高三化學一輪復習訓練題：元素或物質推斷題

試卷第=page1111頁，共=sectionpages1111頁試卷第=page1010頁，共=sectionpages1111頁高考化學一輪訓練題：元素或物質推斷題1．（2022·新疆克拉瑪依·統(tǒng)考模擬預測）閱讀下面的信息，推斷元素及有關物質，按要求回答問題：信息①：X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，且原子核外最外層電子數(shù)均不少于2。（1）根據(jù)信息①，X一定不是_________（填序號）。A．氫

B．碳

C．氧

D．硫信息②：上述四種元素的單質均能在足量的氧氣中燃燒，生成的四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，氧化物的相對分子質量都大于26。（2）這四種元素中是否可能有一種是鋁元素？______。信息③：向上述四種元素單質組成的混合物中加入足量鹽酸溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀。（3）白色沉淀物的化學式為___________。信息④：向上述四種元素單質組成的混合物中加入足量燒堿溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀。（4）析出白色沉淀的離子方程式為__________________________。信息⑤：X與W同主族（5）X與濃硫酸加熱時反應的化學方程式為___；Y在X的氧化物中能劇烈燃燒，其反應現(xiàn)象為__。（6）已知H的燃燒熱為285.8kJ/mol?，F(xiàn)有X的氫化物XH4和H2的混合氣體各0.1mol，與O完全燃燒生成H2O（1）時，放出的熱量為117.6kJ。則XH4完全燃燒的熱化學反應方程式為：________。2．（2022·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）Ⅰ．白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質量小于400)能與水發(fā)生反應。為了探究X的組成，設計并完成了以下實驗：已知：白色沉淀D中的一種成分及質量與沉淀B相同。(1)白色沉淀D的成分為_________(填寫化學式)。(2)黑色固體A與濃硝酸反應的離子方程式是_________。(3)X與H2O反應的化學方程式是_________。Ⅱ．已知：①將0.1mol·Lˉ1KI溶液加入到0.1mol·Lˉ1FeCl3溶液中時，可以看到溶液顏色加深，滴加淀粉后溶液變?yōu)樗{色；②當離子濃度相同時，氧化性：Ag+＞Fe3+；③若濃度減小時，離子的氧化性也會隨之減弱。(1)甲同學猜測，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中時，溶液應變藍色。請寫出該猜測對應的離子方程式_________。實驗結果未見到藍色。(2)乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是_________。請你用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要求畫出實驗裝置圖，并標明電極材料及電解質溶液

________。3．（2022·天津·?？寄M預測）、、、、五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①位于周期表中第四周期族，其余的均為短周期主族元素：②的氧化物是光導纖維的主要成分；③原子核外層電子數(shù)為奇數(shù)；④是形成化合物種類最多的元素；⑤原子軌道的電子數(shù)為4。請回答下列問題：(1)寫出一種元素形成氫化物的化學式_____________。(2)在1個由與形成的晶胞中(結構如圖所示)所包含的原子數(shù)目為____________個。(3)在[F(NH3)4]2+離子中，的空軌道接受的氮原子提供的__________形成配位鍵。(4)常溫下、和氫元素按原子數(shù)目1:1:2形成的氣態(tài)常見物質是__________(寫名稱)，物質分子中原子軌道的雜化類型為__________，分子中鍵的數(shù)目為__________。(5)、、三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為__________(寫元素符號)。4．（2011·上海虹口·一模）能源材料已成為當今科學研究的熱點。請回答下列問題：（1）單質A的燃燒熱大，可作燃料。已知A為短周期元素，其氣態(tài)原子逐個失去1~4個電子所需能量（電離能）如表所示，某同學推斷A的核外電子排布為：1s22s22p63s13p1，該電子排布式違背了__；若該原子核外電子確有三層，則該元素位于周期表__族，寫出A燃燒后形成的氧化物的電子式：__。I1I2I3I4……電離能(kJ/mol)7381451773310540……（2）氫氣作為一種清潔能源，必須解決它的儲存問題，C60可用作儲氫材料。繼C60后，科學家又合成了Si60、N60，下列有關說法正確的是__（填序號）。a.C60、Si60、N60都屬于新型化合物b.C60、Si60、N60互為同分異構體c.已知N60結構與C60相似，由于N-N鍵能小于N≡N，故N60的穩(wěn)定性弱于N2d.已知金剛石中C－C鍵長154pm，C60中C－C鍵長145~140pm，故C60熔點高于金剛石（3）超導材料在節(jié)能、儲能方面的應用。如圖是超導材料元素在周期表中的分布，其中短周期元素中原子半徑最大的是__（填元素符號），其原子最外層有__種運動狀態(tài)不同的電子，寫出其最高價氧化物對應水化物的電離方程式：__。5．（2012·上海閔行·二模）在下列物質轉化關系中，反應的條件和部分產(chǎn)物已略去。已知：甲、乙是兩種常見金屬，反應Ⅲ是工業(yè)制鹽酸的反應?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應I中，甲在通常條件下和水劇烈反應，除丙外，還生成一種焰色反應為黃色的物質，寫出該物質的電子式：_______，該化合物中存在的化學鍵有：_________。與甲在同一周期的金屬元素（包括甲），按單質熔點由高到低的順序排列依次為：_______（元素符號）。(2)反應Ⅱ中，乙與H2O在高溫下反應，除丙外，還生成一種有磁性的物質，則乙在周期表中的位置是_______；寫出反應Ⅱ的化學方程式_______。(3)通過比較反應I、Ⅱ的反應條件，可得出甲的金屬性比乙的金屬性_______（填“強”或“弱”），比較二者金屬性強弱的依據(jù)還可以是_______（寫出一種即可）。(4)下列關于第三周期金屬元素的單質及其化合物的說法正確的是_______（選填答案編號）a．工業(yè)上一般用電解法進行冶煉，獲取單質b．金屬陽離子都具有相同的電子排布式c．氫氧化物都能容易分解得到相應的氧化物d．金屬氯化物都是電解質，都屬于離子化合物6．（2013·上?！つM預測）Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最小(不包括稀有氣體)，R、X、Y三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，同一周期中R的一種單質的熔點最高，Y與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物。（1）X在周期表中的位置：_________________，其原子核外有______種不同形狀的電子云。這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是________（用元素符號表示）。（2）Q分別與X、Y形成的最簡單化合物的穩(wěn)定性______>______（用分子式表示）__________（3）Q與R兩元素組成的分子構型可能是___________（填寫序號）。a．直線型

