高三化学一轮复习训练题-元素或物质推断题

试卷第=page1313页，共=sectionpages1313页试卷第=page1212页，共=sectionpages1313页高考化学一轮训练题—元素或物质推断题1．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii.；。回答下列问题：(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。2．（2023·浙江杭州·学军中学校考模拟预测）某化合物X由前四周期的四种元素组成，探究其组成的实验过程如图。已知：无水硫酸铜遇气体G能变蓝色。白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液；沉淀A是由砖红色氧化物M和白色沉淀E组成的混合物。请回答：(1)化合物X的化学式为______。气体F的电子式为______。(2)深蓝色溶液D中所含的主要阳离子有(写离子符号)______。(3)砖红色固体与稀硝酸反应的离子方程式为______。(4)在深蓝色溶液D中滴加稀硫酸至pH为3～4，再加入过量KI固体，有白色沉淀(2种元素组成，个数比为1：1)生成，溶液由蓝色变为褐色。写出该反应过程的离子方程式：______。(5)设计实验方案，鉴定蓝色溶液B中所含的阴离子成分______。3．（2022·浙江·模拟预测）固体X是四种短周期元素组成的化合物，X的性质与铵盐相似。为探究固体X的组成，取3.28gX，与含NaOH0.04mol的溶液恰好发生复分解反应，得溶液A(溶液A中含两种溶质，其中一种溶质的相对分子质量为33)，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(与0.02mol硝酸恰好反应，无色气体B在标准状况下的体积为896mL，在空气中变成红棕色)：(1)组成X的四种元素是_________(填元素符号)，X的化学式为_________。(2)A中某种溶质与AgBr反应可生成两种单质，化学方程式为_________。(3)写出X的水溶液与溶液反应生成白色沉淀的离子方程式：_________。(4)为探究和NaOH的反应，设计实验方案如下：向含的溶液中加入0.1molNaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。若有沉淀生成，则与NaOH的反应可能为_________(写离子方程式)；若无沉淀生成，则与NaOH的反应可能为_________(写离子方程式)。该实验方案有无不妥之处？若有，提出修正意见：_________。4．（2022·上海·一模）I.甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气主要成分为、和在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①②③回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：化学键CO中的化学键(1)由此计算_________，已知，则_________。II.下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中、为无色气体(2)写出有关物质的化学式：_________；_________。(3)写出的化学方程式_________。(4)写出实验室制备C的化学方程式_________。(5)可用于制备尿素，尿素适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是_________。(6)分别取两份溶液，各向其中通入一定量的气体，随后各取溶液分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入的溶液，产生的气体体积标准状况下与所加入的的体积之间的关系如图所示，试分析：①在吸收气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_________，其物质的量之比是：_________。②原溶液的物质的量浓度是_________，甲图所示溶液最多还能吸收体积为_________标准状况。5．（2022·浙江·三模）液态化合物是电镀行业的重要试剂，由中学阶段常见的5种元素组成。某小组按如下流程进行实验：实验1：实验2：已知：物质与溶液的反应属于非氧化还原反应。请回答：(1)组成的元素有_______，的化学式为_______。(2)与浓溶液共热的化学方程式为_______。(3)溶液中的溶质有：、、_______(填化学式)。(4)溶液中存在动态平衡，某同学欲探究物质浓度对该平衡的影响，已有方案：①向溶液中加固体，观察现象；②向溶液中加浓溶液，观察现象；请设计方案③：_______(写出操作、现象及相应结论)。6．（2021·天津·天津市西青区杨柳青第一中学校考一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。(1)A元素单质的结构式为_______；基态E元素原子价层电子排布图为_______。(2)在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是_______；A与B形成的A的立体构型为_______。(3)火箭推动剂由A2H4和H2B2组成，加热反应时有A元素的单质生成，写出该化学反应方程式：_______。