高三化学二轮复习-元素或物质推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学二轮复习-元素或物质推断题1．（2022·河南·统考二模）下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题（1）a、f、g元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是__________(用化学式表示)。表中所给元素中金属性最强的与非金属性最强的形成的化合物溶液显______（填“中性“酸性”或“碱性”)。（2）氢元素可与其它元素形成_________(填选项序号)等化学键。A．极性共价键B．非极性共价键C．氢键D．离子键（3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为____，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为______________。（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为___________，分液时有机层应从________(填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是_______。2．（2022·安徽·校联考一模）A一J是中学化学中常见的物质，其相互转化关系如下图所示，反应条件均已略去。A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成；C、F、G均为非金属单质，常温下C、F为无色气体，G可用于制取“84”消毒液；D是应用最广泛的金属；J溶液中滴入KSCN溶液显红色。回答下列问题：（1）A的化学式是_________，E的俗称是_______。（2）在空气中点燃F，然后把导管缓缓伸入盛满G的集气瓶中，观察到的实验现象是______。（3）B和G能发生反应，写出反应的离子方程式______。（4）G和I能发生反应，写出反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：______。3．（2022·浙江嘉兴·嘉兴一中校联考一模）铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。其中A~J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，D是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体，A为强碱，其焰色反应呈黄色，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，流程中的部分生成物已略去。回答下列问题：（1）A的电子式：__________________。（2）铁橄榄石的化学式：__________________。（3）写出H→G的化学方程式：__________________。4．（2022·陕西渭南·统考一模）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：（1）F的分子式是________________，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为____________。（2）A与B反应的化学方程式是：___________________________________________________。（3）E转变为H和I的离子方程式是___________________________________________________。（4）简述检验I溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：____________________。5．（2022·江西南昌·校联考模拟预测）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等．（1）W2-离子的结构示意图为______________，E元素在周期表中的位置为____________，写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式____________________。（2）经测定A2W2为二元弱酸，A2W2的电子式为___________，常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式__________________________。（3）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入A2W2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_____________________。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，写出该反应方程式______________________，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是_________L(标准状况下)。6．（2022·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）【化学—选修3:物质结构与性质】原子序数依次增大的五种元素X、Y、Z、M、Q位于周期表的前四周期。X原子的L电子层的P能级上有一个空轨道，Y原子的2P轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，Z的一种单质能在空气中自然。M是该周期元素中电负性最大的元素，Q元素的+3价离子的3d为半充满。回答下列问题：(1)Q元素基态原子核外未成对电子数有_____个。(2)X和Y中第一电离能较大的是______(填元素符号)，X、Y与氢元素形成的具有酸性的化合物H4X2Y2分于中X原子的杂化方式有_________________。(3)M能形成多种含氧酸，从结构和性质角度解释HMO2和HMO3两种酸的酸性强弱的原因是____________________________________。(4)Q与XY形成的挥发性液体Q(XY)5属于______晶体，1molQ(XY)5中含______molσ键。(5)元素Z和M可形成不同化合物，利用价层电子对互斥理论判断ZM3的立体构型是_______，固体ZM5的结构实际上是ZM4+和ZM6-构成的离子晶体，为氯化铯型。其中阳离子的配位数为________，若晶胞密度为ρg/㎝3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则边长为______________pm(用含ρ和NA的式子表示)。7．（2022·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙就在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请回答下列问题：(1)甲的化学式为___________，丙的电子式为___________。(2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为__________________。(3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为______________________，安全气囊中红棕色粉末的作用是____________________。(4)以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是________。A．KCl

B．KNO3

C．Na2S

D．CuO(5)