b．平面形

c．三角錐形

d．正四面體（4）元素M、Y在周期表中位于同一主族，且為短周期元素，化合物Cu2M和Cu2Y可發(fā)生如下轉化(其中D是淀粉水解的最終產(chǎn)物)：，非金屬M_______Y(填“＞”或“＜”)，請用事實說明該結論：________________________.7．（2019·浙江·校聯(lián)考一模）暗紅色固體X由三種常見的元素組成（式量為412），不溶于水，微熱易分解，高溫爆炸。已知：氣體B在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色。請回答以下問題：（1）寫出A的電子式____________。（2）寫出生成白色沉淀D的化學方程式________________________。（3）固體X可由A與過量氣體C的濃溶液反應生成，其離子方程式為_________________（4）有人提出氣體C在加熱條件下與Fe2O3反應，經(jīng)研究固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，請設計實驗方案檢驗固體產(chǎn)物中可能的成分（限用化學方法）________________________8．（2019·浙江紹興·統(tǒng)考一模）儲氫材料甲由X、Y、Z三種短周期元素組成，Z元素的最外層電子數(shù)是X與Y元素最外層電子數(shù)之和的1.5倍。為確定甲的組成，進行了如下實驗：①稱取5.4g甲固體，加熱到250℃時，完全反應后，放出標準狀況下3.36L單質氣體乙，同時得到兩種固體，其中一種為二元化合物。②冷卻后，向①反應后的固體混合物中加入足量的蒸餾水，充分反應后，又放出標準狀況下5.6L單質氣體乙，同時得到澄清溶液丙。請回答：（1）乙的電子式___。（2）甲的化學式__。（3）寫出生成溶液丙的化學反應方程式___。（4）設計實驗方案檢驗溶液丙中的溶質成分___。9．（2022·山東濟寧·統(tǒng)考一模）如圖中A～J分別代表相關反應中的一種物質，已知A分解得到等物質的量的B、C、D，已知B、D為常溫下的氣態(tài)化合物，C為常溫下的液態(tài)化合物，F(xiàn)為黑色固體單質，I為紅棕色氣體。圖中有部分生成物未標出。請?zhí)顚懸韵驴瞻祝海?）A的化學式為___，C的電子式為___；（2）寫出下列反應的化學方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2與足量C反應轉移電子的物質的量為___mol；（4）I與足量C生成J的過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___；（5）容積為10mL的試管中充滿I和G的混合氣體，倒立于盛水的水槽中，水全部充滿試管，則原混合氣體中I與G的體積之比為___。10．（2019·安徽·校聯(lián)考模擬預測）化學反應是化學實驗現(xiàn)象的本質，根據(jù)描述回答下列問題：（1）在BaCl2溶液中通入SO2氣體，未見沉淀生成，若先通入或加入下列的另一種物質，再通入SO2能看到沉淀的有___(填序號)。①NO2