(4)写出酸性条件下，E元素的离子E2和D元素的阴离子反应的离子方程式：_______。(5)基态F3+未成对电子数为_______个；F3+与SCN—络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的阴离子为_______(填化学式)。(6)元素B与E形成的一种化合物广泛应用于录音磁带上，其晶胞如图所示。若晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。7．（2021·浙江·校联考模拟预测）X是一种有前景的贮氢材料，含有三种短周期元素，高温下加热84gX分解产生0.5mol的离子化合物A和44.8L的气体B(标准状况下)，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X、A发生水解反应均产生一种白色沉淀和B。(1)写出B的电子式___________。(2)写出X受热分解的化学方程式___________。(3)B连续氧化可以产生2种常见气体，将这两种氧化物溶于冰水可以得到一种弱酸C，酸性比醋酸略强；向C的钠盐加入某物质也可以得到C，下列不适合使用的是___________。A．SO2 B．HCl C．CO2 D．稀H2SO4(4)X在一定条件下能和NaH反应生成H2，计算X材料在该反应中的最大贮氢比________(贮氢比=氢气质量/贮氢材料质量)。(5)X能否与Cl2________发生反应(填“能”或“不能”)，若能，简述理由_________(若不能，本问不用回答)8．（2022·浙江·校联考二模）化合物X是由四种短周期元素组成的盐，不带结晶水，某兴趣小组按如下流程对其进行探究实验。已知化合物X的焰色反应呈黄色。请回答：(1)化合物X的组成元素为_______(填元素符号)和Na，气体D的化学式为________。(2)写出确定气体B的依据：_______。(3)上述流程中固体生成无色溶液的离子方程式为______。(4)已知固体X在高温下可将CuO还原成Cu，写出该反应方程式______。取足量固体X与WgCuO(设CuO完全反应)共热，请设计实验证明还原产物的组成______。(提示：CuO的还原产物可能为，在酸性条件下不稳定，发生反应为)9．（2022·重庆沙坪坝·重庆市天星桥中学校考一模）某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁()，还含少量的、。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，工艺流程如下：(已知不溶于水和碱，但溶于酸：)。根据流程回答下列问题：(1)溶液C的主要成分是___________。(2)溶液D中的金属阳离子与过量试剂X反应的离子方程式是___________。(3)在溶液F中滴加溶液的现象是___________；发生的化学反应方程式为___________。(4)聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣(主要成分，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如图：①加热条件下酸浸时，与硫酸反应。酸浸时，通入的目的是___________。②“浓度检测”是先将100mL含溶液用适量的还原为；再用酸性标准溶液测定的量(被还原为)，此时发生反应的离子方程式为：___________。若用掉溶液50mL，则的物质的量浓度为___________。10．（2021·湖南永州·校联考模拟预测）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。(2)、KOH、反应生成的化学方程式为___________。(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是___________。(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若出时溶液的pH=8，则___________mol/L。{已知：常温下，}(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。(6)由制取铬绿的方法是___________。11．（2021·广东茂名·校联考三模）辣椒素又名辣椒碱(capsaicin)，是常见的生物碱之一、辣椒素H的合成路线如下。请完成下列问题(1)B的键线式是_______。(2)E中官能团的名称是_______。(3)C→D中反应i的化学方程式是_______，反应类型是_______。(4)F与G反应生成H时，另一产物为_______(填化学式)。(5)的同分异构体中，同时符合下列条件的有_______种(不含立体异构)。①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环境的H②红外光谱测得其分子结构中含有和-OH③进一步测得，该物质能与NaOH反应，且1mol该物质能消耗2molNaOH写出其中任意两种的结构简式_______。(6)参照上述合成路线，设计以异丙醇和必要试剂为原料合成2-异丙基丙二酸()的合成路线。_______(其他试剂任选)。12．（2021·北京通州·统考一模）有8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。