设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）____________________________。8．（2022·浙江绍兴·统考一模）某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出H的化学式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。（3）写出反应②的离子方程式：________________。9．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素。B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同。D原子有2个未成对电子。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一。按要求回答下列问题：（1）五种元素中第一电离能最大的是__________，电负性最大的是__________。(以上两空均填元素名称）（2）基态E原子的价电子排布式为__________；E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是__________（填元素符号)（3）M分子中B原子的轨道杂化类型为__________，M分子中两种键角的大小关系是__________。(用∠XYZ表示，X、Y、Z代表元素符号)（4）C3-的空间构型为__________；化合物CA3的沸点比BA4的高，其主要原因是__________。（5）向E元素的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，得到深蓝色的透明溶液，在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的晶体，此晶体中存在的化学键类型有__________。（填代号）A．离子键

B．σ键

C．非极性共价键

D．配位键

E．金属键

F．氢键（6）如图是D、E两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图，D的配位数为__________。已知晶胞中最近两个D原子间距离为anm,，阿伏伽德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为__________g/cm3(用含a、NA的表达式表示)10．（2022·天津静海·校联考一模）五种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大．A和C同族，B和E同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，D的最外层电子数与电子层数相同．A和B、E、F均能形成共价化合物（由分子构成的化合物）．A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和F形成的化合物在水中呈中性．回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是______（填元素名称）．最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素为____（填元素符号），其最高价氧化物对应水化物与NaOH反应的离子方程式为___________________________．（2）由A和B、E、F所形成的化合物中，热稳定性最差的是_________________（用化学式表示）．（3）A和F形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为________.（4）D元素最高价氧化物的化学式为_______，最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠反应的离子方程式为___________________________．（5）单质F与水反应的离子方程式为___________________．．11．（2022·湖南郴州·统考三模）【化学选修3:物质结构与性质】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。（1）E元素的基态原子电子排布式为__________________。（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有___个σ键和____个π键。（3）A的含氧酸根离子AO3n-的空间构型是___________。（4）B的最简单的氢化物的沸点比A的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_____。（5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是______。（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为____，若该原子的半径为rpm，此晶体的密度ρ=______g/cm3（用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示）。12．（2022·天津河东·统考一模）X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1。X是短周期中原子半径最大的元素；X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料；E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性。根据判断出的元素回答问题：(1)T在元素周期表中的位置________________________；(2)这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是_____________________(填化学式)；YZ2的熔点______EZ2的熔点(填高于或低于)；(3)E2T2的电子式______________________________；(4)工业上制备单质X的化学反应方程式_______________________；(5)已知1mol晶体Y在足量Z2中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________；(6)某溶液中可能含有以下阳离子(忽略由水电离产生的H＋、OH－)：H＋、NH、K＋、Mg2＋、Al3＋，现取100mL该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如上图2所示。