②NH3

③HCl

④FeCl3溶液

⑤CO2（2）A、B、C、D、E五種物質(或離子)均含有同一種元素，它們之間有如圖所示的轉化關系：若A為金屬單質，B、C均屬于鹽類，B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，D是一種白色沉淀，E是一種不溶性堿。B溶液呈酸性的原因是___(用離子方程式表示)；選用氫碘酸可與E反應實現(xiàn)E→C的轉化，該反應的離子方程式為___。（3）①通常條件下，未經(jīng)碾磨的鎂粉和未經(jīng)擦拭的鎂條跟冷水不反應，因為表面有一層保護膜。去除這層氧化膜后，鎂與冷水就會發(fā)生明顯的反應，看到有大量細膩的氣泡產(chǎn)生。在室溫條件下，反應生成的難溶于水的氫氧化鎂，沉積在表面形成致密薄膜，幾分鐘后，反應很快停止。給反應混合液加熱，鎂跟水的作用又會重新進行，你覺得可能的原因是：___，此時滴加酚酞試液，___(填“會”或“不會”)出現(xiàn)溶液變紅的現(xiàn)象。②取一段擦去表層氧化膜的鎂條，卷成螺旋狀，插入盛滿食鹽水的試管中，將試管倒扣在盛有食鹽水的燒杯中，可以迅速觀察到鎂持續(xù)不斷地跟水反應，你覺得可能的原因是___。③去除了氧化膜的金屬Mg可以與NaHCO3溶液作用析出氫氣，溶液中有白色難溶物生成。這是由于鎂直接與水反應，轉化為H2和Mg(OH)2。溶解在水中的少量Mg(OH)2電離生成的OH－與溶液中的HCO3－反應生成CO32－，促使反應生成的Mg(OH)2更多溶解。溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，結合析出白色難溶物Mg2(OH)2CO3。請根據(jù)以上信息寫出Mg與NaHCO3溶液的總反應式：___(用離子方程式表示)。11．（2019·安徽·校聯(lián)考模擬預測）有X、Y、Z、M、R五種短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半徑/nm0.0740.099主要化合價+4，-4-2-1，+7其它陽離子核外無電子無機非金屬材料的主角第三周期簡單離子半徑最小請回答下列問題：（1）Z與NaOH溶液反應的離子方程式：___。(用元素符號表示，下同。)（2）下列事實能說明R非金屬性比Y強這一結論的是___(選填字母序號)。a.常溫下Y的單質呈固態(tài)，R的單質呈氣態(tài)b.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性R>Yc.Y與R形成的化合物中Y呈正價d.Y與R各自形成的含氧酸中R的氧化性更強（3）經(jīng)測定X2M2為二元弱酸，寫出X2M2的電子式___。其酸性比碳酸的還要弱，請寫出其第一步電離的電離方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化劑：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……請寫出第二步反應的化學方程式___。（5）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉化為氧化銅，再用硫酸溶解?，F(xiàn)在改用X2M2和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達到上述目的，又保護了環(huán)境，試寫出反應的離子方程式___。12．（2014·全國·統(tǒng)考一模）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，其相關信息如下表：元素相關信息XX的最高價氧化物對應的水化物化學式為H2XO3YY是地殼中含量最高的元素ZZ的基態(tài)原子最外層電子排布式為3s23p1WW的一種核素的質量數(shù)為28，中子數(shù)為14（1）W位于元素周期表第____周期第_____族；W的原子半徑比X的_____（填“大”或“小”）。（2）Z的第一電離能比W的________（填“大”或“小”）；XY2由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是__________；氫元素、X、Y的原子可共同形成多種分子，寫出其中一種能形成同種分子間氫鍵的物質名稱___________。（3）振蕩下，向Z單質與鹽酸反應后的無色溶液中滴加NaOH溶液直至過量，能觀察到的現(xiàn)象是__________________________________；W的單質與氫氟酸反應生成兩種無色氣體，該反應的化學方程式是_________________________________________。（4）在25℃、101Kpa下，已知13.5g的Z固體單質在Y2氣體中完全燃燒后恢復至原狀態(tài)，放熱419KJ，該反應的熱化學方程式是___________________________________________________。13．（2015·四川達州·統(tǒng)考二模）已知A?B?C?D?E?F六種元素的原子序數(shù)依次增加，A?B?C?D位于前三周期?A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同；B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；D原子的核外成對電子總數(shù)是未成對電子總數(shù)的3倍?A?B?D三種元素組成的一種化合物M可用于配制化妝品，是皂化反應的產(chǎn)物之一；A?B兩種元素組成的原子個數(shù)比為1：1的化合物N是常見的有機溶劑?E有“生物金屬”之稱，E離子和氬原子的核外電子排布相同，元素F的三價陽離子3d軌道處于半充滿狀態(tài)?請回答下列問題(答題時，A?B?C?D?E?F用所對應的元素符號表示)（1）E的基態(tài)原子的外圍電子排布式為__________（2）上述非金屬元素中電離能最大的元素是__________（3）下列敘述正確的是____________(填字母)a．M與水分子間能形成氫鍵，N是非極性分子b．M和BD2分子中的中心原子均采用sp2雜化c．N分子中含有6個鍵和1個鍵d．BD2晶體的熔點?沸點都比二氧化硅晶體的低（4）與BCD互為等電子體的微粒的化學式為________(任寫一種)?（5）在濃的ECl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6?組成為ECl3·6H20的綠色晶體，該晶體屬于配合物，有兩種配體，其物質的量之比為1：5，則該配離子的化學式為__________（6）電鍍廠排放的廢水中常含有劇毒的BC離子，可在催化劑的催化下，先用NaClO將BC氧化成BCD，再在酸性條件下BCD繼續(xù)被NaClO氧化成C2和BD2?則后一步反應的離子方程式是__________（7）F的低價硫酸鹽的溶液在空氣中易變質，檢驗其在空氣中是否已完全變質的實驗操作是__________(要求寫出操作?現(xiàn)象?結論)14．（2011·遼寧錦州·統(tǒng)考一模）有E、Q、T、X、Z五種前四周期元素，原子序數(shù)E＜Q＜T＜X＜Z。E、Q、T三種元素的基態(tài)原子具有相同的能級，且I1(E)＜I1(T)＜I1(Q)，其中基態(tài)Q原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，且QT2＋與ET2互為等電子體。X為周期表前四周期中電負性最小的元素，Z的原子序數(shù)為28。請回答下列問題（答題時如需表示具體元素，請用相應的元素符號）：（1）寫出QT2＋的電子式______、基態(tài)Z原子的核外電子排布式______。（2）Q的簡單氫化物極易溶于T的簡單氫化物，其主要原因有______等兩種。（3）化合物甲由T、X兩元素組成，其晶胞如圖1，甲的化學式為______。（4）化合物乙的晶胞如圖2，乙由E、Q兩元素組成，硬度超過金剛石。①乙的晶體類型為______。②乙的晶體中E、Q兩種元素原子的雜化方式均為______。15．（2016·天津河北·統(tǒng)考一模）A→J有如圖所示的轉化關系(反應條件、部分反應物和產(chǎn)物已忽略)：其中A、D為銀白色金屬單質；B為淡黃色粉末，C為紅棕色粉末，E為黑色晶體；H久置于空氣中，由白色固體變?yōu)榛揖G色，最終變成紅褐色Ⅰ；B和I在一定條件下反應生成J，J的化學式為Na2FeO4，它能夠殺菌消毒，是一種優(yōu)良的凈水劑。(1)(1)寫出物質B的電子式_______；D元素在元素周期表中的位置為_______(填寫哪個周期和哪個族)，寫出物質B與水反應的化學方程式_______(2)(2)寫出下列反應的化學反應方程式：⑤__________________________________________________________⑧________________________________________________________________(3)(3)寫出反應的離子方程式：⑦_______(4)(4)在①?⑧的所有反應中，屬于非氧化還原反應的有(填序號)_______(5)(5)根據(jù)Na2FeO4元素的價態(tài)及反應前后的產(chǎn)物推測Na2FeO4殺菌消毒做凈水劑的原因_______________________________________16．（2012·安徽阜陽·統(tǒng)考二模）有一瓶澄清溶液，可能含有、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、、、中的一種或幾種。取該溶液進行以下實驗：①用pH試紙檢驗，表明溶液呈強酸性；②取出部分溶液，加入少量CCl4及數(shù)滴新制氯水，經(jīng)振蕩CCl4層呈紫紅色；③另取部分溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液從酸性變?yōu)閴A牲，在滴加過程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分堿性溶液加熱，有氣體放出，該氣體能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍。④另取部分③中的堿性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根據(jù)以上實驗事實回答下列問題：(1)該溶液中肯定存在的離子是___________________，肯定不存在的離子是________；(2)步驟③加入NaOH溶液過程中先生成白色沉淀后完全溶解的離子方程式為_______。17．（2019·全國·校聯(lián)考一模）X、Y、Z、M、W、Q、R是7種短周期元素，其原子半徑及主要化合價如下：元素代號XYZMWQR原子半徑/nm0.1860.1430.1040.0990.0700.0660.032主要化合價+1+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2+1完成下列填空：（1）上述元素中，金屬性最強的在周期表中的位置是____________________；X、Y、Q各自形成的簡單離子中，離子半徑由大到小的順序是_______(填離子符號)。W和R按原子個數(shù)比1∶4構成的陽離子所含的化學鍵是________________。（2）表中所列4種第三周期元素的最高價氧化物的水化物堿性最弱的是_______（填化學式），其電離方程式為_____________________________________。（3）M與Z相比，非金屬性較強的是_____________（填元素名稱），請從原子結構的角度說明理由________________________________________________。（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能發(fā)生氧化還原反應，反應方程式如下：______KMnO4＋______H2O2+______H2SO4→______K2SO4＋______MnSO4＋______O2↑＋______H2O請配平，當有0.5molH2O2參加此反應，電子轉移的個數(shù)為____________。18．（2018·福建漳州·南靖縣第一中學校聯(lián)考一模）如圖是元素周期表的一部分：(1）元素⑩原子結構示意圖為__________。(2）元素③④的第一電離能大小關系為_______(填化學用語，下同），原因是__________________，④-⑧中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是_______。(3）寫出元素⑦的最高價氧化物與NaOH溶液反應的離子方程式_________。(4）元素⑤與⑧元素相比，非金屬性較強的是__________(用元素符號表示)，下列表述中能證明這一事實的是__________。A．氣態(tài)氫化物的揮發(fā)性和穩(wěn)定性