根据判断出的元素回答下列问题：(1)f在周期表中的位置是___________；(2)y、z、d的氢化物中最稳定的是(写化学式)___________；(3)x与y形成的多种化合物中，最简单的化合物的空间构型是___________；(4)描述e的单质在空气中燃烧的现象：___________；(5)锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解e的溴化物(eBr)的水溶液间接将葡萄糖[]氧化为葡萄糖酸[]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示。①钛网与直流电源的___________极相连；②石墨电极的电极反应式为___________；③写出生成葡萄糖酸的化学反应方程式：___________。13．（2021·浙江杭州·校联考三模）某兴趣小组对于固体A开展探究实验，已知A由4种元素组成，摩尔质量M小于160g/mol，溶液E中只有一种溶质。(1)A的化学式___，气体B的空间构型___。(2)溶液C制备沉淀D的离子方程式___。(3)已知2molNa在一定条件下可以和液态B反应产生一种1可燃性气体和化合物F，化合物F极易和水反应，写出和水反应的方程式___；(4)该研究小组认为检验溶液E和NaHCO3溶液可以采用CaCl2溶液，结果发现两种溶液中加入CaCl2都会形成白色沉淀，请解释原因：___(用方程式表示即可)；更换检验试剂，加入某短周期元素X的氯化物之后可以检验，其中一种产生沉淀，另一种无沉淀，则X元素为___。14．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(1)X与水反应的方程式：_____(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂C．在某些反应中作催化剂D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血E.气体C与FeCl3溶液可以制备XF.Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可(5)D可以溶解在C的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为：___15．（2020·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）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－1E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2.24LC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___________________。16．（2021·河南·统考模拟预测）N、A、B、D、E均为原子序数依次递增的前四周期元素，M原子内的电子只有一种运动状态，N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大，A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的，D属于第IIB的元素，E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。(1)A原子核外电子能量最高的能层的符号是_______，D原子价电子的排布式为________。(2)设计实验，比较A元素与B元素非金属活泼性__________。(3)NM3的键角________(填“﹥”“﹤”“=”)EM3的键角，NM3的沸点_______(填“高于”、“低于”“等于”)EM3的沸点。(4)与E同周期的主族元素中，第一电离能最大的是_______(填元素名称)。A和E形成分子的结构如图所示，该分子的分子式为________，E原子的杂化类型为_________。(5)与BA2分子的中心原子价电子对几何构型不同但分子构型相同的是_________。A．BeCl2B．PH3C．H2OD．OF2(6)金属D晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______，D原子的配位数为_________，六棱柱高为ccm，底边边长为acm，阿伏伽德罗常数的值为NA，D晶体的密度为_______g·cm–3(列出计算式)。17．（2018·山西·山西实验中学校考一模）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___________。18．（2020·浙江·校联考模拟预测）某盐X由四种短周期元素组成。现有如下转化关系。已知有毒气体C在标况下的密度为1.25g·L−1.请回答.(1)组成X的四种元素是C、O和_____(填元素符号)。(2)D溶液中加入过量AlCl3溶液的离子方程式_____。(3)写出一个B参加反应的复分解反应_____。(4)固体D中加入足量CaCl2溶液，判断CaCl2溶液已足量的操作是_____。(5)溶液X与酸性KMnO4溶液混合，被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式为_________。答案第=page3131页，共=sectionpages1919页答案第=page3232页，共=sectionpages1919页参考答案：1．(1)粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度(2)(3)、和铁粉(4)