①在实验中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为____________________________；NaOH溶液的浓度为_____mol·L－1(用字母c、d表示）；②原溶液中含有的Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（H＋）为_________。13．（2022·西藏山南·统考一模）原子序数依次增大的U、V、W、X、Y是周期表中前30号元素。已知U的最外层电子数是其内层电子数的2倍，U与W形成的常见化合物之一是主要的温室气体；X与U同主族，其单质在同周期元素所形成的单质中熔点最高；Y原子M能层为全充满状态，且核外的未成对电子只有一个，请回答下列问题：（1）V在周期表中的位置是___________，该主族元素的气态氢化物中，沸点最低的是________（填化学式）；（2）根据等电子原理分析，VW2+中V原子的轨道杂化类型是__________；（3）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的化合物在常温下是晶体，其晶体类型是__________；（4）+1价气态基态阳离子再失去一个电子形成+2价气态基态阳离子所需要的能量称为第二电离能I2，依次还有I3、I4、I5…，推测X元素的电离能突增应出现在第_________电离能；（5）U的一种相对分子质量为28的氢化物，其分子中σ键与π键的个数之比为_________；（6）Y的基态原子有_________种形状不同的原子轨道；Y2+的价电子排布式为__________；如图_________（填“甲”“乙”或“丙”）表示的是Y晶体中微粒的堆积方式。14．（2022·江苏扬州·统考一模）由短周期元素组成有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。A、G是常见的金属单质，B是最常见的无色液体，C是海水中含量最高的盐类物质。请回答下列问题：（1）K的化学式为_____________（2）E的电子式为_____________（3）写出反应①的化学方程式_____________（4）写出反应②的离子方程式_____________15．（2022·江西上饶·校联考二模）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。(1)X元素是__________(2)X与W组成的化合物中存在_______________键（填“离子”“共价”）。(3)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为__________________________________________________。(4)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A。①已知1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体。写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式__________________________________②又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式：_____________________________________________________。(5)由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1molB中含有6mol结晶水。对化合物B进行如下实验：A．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体。过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；B．B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解①B的化学式为____________________。②已知1mol·L-1100mLB的溶液能与1mol·L-120mLKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应。写出反应的离子方程式_____________________________________。16．（2022·江西萍乡·统考模拟预测）A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答．（1）D在元素周期表中的位置是_________________．（2）C2B的电子式是_________；AB2的结构式是_____________．（3）B、C、E离子半径的由大到小的顺序为_________________；（用离子符号回答）A、D、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为__________________．（用化学式回答）（4）A、B气态氢化物沸点高的是____________；（用化学式回答）原因___________________．（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来出去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为__________________．17．（2022·湖南永州·统考二模）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题。WXYZ结构或性质最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小最高正价与最低负价之和为6（1）W元素和氢可形成离子化合物，其电子式为。（2）Y元素和Z元素可形成YZ3化合物，可用于净水剂，净水原理(用离子方程式表示)。（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是（填序号）。a．最高价氧化物的水化物的碱性

