+2H2O Na2S (4) 浓硫酸 稀盐酸 BaCl2 (5)②①②③ 【分析】根据硫元素的“价—类”二维图，结合元素化合价与物质的分类，可知：A是H2S，B是S单质，C是SO2，D是SO3，E是H2SO4，F是H2SO3，G是亚硫酸盐，H是硫酸盐，然后根据问题逐一分析解答。 【详解】（1）根据上述分析可知：C是SO2，D是SO3，二者都是由S与O两种元素组成的化合物，因此二者均属于氧化物； （2）根据价类图可知A是H2S，S为-2价，处于硫元素处于最低化合价，具有强的还原性；在H2S溶液中，H2S与溶解在溶液中的O2发生反应产生H2O、S，由于S是难溶于水的淡黄色固体，因此预测 A 溶液久置于空气会出现的现象是溶液变浑浊，该反应的化学方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O； （3）根据上述分析可知：A是H2S，C是SO2，二者混合时会发生氧化还原反应：2H2S+SO2=3S+2H2O； 单质S能够与NaOH溶液在加热时发生歧化反应产生Na2S、Na2SO3、H2O，反应的化学方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O，由于G是+4价的亚硫酸盐，因此G是Na2SO3，则另外的一种钠盐的化学式为Na2S； （4）D是SO3，SO3被H2O吸收反应得到H2SO4，但由于直接用H2O吸收SO3时会由于反应放出大量热量而形成酸雾，不利用SO3的吸收，因此通常使用98.3%的浓硫酸吸收SO3；H2SO4电离产生H+、，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验。则检验的方法是：取适量待测液于试管中，加入足量烯盐酸酸化，无现象，充分反应后，再滴加适量BaCl2溶液，若反应产生白色沉淀，说明其中含有，该反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓； （5）E是H2SO4，浓硫酸与C混合加热，发生氧化还原反应：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应后气体中含有CO2、SO2。CO2、SO2都是酸性氧化物，二者都能够与Ca(OH)2溶液反应产生白色难溶性沉淀，CO2不能使品红溶液褪色，也不能与酸性高锰酸钾溶液反应；而SO2同时具有漂白性、还原性，能够使品红溶液褪色，据此检验SO2气体的存在，SO2也能够被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4而使溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2气体，然后把气体通入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明SO2已经被酸性高锰酸钾溶液完全除去，最后将气体通入澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则证明气体中含有CO2气体，故合理顺序是②①②③； 16．(1) CuO (2)、 (3) (4)、 【分析】因为C为蓝色溶液，所以C中一定有硫酸铜，则固体混合物中一定有氧化铜，而铁离子在溶液中显黄色，所以固体混合物中一定没有氢氧化铁，又因为步骤③得到无色气体D，只有碳酸根离子与氢离子反应得到二氧化碳，所以无色气体D是二氧化碳，固体混合物中一定有碳酸钠，如果固体混合物中还有氢氧化钡，则碳酸钠与氢氧化钡恰好完全反应时，无色溶液B中无碳酸根离子，再与稀盐酸得不到无色气体二氧化碳，所以固体混合物中一定没有氢氧化钡，可能存在氢氧化钠。 【详解】（1）由上面分析知，固体物质A的化学式为CuO，无色气体D的化学式为； （2）蓝色溶液C中一定含有的阳离子有、，来源自过量的稀硫酸； （3）固体物质A一定含有氧化铜，则步骤②中一定发生的化学方程式； （4）由分析可知，固体混合物中一定不存在的物质是、。 17．(1) Ca(OH)2和Cu H+、Cu2+、Ca2+ (2)BD (3) 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反 【分析】固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/mol，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+，故答案为：Ca(OH)2和Cu；H+、Cu2+、Ca2+； （2）A．由分析可知，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误； B．反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：，B正确； C．由分析可知，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误； D．由分析可知，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确； 故答案为：BD； （3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。 ①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O，故答案为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O； ②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反，故答案为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。 18．(1)第四周期第ⅥA族 (2) (3) (4) (5)H2O＞H2S (6) ab 【分析】根据元素在周期表中的位置，可知①是H元素、②是C元素、③是N元素、④是O元素、⑤是Na元素、⑥是Al元素、⑦是Si元素、⑧是P元素、⑨是S元素、⑩是Cl元素。 【详解】（1）锗（Ge，原子序数32）在元素周期表中的位置是：第四周期第ⅥA族； （2）第三周期中非金属性最强的元素是Cl，简单离子为Cl-，离子结构示意图为：； （3）元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞Si，最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为：； （4）C的单质在足量氧气中燃烧产物生成二氧化碳，二氧化碳是共价化合物，电子式为；Na和Cl组成简单化合物NaCl是离子化合物，形成过程表示为； （5）O与S为同主族元素，非金属性O＞S，故H2O的稳定性大于H2S。 （6）氨气和氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故Z为氢氧化铝，M为；氢氧化铝加热生成氧化铝，故N为氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到Al单质； i．M为，由和构成，所含的化学键种类为离子键、极性共价键，故选ab； ii．氨气和氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为； iii．氢氧化铝加热分解为氧化铝和水，反应的化学方程式为。 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 $$