加入，促进水解，产生

140(5)(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。2．(1)

CuAl(CH3)4

(2)[Cu(NH3)4]2+、NH(3)3Cu2O+14H++2NO=6Cu2++2NO↑+7H2O(4)2[Cu(NH3)4]2++8H++4I-=2CuI↓+I2+8NH(5)取少许溶液B放入一支洁净的试管，滴加适量浓硫酸，加热浓缩，插入铜丝，若产生红棕色的气体，则证明溶液中含有NO【分析】化合物X由前四周期的四种元素组成；白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液，E为7.8g氢氧化铝沉淀（为0.1mol）；无水硫酸铜遇气体G能变蓝色，G还能使澄清石灰水变浑浊生成40.0gH碳酸钙沉淀（为0.4mol），则G含有水、二氧化碳（根据碳元素守恒可知为0.4mol），故F含有碳氢元素；B为蓝色溶液、D为深蓝色溶液，则均含有铜元素，沉淀A是由砖红色氧化物M和白色沉淀E组成的混合物，则M为氧化亚铜沉淀，质量为15.0g-7.8g=7.2g，物质的量为0.05mol；根据质量守恒可知X中含有铜0.05mol×2=0.1mol、铝0.1mol、碳0.4mol，则含有氢元素质量为15.1g-0.1mol×64g/mol-0.1mol×27g/mol-0.4mol×12g/mol=1.2g，物质的量为1.2mol；则X的化学式为CuAl(CH3)4；氧化亚铜和硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，得到B为硝酸铜、硝酸铝、过量硝酸，B加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀、[Cu(NH3)4](NO3)2和硝酸铵；得到沉淀E和溶液D；【详解】（1）由分析可知，化合物X的化学式为CuAl(CH3)4。气体F为X和水微热生成的甲烷，电子式为；（2）深蓝色溶液D为硝酸铜和过量氨水生成的[Cu(NH3)4](NO3)2和硝酸铵，故所含的主要阳离子有[Cu(NH3)4]2+、NH；（3）氧化亚铜和硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu2O+14H++2NO=6Cu2++2NO↑+7H2O；（4）碘离子具有还原性，能把二价铜还原为一价铜同时得到碘单质，一价铜和过量的碘离子生成碘化铜沉淀，反应为2[Cu(NH3)4]2++8H++4I-=2CuI↓+I2+8NH；（5）B中含有硝酸根离子，硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下和铜反应能生成红棕色二氧化氮气体，故检验方法为：取少许溶液B放入一支洁净的试管，滴加适量浓硫酸，加热浓缩，插入铜丝，若产生红棕色的气体，则证明溶液中含有NO。3．(1)

N、S、H、O

[或、、](2)(3)(4)

先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液【详解】（1）结合S元素守恒与生成不溶于稀硝酸的白色沉淀2.33g可知，中含硫酸根离子0.01mol，则X中含硫酸根离子0.02mol；结合N元素守恒、得失电子守恒与和，反应生成标况下896mLNO和水可知，中有0.02mol价的N原子，则X中有0.04molN；根据元素守恒可知X中还存在H和O两种元素，则3.28g化合物X中有0.04mol价的氮、0.02mol价的硫和一定量的H与O，根据电中性原则及X质量可求，H为0.16mol，O为0.12mol，故X的化学式为，因X与NaOH发生的复分解反应且X中有，故X的组成可写为，由于X的性质与铵盐类似，进一步改写为、。（2）羟胺，是分析化学中一种常见的还原剂，其结构式为，其相对分子质量为33，为A中的一种溶质，与AgBr反应可生成两种单质，是羟胺还原AgBr生成和Ag，其化学方程式为。（3）X的水溶液中类似于，可与发生双水解反应生成沉淀，离子方程式为。（4）若有碳酸钙沉淀生成，则加入NaOH后生成了，说明与发生反应，反应离子方程式为；若无沉淀生成，则加入NaOH后没有生成，说明是与发生反应，反应离子方程式为；该实验方案有不妥之处，因为在存在的条件下，溶液中能将转化为，所以也会有沉淀生成，最终与前一种情况现象相同，因此，应在滴加稀溶液之前，将溶液煮沸，除去溶液中的氨。4．(1)

(2)

或

(3)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2(4)(5)CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑(6)