B．兩元素的電負性C．單質分子中的鍵能

D．含氧酸的酸性E．氫化物中X—H鍵的鍵長

F．兩單質在自然界中的存在形式(5）根據(jù)下列五種元素的第一至第四電離能數(shù)據(jù)(單位：KJ·mol﹣1），回答下面各題：元素代號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①T元素最可能是________(填“s”、“p”、“d”、“ds”等）區(qū)元素；在周期表中，最可能處于同一主族的是_________。(填元素代號）；②下列離子的氧化性最弱的是______________。A．S2+

B．R2+

C．U+

D．T3+答案第=page2727頁，共=sectionpages1616頁答案第=page2626頁，共=sectionpages1616頁參考答案：1．

AD

可能

Mg(OH)2

SiO32-+2H+=H2SiO3↓

2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O

劇烈燃燒，產(chǎn)生白煙，有黑色物質附著于集氣瓶內(nèi)壁

CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)

△H＝-890.2kJ/mol【分析】四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種元素是鋁；鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是鎂；硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是硅；X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，X與W同主族，則X是C元素、Y是Mg、Z是Al、W是Si；【詳解】（1）X原子最外層電子數(shù)均不少于2，所以X不可能是H；X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，若X是硫，則W不可能是短周期元素，故X不可能是S，選AD；（2）四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種是兩性氧化物，四種元素中可能有一種是鋁元素；（3）鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，所以白色沉淀物的化學式為Mg(OH)2；（4）硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，生成硅酸沉淀的離子方程式為SiO32-+2H+=H2SiO3↓；（5）C與濃硫酸加熱時反應生成二氧化碳、二氧化硫、水，反應的化學方程式為2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；Mg在CO2中能劇烈燃燒生成氧化鎂和碳，其反應現(xiàn)象為劇烈燃燒，產(chǎn)生白煙，有黑色物質附著于集氣瓶內(nèi)壁；（6）H的燃燒熱為285.8kJ/mol，0.1mol氫氣燃燒放出28.58kJ的熱量，則0.1molCH4燃燒放出117.6kJ-28.58kJ=89.02kJ的熱量，則CH4的燃燒熱為890.2kJ/mol，則CH4完全燃燒的熱化學反應方程式為CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)

△H＝-890.2kJ/mol。2．

BaSO4和AgCl

Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O

Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4

2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2

Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生

【分析】Ⅰ．白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質量小于400)能與水發(fā)生反應。白色沉淀D中的一種成分及質量與沉淀B相同，B為BaSO4，物質的量為，D中另一種沉淀為與氯離子生成的AgCl，物質的量為，推知X中含S:0.02mol×2=0.04mol、Ag:0.04mol、由質量守恒含氧=0.012mol，A的實驗式為Ag2S2O3，相對分子質量小于400時，Ag2S2O3為328，符合題意，A為Ag2S2O3，與水反應Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；黑色固體A為Ag2S，與濃硝酸反應的離子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；各物質關系如圖：；Ⅱ．Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生；用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要用鹽橋將Ag＋和I－分開，用惰性電極作電極，由此設計?！驹斀狻竣瘢煞治觯?1)白色沉淀D的成分為BaSO4和AgCl；故答案為：BaSO4和AgCl；(2)黑色固體A與濃硝酸反應生成硫酸銀和二氧化氮，離子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；故答案為：Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；（3）X與H2O反應生成黑色的硫化銀和硫酸，化學方程式是Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；故答案為：Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；Ⅱ．（1）甲同學猜測，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中時，溶液應變藍色，有碘生成，對應的離子方程式2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；故答案為：2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；（2）乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生。用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要用鹽橋將Ag＋和I－分開，用惰性電極作電極，電極材料及電解質溶液、實驗裝置圖，如圖：。故答案為：Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生；。3．