b．相应硫酸盐水溶液的pHc．单质与水反应的难易程度

d．单质与酸反应时失去的电子数②由X、Y、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1:4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为。（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是。18．（2022·江西吉安·校联考一模）A、B、C、D、E、F六种化合物，其中A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，B、C、E均由三种元素组成。B、C的组成元素相同，且C的摩尔质量比B大80g/mol，回答：（1）固体化合物A为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为_________。A、离子键

B、极性共价键

C、非极性共价键

D、氢键（2）下表为B与F实验的部分内容①在含B的溶液中加入稀H2SO4，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体②20mL沸水中滴加F的饱和溶液1～2mL所得液体呈红褐色③将实验②得到的红褐色液体加热蒸发，灼烧，最终得到红棕色固体写出B与稀H2SO4反应的离子方程式___________，写出②中离子反应方程式__________。（3）现由6种粒子Mn2+、MnO4-、H+、H2O、X2Y82-（C中含有的阴离子），XY42-完成一个离子方程式，已知Mn2+为还原剂，得到1molMnO4-需氧化剂的物质的量为_______mol。（4）化合物D和E相互转化DE，若有D和E·H2O的混合物13.04g，加热到完全反应后，气体产物通过浓H2SO4增重3.42g，剩余气体通过碱石灰增生2.20g，则E·xH2O的化学式为___。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．NaOH>LiOH>Al(OH)3碱性ADNa2S2O3S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O紫色下口流出【详解】根据周期表，各元素分别为：a―Li、b―B、c―C、d―O、e―F、f―Na、g―Al、h―S、i―Cl。（1）同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物是水化物碱性越强，同主族，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物是水化物碱性增强，a、f、g元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是NaOH>LiOH>Al(OH)3。表中所给元素中金属性最强的钠与非金属性最强的氟形成的化合物属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性。（2）氢元素可与其它元素形成A、H与另一种元素形成极性共价键，如H-Cl键，故A正确；B、只能两个氢原子间形成非极性共价键，故B错误；C、氢键不是化学键，故C错误；D、与金属等通过离子间作用力形成离子键，如NaH,故D正确；故选AD。（3）d-O、f-Na、h-S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键S-S键，其化学式为Na2S2O3，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O。（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂CCl4，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层是碘的四氯化碳溶液，颜色为紫色，分液时有机层密度大于水层，应从下口流出。该有机溶剂CCl4的电子式是。2．H2O2磁性氧化铁氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成Cl2+H2O=H++Cl-+HClO【详解】A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成，A生成B和C，C为气体，一般为H2O2生成H2O的反应，则A为H2O2，B为H2O，C为O2，G可用于制取“84”消毒液，G为Cl2，D是应用最广泛的金属，D为Fe，由转化关系可知F为H2，H为HCl，E为Fe3O4，J为FeCl3，I为FeCl2。(1)由以上分析可知A为H2O2，E为Fe3O4，E的俗称为磁性氧化铁，故答案为H2O2；磁性氧化铁；(2)氢气在氯气中燃烧的实验现象为：氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成，故答案为氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成；(3)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；(4)氯气和氯化亚铁发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，电子转移的方向和数目可以表示为或，故答案为或。3．Fe2SiO4或2FeO•SiO24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【详解】A~J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，G为氢氧化铁，则H为氢氧化亚铁，F中含有铁离子，D是一种难溶于水的含氧酸，D为硅酸，J是一种主要的温室气体，J为二氧化碳，A为强碱，其焰色反应呈黄色，A为氢氧化钠，则D为二氧化硅，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则B为盐酸，E为氯气，因此F为氯化铁，C为氯化亚铁。根据上述分析，铁橄榄石属于硅酸盐，且含有亚铁离子，设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2，摩尔质量为204g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，则x==2，因此y==1，因此铁橄榄石化学式为2FeO•SiO2。(1)A为氢氧化钠，电子式为，故答案为；(2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2，故答案为2FeO•SiO2；(3)H→G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。4．O21：2C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42-【详解】G是侯氏制碱法的最终产品，G是碳酸钠，淡黄色固体是过氧化钠，和CO2反应生成碳酸钠和氧气，则C是CO2，F是氧气。D为常见液体，D是水。E是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此E是SO2，已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，A是S，B是硫酸，SO2和黄绿色溶液反应生成H和I，I和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，I是硫酸，H和碳酸钠反应生成CO2、H2O和氯化钠，则H是HCl，黄绿色溶液是氯水。