和

【分析】II．X既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。【详解】（1）由反应热与键能的关系可得，1076+2436-3413-343-465=-99；依据盖斯定律知，反应③=反应②-反应①，则=-58-(-99)=+41，故答案为：-99；+41；（2）由分析可知，为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：NH4HCO3或(NH4)2CO3；F为NO2；（3）为CO2和Na2O2的反应，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（4）由分析可知，C为NH3，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物制备氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，由元素守恒可判断生成的产物为NH3和CO2，水解的化学方程式是CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；（6）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L0.1mol/L=0.0025mol，生成的NaHCO3为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可以知道总的NaHCO3为0.05L0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中NaHCO3为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是：，故答案为：和；；②加入75mL盐酸时，溶液中的溶质恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原溶液的物质的量浓度是==0.75；甲中生成CO2气体至最大，消耗盐酸为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，将CO转化为HCO应消耗盐酸为25mL，而图像中开始生成CO2气体时消耗盐酸体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗盐酸的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L0.1mol/L=0.0025mol，根据方程式Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况下的体积为0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：；。5．(1)

Fe、S、O、N、H

Fe(SO3NH2)2(2)Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+2Na2SO4(3)HCl、NH4Cl(4)向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡【分析】实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4，BaSO4的物质的量是，说明混合气体中含有0.03molSO2；实验2中，物质与溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成1.344L标准状况下刺激性气味的气体E，可知生成0.06molNH3，所以7.44gX中含有0.06molN元素；反应生成白色沉淀F，白色沉淀F和氧气反应生成红褐色沉淀G，G是Fe(OH)3，F是Fe(OH)2，Fe(OH)3加热分解为红色粉末H，H是Fe2O3，Fe2O3的物质的量是；则X中含有0.03molFe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质量是、A是0.03molFeSO4，则根据硫元素守恒，7.44gX中含有0.06molS元素；根据氧元素守恒，7.44gX中含有氧元素0.03×4+0.03×2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为mol；(1)根据以上分析，组成的元素有Fe、S、O、N、H，根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4，的化学式为Fe(SO3NH2)2；(2)根据流程图，与浓溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+2Na2SO4；(3)X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)23FeSO4+3SO2↑+4NH3↑+N2↑，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，发生反应H2O2+SO2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，HCl+NH3=NH4Cl，溶液中的溶质有：、、HCl、NH4Cl；(4)溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向溶液N中加铁粉，发生反应，Fe3+浓度减小，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡。6．(1)

N≡N

(2)

sp3

V形(3)N2H4+2H2O2N2↑+4H2O(4)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O(5)

5

Fe(CN)(6)×1030【分析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，B元素是地壳中含量最高的元素，则B为O元素；A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N元素；C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，则C为Si元素；D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl元素；E元素位于周期表的ⅥB族，则E为Cr元素；F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe元素。【详解】（1）氮气的分子式为N2，结构简式为N≡N；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，排布图为，故答案为：N≡N；；（2）联氨分子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化类型为sp3杂化；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则亚硝酸根离子的空间构型为V形，故答案为：sp3；V形；（3）由题意可知，联氨与过氧化氢共热反应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2↑+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2↑+4H2O；（4）由题意可知，酸性条件下重铬酸根离子与氯离子反应生成铬离子、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；（5）铁元素的原子序数为26，铁离子的价电子排布式为3d5，则铁离子的未成对电子数为5；铁离子与硫氰酸根离子形成配位数为5的阴离子为Fe(CN)，故答案为：5；Fe(CN)；（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铬原子个数为8×+1=2，位于面心和体内的氧原子个数为4×+2=4，则晶胞的化学式为CrO2，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×103×d，解得d=×1030，故答案为：×1030。7．(1)(2)3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3↑(3)AC(4)1:7(5)