CH4

4

孤電子對

甲醛

sp2雜化

3

Si＜C＜N【分析】、、、、五種元素的原子序數(shù)依次遞增。根據(jù)①F位于周期表中第四周期族可判斷其為Cu；根據(jù)②E的氧化物是光導纖維的主要成分可判斷E為Si；根據(jù)④X是形成化合物種類最多的元素可判斷X為C；根據(jù)③Y原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)且原子序數(shù)比X的大可判斷其屬于第二周期的元素，可能為N或F；根據(jù)⑤Z的原子P軌道的電子數(shù)為4推測出Z可能為O或S，但E的原子序數(shù)大于Z，E為Si，所以Z只能為O，處于C和O之間的Y只能為N，所以、、、、分別為C、N、O、Si、Cu，據(jù)此解題?！驹斀狻?1)X為C，元素形成的氫化物有很多，有烷烴、烯烴、炔烴等，其中的一種的化學式為CH4；(2)為Cu2O，根據(jù)化學式中原子個數(shù)比Cu:O=2:1，然后算出圖中該晶胞的黑球個數(shù)為：1×4=4，白球個數(shù)為：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以該晶胞中所包含的Cu原子數(shù)目為4個；(3)在[Cu(NH3)4]2+離子中，的空軌道接受的氮原子提供的孤電子對形成配位鍵；(4)常溫下C、O和氫元素按原子數(shù)目1:1:2形成的氣態(tài)常見物質是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四個化學鍵，因為碳的價電子數(shù)是4，其中，有兩個單電子一起與氧的兩個電子形成C=O，C剩余的兩個單電子各與兩個H形成兩個C-H鍵，雙鍵中含有一條σ鍵和一條π鍵，兩條C-H單鍵都是σ鍵，所以σ鍵數(shù)=2+1=3，雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子數(shù)(C無孤對電子，所以孤對電子數(shù)為0)，所以雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，1molHCHO分子中σ鍵的數(shù)目為3；(5)、、三種元素分別為C、N、Si，根據(jù)每周期第一種元素電離能最小，最后一種元素的電離能最大，呈逐漸增大的趨勢；同族元素從上到下第一電離能變小來進行判斷，C、N、Si的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為：Si＜C＜N。4．

能量最低原理

IIA族

Mg2+[::]2-

c

Al

3

H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-【分析】（1）該元素第三電離能劇增，說明最外層電子數(shù)為2，且處于第三周期，故為Mg元素，在氧氣中燃燒生成MgO，由鎂離子與氧離子構成；（2）a.C60、Si60、N60都是單質，不屬于化合物；b.同分異構體的分子式相同，研究對象為化合物，C60、Si60、N60都屬于單質，且分子式不相同；c.N-N鍵能小于N≡N，鍵能越小，化學鍵越不穩(wěn)定，故N60的穩(wěn)定性弱于N2；d.金剛石為原子晶體，C60為分子晶體，原子晶體的熔點更高，故C60熔點高于金剛石；（3）同周期自左而右原子半徑減小，一般電子層越多原子半徑越大，圖中的短周期元素中Al的原子半徑最大，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，氫氧化鋁在水溶液中存在酸式電離與堿式電離.【詳解】（1）由表格數(shù)據(jù)可知A元素第三電離能劇增，說明最外層電子數(shù)為2，處于周期表ⅡA族，A的核外電子排布式可能為1s22s22p63s2，若電子排布式為1s22s22p63s13p1違背了能量最低原理；若該原子核外電子確有三層，說明處于第三周期，A為Mg元素，在氧氣中燃燒生成MgO，由鎂離子與氧離子構成，電子式為，故答案為：能量最低原理；ⅡA；；（2）a.C60、Si60、N60都是單質，不屬于化合物，故錯誤；b.同分異構體的分子式相同，研究對象為化合物，C60、Si60、N60都屬于單質，且分子式不相同，故錯誤；c.N-N鍵能小于N≡N，鍵能越小，化學鍵越不穩(wěn)定，故N60的穩(wěn)定性弱于N2，故C正確；d.金剛石為原子晶體，C60為分子晶體，原子晶體的熔點更高，故C60熔點高于金剛石，故錯誤；c正確，故答案為c；（3）同周期自左而右原子半徑減小，一般電子層越多原子半徑越大，圖中的短周期元素中Al的原子半徑最大，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，最外層有3個電子，故有3種運動狀態(tài)不同的電子，氫氧化鋁在水溶液中存在酸式電離與堿式電離，電離方程式為：H++AlO2-+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH-，故答案為：Al；3；H++AlO2-+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH-?！军c睛】原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，最外層有3個電子，故有3種運動狀態(tài)不同的電子是解答關鍵。5．

離子鍵、共價鍵

Al、Mg、Na

第四周期Ⅷ族

3Fe+4H2OFe3O4+H2

強

NaOH是強堿，而Fe（OH）3是弱堿

ab【分析】已知反應Ⅲ是工業(yè)制鹽酸的反應，則丙為H2，丁為HCl；反應I中，甲在通常條件下和水劇烈反應，除丙外，還生成一種焰色反應為黃色的物質，則甲為金屬鈉；反應Ⅱ中，乙與H2O在高溫下反應，除丙外，還生成一種有磁性的物質，則乙為鐵。據(jù)此解答。【詳解】(1)由以上分析知，甲為金屬鈉，則焰色反應為黃色的物質為NaOH，電子式為，該化合物中存在的化學鍵有離子鍵、共價鍵。與甲在同一周期的金屬元素有Na、Mg、Al三種，它們的離子帶電荷數(shù)依次增多，離子半徑依次減小，所以按單質熔點由高到低的順序排列依次為Al、Mg、Na。答案為：；離子鍵、共價鍵；Al、Mg、Na；(2)由以上分析知，乙為鐵，與H2O在高溫下反應，生成的有磁性的物質為Fe3O4，鐵為26號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則鐵在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反應Ⅱ的化學方程式為3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案為：第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2OFe3O4+H2；(3)鈉與水在常溫下劇烈反應，鐵與水在高溫下才能反應，由此可得出鈉的金屬性比鐵的金屬性強，比較二者金屬性強弱的依據(jù)還可以是NaOH是強堿，而Fe(OH)3是弱堿來判斷。答案為：強；NaOH是強堿，而Fe(OH)3是弱堿；(4)a．工業(yè)上一般用電解法治煉NaCl、MgCl2、Al2O3，獲取單質，a正確；b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的電子排布式1s22s22p6，b正確；c．NaOH熱穩(wěn)定性強，很難分解得到相應的氧化物，c不正確；d．金屬氯化物都是電解質，但AlCl3屬于共價化合物，d不正確；答案為：ab?！军c睛】在書寫鐵與H2O在高溫下反應，我們易忽視“有磁性的物質”，而把產(chǎn)物寫成Fe2O3和H2，從而產(chǎn)生錯誤。6．