（1）根据以上分析可知F的分子式是O2，图中淡黄色固体是过氧化钠，其中的阴、阳离子个数比为1：2。（2）A与B反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。（3）E转变H和I的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－。（4）检验硫酸根离子的操作方法，实验现象和结论为：在I的水溶液中加入稀盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明I溶于水电离所产生的阴离子是SO42－。点睛：掌握常见物质的性质以及有关转化关系是解答的关键，注意掌握解框图题的方法：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。5．第三周期第ⅢA族Al2O3+2OH﹣=2AlO+H2OBaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O22Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe(OH)3↓+2I2NaH+H2O=NaOH+H2↑56【分析】A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于B，且为短周期元素，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有：1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，根据分析可知：A为H、B为C、W为O、D为Na、E为Al。【详解】（1）O2-离子的结构示意图为，Al元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，E的最高价氧化物是氢氧化铝、D的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠的离子方程式Al2O3+2OH﹣=2AlO+H2O。（2）H2O2是共价化合物，电子式为，硫酸与BaO2反应生成H2O2和硫酸钡的化学方程式BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2。（3）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入H2O2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，说明有2mol碘离子和1molFe2+，该反应的离子方程式是2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe(OH)3↓+2I2。（4）钠在一定条件下，能与氢气化合生成NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应方程式NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1molNaH与水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠与1mol铝混合，发生反应2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑放出氢气1.5mol，反应后共生成氢气2.5mol，体积是56L(标准状况下)。点睛：氢氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与强碱反应。6．4Osp2、sp3HClO2中的Cl是+3价，而HClO3中的Cl是+5价，正电性更高，Cl—O—H中的电子更向Cl偏移，更易电离出H+，酸性更强分子10三角锥形8×1010【详解】原子序数依次增大的五种元素X、Y、Z、M、Q位于周期表的前四周期。X原子的L电子层的P能级上有一个空轨道，X是C；Y原子的2P轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，Y是O；Z的一种单质能在空气中自然，Z是P。M是该周期元素中电负性最大的元素，M是Cl。Q元素的+3价离子的3d为半充满，Q是Fe，则(1)铁元素的原子序数是26，核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，其基态原子核外未成对电子数有4个。(2)氧元素的非金属性强于碳元素，则X和Y中第一电离能较大的是O，X、Y与氢元素形成的具有酸性的化合物H4X2Y2分子是乙酸，含有甲基和羧基，其中X原子的杂化方式分别是sp3、sp2。(3)由于HClO2中的Cl是+3价，而HClO3中的Cl是+5价，正电性更高，Cl－O－H中的电子更向Cl偏移，更易电离出H+，所以酸性更强。(4)Q与XY形成的挥发性液体Fe(CO)5，这说明沸点较低，因此属于分子晶体。单键都是σ键，双键中还含有1个σ键，因此1molQ(XY)5中含10molσ键。(5)PCl3中P原子的价层电子对数是3＋(5-3×1)/2=4，含有一对孤对电子，其立体构型是三角锥形；根据氯化铯的晶胞结构可知阳离子的配位数为8，若晶胞密度为ρg/㎝3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则，所以边长为pm。7．NaN3Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO36Na+Fe2O32Fe+3Na2O避免分解产生的金属钠可能产生的危害D可溶性盐的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物。准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为NaHCO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物【详解】试题分析：粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸，则该红色粉末为氧化铁；取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。则甲含有2种元素，甲为氮化钠，乙是钠；单钠在高温隔绝空气的条件下与氧化铁反应生成化合物丙和另一种单质，则化合物丙是氧化钠，另一种单质是铁；氧化钠与二氧化碳反应生成可溶性盐。解析：根据以上分析，(1)甲是氮化钠，根据13.0g化合物甲生成6.72L氮气，可知钠元素质量为13-6.72÷22.4×28=4.6g，钠的物质的量为0.2mol、氮元素的物质的量是6.72÷22.4×2=0.6mol，化学式为NaN3，氧化钠的电子式为。(2)氧化钠与二氧化碳转化为碳酸氢钠，根据元素守恒，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3。(3)钠与氧化铁发生反应生成氧化钠和铁，化学方程式为6Na+Fe2O32Fe+3Na2O，金属钠具有腐蚀性，安全气囊中红棕色粉末的作用是避免分解产生的金属钠可能产生的危害。(4)金属钠还能与氧化铜反应生成氧化钠和铜，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是氧化铜，故D正确。。(5)