能

氯气是强氧化剂，Mg(NH2)2中氮元素为-3价，具有还原性，两者能发生氧化还原反应【分析】B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，物质的量为，质量为34g，而X的质量为84g，依据质量守恒定律可知0.5molA的质量为50g，A的相对分子质量为100，X中含N、H元素；X中含三种短周期元素，X、A发生水解反应均产生一种白色沉淀和NH3，且A为离子化合物，则A中含金属元素和氮元素，金属元素为镁元素，白色沉淀为氢氧化镁，A为Mg3N2、X为Mg(NH2)2。(1)B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，氨气的电子式为：。(2)由分析可知，X为Mg(NH2)2，受热分解生成Mg3N2和NH3，分解的化学方程式为：3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3↑。(3)氨气连续氧化可以产生2种常见气体，将这两种氧化物溶于冰水可以得到一种弱酸C，酸性比醋酸略强，则这两种气体为NO、NO2，弱酸C为HNO2；向亚硝酸钠溶液中加入某物质可以得到亚硝酸：若物质为二氧化硫，二氧化硫有还原性，亚硝酸钠会与二氧化硫发生氧化还原反应，得不到亚硝酸，A正确；盐酸酸性比亚硝酸强，强酸制弱酸，可以得到亚硝酸，B错误；醋酸酸性比碳酸强，而亚硝酸酸性比醋酸强，弱酸不能制强酸，得不到亚硝酸，C正确；硫酸酸性比亚硝酸强，强酸制弱酸，可以得到亚硝酸，D错误；答案选AC。(4)由题意可知，Mg(NH2)2一定条件下与NaH发生氧化还原反应生成H2的化学方程式为：3Mg(NH2)2+12NaH12H2↑+Mg3N2+4Na3N，若有3molMg(NH2)2参与反应、则生成12molH2，3molMg(NH2)2的质量为3mol56g/mol=168g，12mol氢气的质量为12mol2g/mol=24g，则Mg(NH2)2在该反应中的最大储氢比为24:168=1:7。(5)X为Mg(NH2)2，其中氮元素化合价为-3价，具有还原性，而氯气是强氧化剂，两者能发生氧化还原反应生成氮气、氯化镁和氯化氢。8．(1)

H、O、C

CO(2)，所以B是(3)(4)

将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜【分析】由化合物X的焰色反应呈黄色可知为钠盐，由固体C与足量产生5.0g白色沉淀D可得固体C为5.3g，气体D质量为1.4g，固体A与酸性高锰酸钾反应得出固体A有还原性，结合固体和的两个转化得出固体A为，由，得出B是，推出固体X为HCOONa。【详解】（1）由上述分析可知，X为HCOONa，含有的四种元素是C、O和H、Na；（2）由质量守恒得气体B质量为13.6-13.4=0.2g，结合体积2.24L可得物质的量，则B的摩尔质量为，可得B为；（3）溶液与酸性溶液混合，被还原为，被氧化成，离子方程式为：；（4）由信息可得反应物为HCOONa和CuO，生成物为Cu，按照氧化还原规律，甲酸钠被氧化成碳酸氢钠，碳酸氢钠在高温下分解，所以方程式为：。由题意可得氧化铜的还原产物组成三种可能：Cu或或Cu和，将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜。9．(1)(2)(3)

先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色

、(4)

将氧化为

0.6mol/L【分析】由图可知，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁，硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体H；向固体H中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。【详解】（1）由分析可知，溶液C的主要成分是偏铝酸钠，故答案为：；（2）溶液D中的金属阳离子与过量试剂X的反应为硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，有关的化学反应方程式为、，故答案为：先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；、；（4）由题给流程可知，粉碎后的废铁渣加热条件下酸浸时，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，通入氧气将溶液中的硫酸亚铁氧化为硫酸铁，过滤得到不溶的滤渣和硫酸铁溶液；检测溶液中的铁离子浓度后，向溶液中加入一定量的聚硅酸混凝，静置2h得到聚硅酸铁；①由分析可知，酸浸时通入氧气的目的是将溶液中的硫酸亚铁氧化为硫酸铁，故答案为：将氧化为；②由题意可知，加入酸性重铬酸钾溶液发生的反应为硫酸亚铁与酸性重铬酸钾溶液反应生成硫酸铁、硫酸钾、硫酸铬和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，用掉0.2mol/L重铬酸钾溶液50mL时，反应中消耗亚铁离子的物质的量为0.2mol/L×0.05L×6=0.06mol，由铁原子个数守恒可知，铁离子的浓度为=0.6mol/L，故答案为：；0.6mol/L。10．