.第2周期第VA族

2

C

O

H2O>NH3

abd

＜

2H2S+O2

→2H2O+S【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最小(不包括稀有氣體)，則Q的原子半徑最小，Z的原子半徑最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，這三種元素處于第二周期，同一周期中R的一種單質的熔點最高，金剛石的熔點最高，所以R是C元素，Y與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物，則Y是O元素，所以X是N元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，Q是H元素，R是C元素，X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素。(1)X是N元素，處于第二周期第VA族，其核外電子排布式為1s22s22p3，所以有兩種電子云；這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是C和O元素，故答案為：第2周期第VA族；2；C、O；(2)Q分別與X、Y形成的最簡單化合物是NH3、H2O，非金屬的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，O的非金屬性大于N元素，所以穩(wěn)定性H2O＞NH3，故答案為：H2O＞NH3；(3)Q與R兩元素組成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烴類物質，其中甲烷為正四面體結構，乙烯為平面結構，乙炔為直線形結構，故選abd，故答案為：abd；(4)D是淀粉水解的最終產(chǎn)物，D為葡萄糖，根據(jù)懸濁液與D的溶液(葡萄糖溶液)生成氧化亞銅，推出Y為O元素，再根據(jù)M，Y同主族，推出M為S元素，同一主族，從上往下，非金屬性在逐漸減弱，所以，非金屬性M＜Y；非金屬性越強，單質的氧化性越強，因此將氧氣通入氫硫酸溶液中會析出硫沉淀，2H2S+O2

→2H2O+S，故答案為：＜；2H2S+O2

→2H2O+S?！军c睛】本題的第(4)小題給出的流程圖感覺是多余的，只需要知道“M、Y在周期表中位于同一主族，且為短周期元素”即可。本題的易錯點為(3)，要注意常見烴分子的結構。7．

SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl

3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O

取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵?！痉治觥繗怏wB在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，則其摩爾質量為22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol，為氮氣?；旌蠚怏w通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色，說明混合氣體中含有水蒸氣和氮氣。根據(jù)前后氣體的體積變化分析，無色氣體C為氨氣。紫黑色固體A應為碘單質，能與二氧化硫和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀6.99克為硫酸鋇沉淀，即0.03mol，通過電子計算碘單質的物質的量為0.03mol，氮氣的物質的量為0.01mol，氨氣的物質的量為0.02mol，計算三種物質的質量和為8.24克，正好是固體X的質量，所以X的化學式為NI3·NH3?！驹斀狻浚?）A為碘單質，電子式為：；（2）碘單質和二氧化硫和氯化鋇和水反應生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式為：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；（3）固體X可由碘與過量氣體氨氣的濃溶液反應生成，離子方程式為：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O；（4）固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，所以反應后可能產(chǎn)生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應置換出紅色固體銅檢驗是否有鐵，氧化亞鐵的檢驗可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色的性質進行，故實驗操作為：取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。8．

H∶H

NaAlH4

2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑

用潔凈的鉑絲蘸取丙溶液進行焰色反應，顯黃色，證明含Na+；另取少量丙溶液于試管中，逐滴滴加稀鹽酸，若出現(xiàn)白色沉淀，繼而沉淀消失，則含有AlO2-。【分析】常見的儲氫材料是金屬氫化物，加熱到250℃時，完全反應后，放出標準狀況下3.36L單質氣體乙，氣體乙是氫氣，所以一定含有H元素；短周期元素中化合價最高的金屬元素是+3價Al元素，Z元素的最外層電子數(shù)是X與Y元素最外層電子數(shù)之和的1.5倍，故Z是Al元素，則另一種金屬元素化合價為+1，反應②得到澄清溶液丙，說明另一種金屬元素一定為鈉。【詳解】（1）常見的儲氫材料是金屬氫化物，加熱到250℃時，完全反應后，放出標準狀況下3.36L單質氣體乙，所以一定含有H元素，氣體乙是氫氣，電子式為H∶H。（2）①②共生成標準狀況下的氫氣8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，根據(jù)得失電子守恒，5.4g甲固體含有0.4molH原子；設5.4g甲固體含有Al元素xmol、Na元素ymol，則，解得y=0.1、x=0.1，n(Na)：n(Al)：n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4，甲的化學式是NaAlH4；（3）鈉的活潑性大于鋁，反應①生成的固體是NaH和Al，NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉與鋁反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，總反應方程式是2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑。（4）AlO2-與少量鹽酸反應先生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁與鹽酸反應生成鋁離子，Na+的焰色反應呈黃色；檢驗溶液丙中的溶質成分的方法是：用潔凈的鉑絲蘸取丙溶液進行焰色反應，顯黃色，證明含Na+；另取少量丙溶液于試管中，逐滴滴加稀鹽酸，若出現(xiàn)白色沉淀，繼而沉淀消失，則含有AlO2-。9．

NH4HCO3

4NH3+5O24NO+6H2O

C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O

2

1：2

4：1【分析】A受熱能分解，分解得到等物質的量的B、C、D，且A與堿反應生成D，則A為酸式鹽或銨鹽，B、D為常溫下的氣態(tài)化合物，C為常溫下的液態(tài)化合物，C能和過氧化鈉反應，則C為水，鎂條能在B中燃燒，則B為二氧化碳或氧氣，因為A受熱分解生成B、C、D，則B為二氧化碳，水和過氧化鈉反應生成NaOH和O2，D能在催化劑條件下與G反應生成H，則D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，鎂和二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，C和濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，則E是MgO，F(xiàn)是C，通過以上分析知，A為NH4HCO3，以此解答該題。【詳解】(1)、A為NH4HCO3，C為水，C的電子式為；故答案為NH4HCO3；；(2)、D為NH3，G是O2，H是NO，則D+G→H的反應為：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，則F+J-→B+C+I的反應為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案為4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2與足量水反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1價升高為0價，由-1價降低為-2價，則2molNa2O2與足量C反應轉移電子的物質的量為2mol,；故答案為2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2；故答案為1:2；(5)、容積為10mL的試管中充滿NO2和O2的混合氣體，倒立于盛水的水槽中，水全部充滿試管，則發(fā)生的反應為4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根據(jù)反應方程式可知原混合氣體中NO2與O2體積比為4:1，所以10mL混合氣體中NO2和O2的體積分別為8mL和2mL，故答案為4:1。10．