设计一个实验方案，氧化钠与空气中的二氧化碳、水接触可能生成碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定加热生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以探究可溶性盐的成分可以准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为NaHCO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物。点睛：氧化钠是碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠。8．AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO+H2O【分析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；【详解】（1）由分析可知，H的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O。9．氮氧3d104s1Crsp2∠HCO>∠HCH直线形NH3分子间能形成氢键ABD4【详解】因为“B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同。”，推出B的电子排布式为1s22s22p2,所以B为6号碳元素；根据A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，这种气体指的是甲醛HCHO，A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素，所以A为1号氢元素；D原子有2个未成对电子，则D为8号氧元素，同时推出C为7号氮元素；含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E为29号铜元素。(1).五种元素中第一电离能最大的是氮，因为它的2p轨道是半充满较稳定结构，电负性最大的是氧，因为氧的非金属性在五种元素中最强。

(2).

基态E原子为29号铜元素，其价电子排布式为符合洪特规则（3d全充满时较稳定）的3d104s1，而不是3d94s2；E元素所在周期中基态原子的成单电子数最多的元素是

Cr，其价电子排布为3d54s1，根据洪特规则，3d轨道的5个电子要分占5个伸展方向不同的轨道并且自旋状态相同，所以不对成电子数为6.(3).甲醛分子中C原子形成3个σ键和一个π键，所以C原子的轨道杂化类型为sp2，由于甲醛分子中C原子与O原子之间形成的是双键，电子云密度较大，对C原子与H原子之间形成的一个共用电子对有较大的排斥作用，所以M分子中两种键角的大小关系是∠HCO>∠HCH。

(4).N3-的结构式为[NNN]-，中心原子N采用sp杂化轨道与两边的N成键，所以其空间构型为直线形；化合物NH3的沸点比CH4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键。(5).向硫酸铜溶液中通入过量的NH3，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，[Cu(NH3)4]SO4晶体中存在的化学键类型有离子键、σ键、配位键。(6).该晶胞为正方体，每个晶胞中含4个铜原子、2个氧原子，则该化合物的化学式为Cu2O。由图可知距O周围最近有4个Cu，所以O的配位数为4

。晶胞中最近两个O原子为顶点到体心间距为anm,由此可求出正方体边长为nm。1mol此晶胞中含2molCu2O，质量为288g，体积为(nm)3NA,则该晶体的密度为g/cm310．钠ClH++OH﹣═H2OPH3NH4ClAl2O3Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2OCl2+H2O═H++Cl﹣+HClO【详解】本题是有关短周期元素的原子结构、元素在元素周期表中的位置以及元素的性质的综合推断题。根据A与B形成的化合物的水溶液显碱性，可能推知该化合物是氨气，所以A为H元素，B为N元素；再由B和E同族，可知E为P元素；根据A和C同族，B离子和C离子具有相同的电子层结构，所以C元素是Na,C和F形成的化合物水溶液呈中性，所以C为Cl元素；D的最外层电子数与电子层数相同，所以D为Al元素。(1).在短周期中原子半径最的是钠元素，所以填钠

，短周期中最高价氧化物的水化物酸性最强的是高氯酸

，高氯酸是无机酸中的最强酸，它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O

。(2).由A和B、E、F所形成的化合物分别为NH3、PH3、HCl，N、P、Cl三种元素非金属性最强的弱是P，所以热稳定性最差的是PH3

。(3).由（2）知，HCl和NH3反应生成NH4Cl。

(4).Al的最高价的氧化物为Al2O3

，对应的水化物为Al（OH）3，它与氢氧化钠的水溶液反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O