粉碎废渣

充分搅拌(或通入足量空气等)

KSCN

pH过低，进入滤液

高温煅烧【分析】本题主要考查制备的工艺流程，考查学生对元素化合物的理解能力和综合运用能力。分析图框：含铬的不锈钢经过碱时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，可以把不溶的固体通过过滤除去，，调,有下列问题可得，促进水解，全部生成,过滤可以把铁除去，与,,使生成，通过加热锻烧得到氧化物。【详解】(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态、中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率。(2)得到，得到，依据得失电子数相等，配平得。(3)结合电离出的及生成和；检验用溶液。(4)过低，会转化为，进入滤液。(5)得到，失去，依据得失电子数相等，配平得。(6)高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。11．

(2-甲基-7-溴-3-庚烯)

碳碳双键、羧基

+2KOH+2C2H5OH

取代(水解)反应

HCl

4

、、、

【分析】根据题意可知发生题目所给反应生成C，再结合Ａ的结构，可知应为，C为，C中酯基水解再酸化得到D，所以D为；E的分子式为，生成的同时产生二氧化碳，发生脱羧反应；根据生成H的反应物的结构变化，可知F和G发生取代反应生成H。合成路线的设计：参照题中由A→B→C→D的合成路线，结合所学知识，异丙醇发生取代反应生成2-溴丙烷，然后发生取代反应、水解反应并酸化得到目标产物，可设计合成路线。【详解】(1)由B的分子式和A的键线式可知，Ｂ的键线式为，按照系统命名法命名为2-甲基-7-溴-3-庚烯；故答案为：；(2)E中含有两个官能团，分别是碳碳双键、羧基；故答案为：碳碳双键、羧基；(3)由流程可知，C→D中反应i的化学方程式是：，该反应属于取代反应，也是水解反应；故答案为：+2KOH+2C2H5OH；取代反应；(4)分析相关物质的键线式可知，F与G生成Ｈ的反应为取代反应，根据质量守恒和断键、成键情况，确定另一产物为HCl；故答案为：HCl；(5)的同分异构体中，符合①具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环境的H，说明苯环上有4个取代基，且具有对称结构；②红外光谱测得其分子结构中含有和-OH；③与NaOH反应，1mol该物质能消耗2molNaOH说明有2个酚羟基，则符合条件的同分异构体有4种，分别为：、、、；故答案为：4；、、、；(6)参照题中由A→B→C→D的合成路线，结合所学知识，异丙醇发生取代反应生成2-溴丙烷，然后发生取代反应、水解反应并酸化得到目标产物，可设计合成路线为：。故答案为：。12．

第三周期第ⅢA族

H2O

正四面体

钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体

正极

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr【分析】x的最高正价为+1价，且原子半径最小，则为H元素；0.01mol/Le的最高价氧化物对应水化物溶液pH=12，则为一元强碱溶液，原子序数小于e的主族元素至少有4种，所以e为Na元素；y的最高正价为+4价，d的最低负价为-2价，且原子序数小于Na，则y为C元素，d为O元素；z的位于C和O之间，则为N元素；f的最高正价为+3价，原子序数大于Na，则为Al元素；0.01mol/Lg的最高价氧化物对应水化物溶液pH＜2，则为二元强酸，所以g为S元素；h为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl元素。【详解】(1)f为Al元素，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族；(2)原子半径O＜N＜C，所以与氢原子形成共价键时，O-H键键长最短，键能最大，稳定性最好，但H2O2因含有过氧根而稳定，所以三种元素的氢化物中最稳定的是H2O；(3)H与C形成的最简单化合物为CH4，空间构型为正四面体；(4)Na单质在空气中燃烧时生成过氧化钠，现象为：钠迅速熔化成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，有少量黄色烟，生成淡黄色固体；(5)eBr即为NaBr，电解过程中钛网上先将Br-氧化为Br2，发生氧化反应，所以钛网为阳极，生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基；石墨为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气；①钛网为阳极，与直流电源的正极相连；②石墨电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；③阳极生成的Br2在水溶液中将葡萄糖中的醛基氧化为羧基，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr，13．