①②④

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O

加熱促進了水的電離使H+濃度增大或加熱增大了Mg(OH)2的溶解度

會

Cl-促進了反應的發(fā)生

2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3【分析】(1)BaCl2溶液中通入SO2氣體，未見沉淀生成的原因是BaSO3易溶于鹽酸，故有以下兩種思路：①將其氧化為硫酸與BaCl2反應；②將其轉化為SO32-與BaCl2反應，據(jù)以上分析解答；(2)Fe(OH)3溶于氫碘酸時產(chǎn)生的Fe3+與I-會發(fā)生氧化還原反應；(3)①阻礙鎂與水反應進行的主要因素是沉積在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加熱后促進了水的也離使H+濃度增大會加快反應述率。同時升溫會使它的溶解度增大使之溶解，反應得以繼續(xù)下去；Mg(OH)2屬于中強堿，室溫下其懸濁液的pH約為11左右，可以使酚酞變紅。②在食鹽水中反應速率加快可能的原因：Cl-促進了反應的發(fā)生等；③Mg與NaHCO3溶液反應生成氫氣、堿式碳酸鎂和碳酸鈉。【詳解】（1）①NO2具有氧化性，在溶液中將SO2氧化為SO42﹣離子，生成沉淀BaSO4，故①選；②NH3與水反應生成NH3?H2O，NH3?H2O與二氧化硫反應生成亞硫酸銨，溶液中生成大量的SO32﹣離子，生成沉淀BaSO3，故②選；③HCl與SO2都不與BaCl2反應，通入SO2與HCl都不會生成沉淀，故③不選；④FeCl3溶液具有氧化性，將SO2氧化為SO42﹣離子，生成沉淀BaSO4，故④選；⑤SO2與CO2都不與BaCl2反應，并且所對應的酸都比鹽酸弱，通入SO2與CO2都不會生成沉淀，故⑤不選；答案選①②④；（2）B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，說明B中含有Fe3+，A為Fe，結合E是一種不溶性堿可知C中含F(xiàn)e2+，D為Fe(OH)2，E為Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；E→C的離子方程式為2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O；(3)①阻礙鎂與水反應進行的主要因素是沉積在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加熱后促進了水的點離，使H+濃度增大，加快了反應述率。同時升溫會使它的溶解度增大使之溶解，反應得以繼續(xù)下去；Mg(OH)2屬于中強堿，室溫下其懸濁液的pH約為11左右，可以使酚酞變紅。②在食鹽水中反應速率加快可能的原因：Cl-促進了反應的發(fā)生等；③Mg與NaHCO3溶液反應生成氫氣、堿式碳酸鎂和碳酸鈉，反應的離子方程式為2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。11．

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

bc

H2O2H++HO2-

H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O

Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【分析】根據(jù)題意推斷X、Y、Z、M、R依次為H、Si、Al、O、Cl五種元素。（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；（2）證明非金屬性的方法：①單質與氫氣化合的難易程度；②氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性；③最高價氧化物對應水化物的酸性等角度證明；（3）X2M2為H2O2，H原子滿足2電子結構、O原子滿足8電子結構；按多元弱酸分步電離進行書寫；（4）根據(jù)質量守恒進行化學方程式的書寫；（5）銅與雙氧水在酸性條件下反應生成銅鹽和水?！驹斀狻縓、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的陽離子核外無電子，則X為氫元素；Y元素有-4、+4價，處于ⅣA族，是無機非金屬材料的主角，則Y為Si元素；Z為第三周期簡單離子半徑最小，則為Al元素；R元素有+7、-1價，則R為Cl元素；M元素有-2價，處于ⅥA族，原子半徑小于Cl原子，故R為氧元素；（1）Z為Al，Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R為Cl，Y為Si；a.物質的聚集狀態(tài)屬于物理性質，不能說明非金屬性強弱，選項a錯誤；b.氫化物越穩(wěn)定，中心元素的非金屬性越強，穩(wěn)定性HCl＞SiH4，說明非金屬性Cl＞Si，選項b正確；c.Si與Cl形成的化合物中Si呈正價，說明Cl吸引電子的能力強，Cl元素的非金屬性更強，選項c正確；d.Y與R各自形成的最高價含氧酸中R的氧化性更強才能說明R的非金屬性更強，選項d錯誤；答案選bc；（3）X2M2為H2O2，H原子滿足2電子結構、O原子滿足8電子結構，故H2O2的電子式為；H2O2酸性比碳酸的還要弱，則可看成多元弱酸，分步電離，第一步電離的電離方程式為H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化劑：H2O2分解生成H2O和O2；根據(jù)總反應式2H2O2=2H2O+O2↑減去第一步反應H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反應：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）銅與雙氧水在酸性條件下反應生成銅鹽和水，反應的離子方程式為Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。【點睛】本題考查元素周期律元素周期表的應用，同周期元素從左到右半徑減小、非金屬性增強，同主族元素從上而下半徑增大、非金屬性減弱。12．

三

ⅣA

大

小

分子間作用力（范德華力）

甲酸

先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解，最后變無色溶液

【分析】X的最高價氧化對應的水化物為H2XO3，可以確定X為+4價，故可能為C、Si；Y是地殼中含量最高的為O，Z最外層電子排布式為3s23p1，為Al；W質子數(shù)為28-14=14為Si，故綜上有X、Y、Z、W分別為C、O、Al、Si,據(jù)此解答；【詳解】(1)由分析知W是Si，其在周期表中的位置是第三周期ⅣA族，W和X屬于同一主族，但是W在下面一個周期，所以其半徑比X的大；(2)Z是鋁和W屬于同一周期但是Z在W左側，且不屬于反常的情況，所以其第一電離能比W的小）；XY2是CO2，它屬于分子晶體，所以由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是分子間作用力（范德華力）；分子內(nèi)存在O—H鍵，就可以形成分子間氫鍵，例如甲酸；(3)向Z單質與鹽酸反應后的無色溶液是氯化鋁溶液，向其中滴加NaOH溶液直至過量，首先生成氫氧化鋁，然后再溶解，所以其現(xiàn)象是先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解，最后變無色溶液；W的單質是硅，硅可以與氫氟酸反應生成氫氣和四氟化硅，其方程式是；(4)根據(jù)信息，可以知道4molAl反應放出的熱量是3352kJ，所以該反應的熱化學方程式是，。13．