。(5.氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，次氯酸是弱酸，所以离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO11．1s22s22p63s23p63d104s132正三角形氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高[Cu(NH3)4](OH)28【详解】试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。（1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。（2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为H－C≡C－H，则分子中含有3个σ键和2个π键。（3）A的含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数＝，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。（5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2。（6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度ρ＝g/cm3。12．(1)第三周期第ⅦA族(2)HCl高于(3)(4)(5)(6)1：1：1【详解】（1）Cl在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，答案为：第三周期第ⅦA族；（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是，属于原子晶体，属于分子晶体，熔点，答案为：；高于；（3）的电子式为：；（4）工业上制备单质Na是电解熔融，化学方程式为：，答案为：；（5）1mol晶体Si在足量中燃烧，恢复至室温放出热量989.2kJ/mol，热化学方程式为：，答案为：（6）①某溶液中可能含有以下阳离子(忽略由水电离产生的)：，现取100mL该溶液逐滴滴加溶液，测得沉淀的物质的量与溶液的体积关系如上图2所示。0~a发生的反应为：，a~b生成沉淀，c~d沉淀溶解，但没有溶解完，a~b生成沉淀的离子方程式为：、，c~d的离子方程式为，b～c段是铵根离子和氢氧根反应，反应的离子方程式为:，根据图上c~d可以看出，溶解0.01mol氢氧化铝沉淀，消耗氢氧化钠的体积为10mL，所以，，，用c、d表示为：，答案为：；；②图上可以看出，氢离子消耗氢氧化钠的体积为10mL，氢氧化铝消耗氢氧化钠的体积为10mL，铝离子和镁离子一共消耗氢氧化钠50mL，即镁离子消耗氢氧化钠20mL，为1∶1∶1，答案为：1∶1∶1。13．第二周期第ⅤA族PH3sp原子晶体五5：133d9丙【分析】原子序数依次递增的U、V、W、X、Y是周期表中前30号元素．已知U的最外层电子数是其内层电子数的2倍，U原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则U为碳元素；U与W形成的常见化合物之一是主要的温室气体，则W为O元素；结合原子序数可知V为N元素；X与U同主族，其单质在同周期元素所形成的单质中熔点最高，则X为Si；Y原子M能层为全充满状态，且核外的未成对电子只有一个，其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Y为Cu；【详解】(1)V为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第ⅤA族，该主族元素的气态氢化物中，沸点最低的是PH3；(2)VW2+为NO2+，NO2+与CO2为等电子体，根据等电子原理可知，N原子与C原子的杂化发生相同，CO2分子为直线型结构，C原子采取sp杂化，故NO2+中N原子为sp杂化；(3)五种元素中，电负性最大为O，最小的非金属元素为Si，二者形成的化合物为SiO2，其晶体是原子晶体；(4)Si元素原子1s22s22p63s23p2，第三能层4个电子能量相差不是很大，与第二能层的电子能量相差较大，故其电离能突增应出现在第五电离能；(5)C元素的一种相对分子质量为28的氢化物为C2H4，结构简式为CH2=CH2，含有4个C-H间、1个C=C双键，单键为σ键，双键含有1个σ键与1个π键，故其分子中σ键与π键的个数之比为5：1；(6)Cu的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，有3种形状不同的原子轨道；Cu2+的价电子排布式为3d9；Cu晶体属于面心立方最密堆积，为ABC排列方式，故图丙符合。14．AlCl32Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑【详解】根据流程图分析，A、G是常见的金属单质，A为Na，G为Al，B是最常见的无色液体，C是海水中含量最高的盐类物质。则C为NaCl，B为H2O，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气和氯气，则E为NaOH，D为氢气，F为氯气，I为盐酸，盐酸与铝反应生成氯化铝和氢气，K为氯化铝，NaOH与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，H为偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成Al(OH)3白色沉淀，Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝，据此解答。（1）根据上述分析，K为氯化铝，化学式为AlCl3。（2）根据上述分析，E为氢氧化钠，电子式为。（3）反应①是铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。（4）电解食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气，离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑。15．(1)H(2)共价(3)(4)(5)【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x﹣1，由四种元素的原子序数之和为32，则，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素。【详解】（1）由上述分析可知，X为H元素，故答案为H；（2）X与W组成的化合物为H2S，硫原子和氢原子之间存在共价键，答案为：共价；（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：，答案为：；（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，为铵盐；①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，反应离子方程式为：，答案为：；②由①可知生成氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子，而A能与盐酸反应，又能与氯水反应，可推知A为亚硫酸铵，与氯水反应的离子方程式：，答案为：；（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1molC中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有，①令C的化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•6H2O，则：，则x=y=1，故C化学式为：；②B的物质的量为0.1mol，高锰酸根离子的物质的量为0.02mol，说明亚铁离子与高锰酸根离子以5：1的比例恰好完全反应，故离子方程式为：，答案为：。16．第三周期第ⅣA族O=C=OCl﹣＞O2﹣＞Na+HClO4＞H2CO3＞H2SiO3H2O水分子之间有氢键且是极性分子，相对分子质量比甲烷大2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+【详解】A、B、C、D、E均是短周期元素，