NaAlN2H2

三角锥形

AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO

NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3

2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2++CO=CaCO3

镁(或Mg)【分析】已知A由4种元素组成的化合物，且A能与NaOH反应生成气体B和溶液C，则其中气体B应为氨气，所以A中含有N元素；溶液C与NaHCO3溶液反应生成1.56gD沉淀以及只含一种溶质的溶液，则C溶液为含钠的盐溶液，所以C中的溶质应为偏铝酸钠。所以A中一定含有的元素为N、Al。根据质量守恒及化合价代数和为零可知另外两种元素为Na和H，且物质的量之比为1：2，结合元素守恒以及A的摩尔质量小于160g/mol分析即可。【详解】(1)由分析可知，0.896L的B()气体，则；1.56g沉淀D[]，则，所以化合物A中，则设A的化学式为，又由于A的摩尔质量小于160g/mol，则x+3-6+y=0、23x+27+2×14+y=1.6÷0.02，解得，所以A的化学式为，由于B为，则其空间构型为三角锥形，故答案为：，三角锥形；(2)由分析可得C为偏铝酸钠，D为，所以用制取的离子方程式为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故答案为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO；(3)B为，2molNa在一定条件下可以和液态B()反应产生一种1可燃性气体和化合物F，则可燃性气体为氢气、F应为NaNH2，则NaNH2与水反应的方程式为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3，故答案为：NaNH2+2H2O=NaOH+NH3·H2O或NaNH2+H2O=NaOH+NH3；(4)由(2)分析可知，C(偏铝酸钠)与碳酸氢钠反应生成D(氢氧化铝)白色沉淀和溶液E，即AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，溶液E为碳酸钠溶液，所以碳酸钠与氯化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀；由于碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离平衡，电离产生的碳酸根会与钙离子结合反应生成碳酸钙，而氢离子与碳酸氢根反应生成碳酸，从而促进平衡正向移动，即2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3；在短周期元素中镁离子能与Na2CO3反应生成碳酸镁白色沉淀，与NaHCO3不会形成沉淀，所以X元素为Mg(镁)元素，故答案为：2HCO+Ca2+=CaCO3+H2CO3或2HCOCO+H2CO3、Ca2++CO=CaCO3或HCOCO+H+、Ca2++CO=CaCO3；Mg(镁)。14．

或

取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有

DE

【分析】沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。【详解】(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故错误；E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；故答案为：DE；(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；15．

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“0.1mol/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0.1mol气体C与0.1molNaOH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：。16．

2P

可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S.

>

>

溴

As2O3

sp3

CD

立方最密堆积

12

【分析】前四周期元素，由M原子内的电子只有一种运动状态知M为H，由N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大知N为氮，由A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的知A为氧，B为硫，由D属于第IIB的元素，且是第四周期知D是锌，由E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子知E是As。【详解】(1)A为O原子，电子排布式是,所以能量最高的能层的符号是2P，D原子电子的排布式为,价电子的排布式为,故答案为：2P；。(2)设计实验比较O与S的非金属性，可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S。故答案为：可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性O>S(3)因为氮的电负性强于砷的，所以键角，因为氨气中存在氢键，所以沸点，故答案为：>;>.(4)同周期的主族元素中从左到右第一电离能逐渐增大，所以是溴，根据O和As形成的分子结构可知化合物的分子式为As2O3,As原子形成了三个共价键，且有一对孤电子，所以原子的杂化类型为sp3.故答案为：As2O3；sp3.(5)SO2分子