3d24s2

N

ad

N2O?CO2?SCN-等任一種

〔Ti(H2O)5Cl〕2+

2CNO+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O

取原溶液少許于試管中，然后向其中加入Fe3[Fe(CN)6]溶液會生成藍色沉淀則未完全變質，如未生成藍色沉淀則完全變質?(或加入KMnO4溶液紫色退去，則未完全變質，如KMnO4溶液紫色未褪色則完全變質?)【分析】A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同，可推出A為H；B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，可推出B為C；D原子的核外成對電子總數(shù)是未成對電子總數(shù)的3倍，可推出D為O，并同時推出C為N；E離子和氬原子的核外電子排布相同，則E的核電荷數(shù)為22，是Ti，元素F的三價陽離子3d軌道處于半充滿狀態(tài)，則F為Fe?【詳解】(1)E的基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d24s2；(2)上述非金屬元素中電離能最大的元素是N；(3)a.甘油與水分子間能形成氫鍵，苯是非極性分子；b.甘油中C原子是sp2雜化，CO2分子中的中心原子采用sp雜化；c.苯分子中含有12個鍵和1個鍵；d.CO2是分子晶體，熔點?沸點都比二氧化硅原子晶體低；故ad敘述正確；(4)與CNO互為等電子體的微粒有N2O?CO2?SCN-等；(5)配離子的化學式為〔Ti(H2O)5Cl〕2+；(6)在酸性條件下CNO被NaClO氧化成N2和CO2?反應的離子方程式是2CNO-+2H+3ClO=N2↑+2CO2↑+3C1+H2O；(7)Fe2+在空氣中易氧化成Fe3+，可用KSCN溶液檢驗Fe3+，用酸性KMnO4溶液檢驗Fe2+，具體方法是：先滴加KSCN溶液變血紅色證明變質，再滴加酸性KMnO4溶液，紫色完全褪色說明沒有完全變質，不褪色說明完全變質?14．

1s22s22p63s23p63d84s2

這兩種氫化物均為極性分子、相互之間能形成氫鍵

原子晶體

sp3【分析】基態(tài)Q原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，則Q為N，QT2＋與ET2互為等電子體，E比Q少一個電子，故E為C。E、Q、T三種元素的基態(tài)原子具有相同的能級，且I1(E)＜I1(T)＜I1(Q)，故T為O。X為周期表前四周期中電負性最小的元素，則X為K。Z的原子序數(shù)為28，則Z為Ni。則E、Q、T、X、Z分別為C、N、O、K、Ni?！驹斀狻浚?）QT2＋與ET2互為等電子體，所以兩者結構相似，ET2即CO2的電子式為，所以NO2+的電子式為，基態(tài)Ni原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p63d84s2。（2）N的簡單氫化物NH3極易溶于O的簡單氫化物H2O，其主要原因是這兩種氫化物均為極性分子、相互之間能形成氫鍵。（3）化合物甲由O、K兩元素組成，在晶胞圖示中，兩個O組成一個原子團，在立方體的棱心和體心，共有4個，K+在頂點和面心，共有4個，兩者個數(shù)比為1:1，所以化學式為KO2。（4）乙由C、N兩元素組成，硬度超過金剛石，所以乙為原子晶體。從化合物乙的晶胞結構可以看出，C有4個價層電子對，所以其雜化方式為sp3，N形成3個共用電子對，還有1個孤電子對，所以N的雜化方式也是sp3。15．(1)

第四周期第Ⅷ族

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(2)

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O(4)⑦(5)Na2FeO4中鐵元素為+6價，具有強氧化性，可以殺菌、消毒；Na2FeO4中+6價鐵元素得電子后生成了Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體可吸附水中的雜質而凈化水【分析】由信息知，H久置于空氣中，由白色固體變?yōu)榛揖G色，最終變成紅褐色Ⅰ，則H是Fe(OH)2，I是Fe(OH)3，C為紅棕色粉末，則C是Fe2O3，D是Fe，F(xiàn)是FeCl3，E為黑色晶體，則E是Fe3O4，反應⑦為Fe3O4與鹽酸反應，則G是FeCl2，銀白色金屬單質A轉化得到B為淡黃色粉末，則A是Na，B是Na2O2。（1）B為Na2O2，電子式為，D是Fe元素，26號元素，在元素周期表中的位置為：第四周期第Ⅷ族，物質B與水反應是過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，其反應的化學方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案為：；第四周期第Ⅷ族；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。（2）反應⑤是鐵和水蒸氣在高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣，其反應的化學反應方程式：，反應⑧是氫氧化亞鐵和氧氣、水反應生成氫氧化鐵，其反應的化學反應方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案為：；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3）反應⑦是四氧化三鐵和酸反應生成鐵離子、亞鐵離子和水，其反應的離子方程式為：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；故答案為：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。（4）在①～⑧的所有反應中，反應⑦為Fe3O4與鹽酸反應，屬于非氧化還原反應，其余都為氧化還原反應；故答案為：⑦。（5）A．Na2FeO4中鐵元素為+6價，具有強氧化性，可以殺菌、消毒；B．Na2FeO4中+6價鐵元素得電子后生成了Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體可吸附水中的雜質而凈化水；故答案為：Na2FeO4中鐵元素為+6價，具有強氧化性，可以殺菌、消毒；Na2FeO4中+6價鐵元素得電子后生成了Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體可吸附水中的雜質而凈化水。16．

Ba2+、Al3+、I-、

Mg2+、Fe3+、、、

Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-【詳解】(1)由實驗①可知，因與反應，該溶液中不能存在