高三化学一轮复习-无机推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学专题复习--无机推断题1．（2024·四川成都·模拟预测）红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。已知：i．溶液中存在以下平衡：ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH4.35.67.19.2(1)Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72-的离子方程式：。(2)Ⅱ中，加入NaOH调节pH至(填字母序号)。a．4.3~5.6

b．4.3~7.1c．5.6~7.1

d．7.1~9.2(3)Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为。(4)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是。(5)Ⅳ中，加入的作用是(结合平衡移动原理解释)。(6)为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。(已知：)①滴定终点的现象为。②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为(用质量分数表示)。2．（2024·安徽滁州·一模）A是某工厂废旧车床表面上红色固体的主要成分，B、C、E都是单质，D、E都没有颜色和气味，A～F是初中化学常见物质。它们之间的相互转化关系如下图：请回答：(1)写出下列物质的化学式：C；F。(2)写出下列化学方程式：A+B→C+D：；D+过量澄清石灰水：(3)用固体C做成的容器是否适合盛放波尔多液(主要成分为硫酸铜)(填“合适”或“不合适”)。3．（2022·浙江·模拟预测）化合物A由四种常见元素组成，是一种重要的化工原料。某实验小组按如图所示流程进行相关实验：已知化合物A含有两种阴离子和一种阳离子，向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀。请回答：(1)组成A的四种元素为；A的化学式为。(2)滤液C加稀硝酸酸化时产生了无色气体，该反应的离子方程式为。(3)①溶液A中加入稍过量的溶液，生成沉淀的同时有一种气体产生，写出反应的化学方程式：。②D可以溶解在的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为。(4)设计实验检验化合物A是否变质，在下表中填写检验出化合物A没有变质的方案。实验操作实验现象实验结论4．（2022·青海海东·一模）铜阳极泥是许多贵金属及硫(Te)的主要来源，某有色金属冶炼厂处理铜阳极泥得到的酸性分金液中主要含有、、、、等离子，从该分金液中回收所有金属资源及硫的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)Te元素的原子序数为52，则其在元素周期表中的位置为。(2)“沉金”，时，发生反应的离子方程式为。(3)“沉金”，及“控电还原”，所得Au中常含少量Ag。所以得Au制成的粗金板和纯金板作电极，作电解液进行精炼时，粗金板表面因附着生成的AgCl发生钝化。可通过直流电叠加交流电进行不对称脉动电流电解，阳极上周期性出现正、负半周期。在正半周期，银发生极化形成钝化膜；在负半周期发生去极化，其电极反应式为；电解时将(填“增大”，“减小”，或“不变”)。(4)滤渣a的主要成分为(填化学式)。(5)“控电还原”时，试剂X可选择或，两者信息如下表所示。从价格上分析，最佳试剂为(填化学式)，按处理年分金液的量计算，理论上每年可节约成本万元。消耗物料消耗量/单价/元22.02.713.04.2(6)“电积”时，阴极的电极反应式为；“电积”后的电解液可用于工艺I的工序。5．（2022·全国·模拟预测）已知1L待测液中含有下列离子中的6种：、、、、、、、、、。现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均足量)：(1)生成无色气体B的离子方程式为，有同学认为无色气体F中只含有一种物质，这个判断(填“正确”或“不正确”)，理由。(2)无色溶液E中通入足量二氧化碳生成白色沉淀G时，发生反应的离子方程式为。(3)已知无色气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出少量的气体通入气体D的水溶液中反应的离子方程式。(4)结合上述分析，白色沉淀A一定含。(5)结合白色沉淀G7.8g，可以推测原溶液中的浓度为mol/L。(6)无色溶液C中大量含有的离子是。6．（2021·辽宁沈阳·三模）有某固体化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中某种元素的单质可用于制造信号弹。某实验员对固体化合物X作如图实验：其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2：1；金属互化物——全部由金属元素组成的化合物。请回答：(1)化合物X的组成元素，写出H的电子式。(2)X在400℃分解的化学方程式。(3)溶液E和过量CO2发生反应的离子方程式为。(4)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)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计实验方案，检验产品中是否含有单质D：。(6)利用如图装置可以用化合物X与盐酸反应测定生成A气体的体积。①操作全部正确的条件下测出气体体积与理论值相比(填“偏大”“不变”“偏小”)。②对实验装置如何改进能较为准确的测量出生产气体的体积。7．（2021·浙江·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·陕西咸阳·一模）已知X、Y、Z、M、N、A均为短周期元素形成的常见单质或化合物，其转化关系如图所示(部分产物及条件略去)。请回答下列问题：(1)若A、X、Y均为单质，且A元素的主族序数是其周期数的两倍，则A原子的结构示意图为，由X生成Y的化学方程式为。(2)若X为淡黄色固体，N为空气的成分之一，M为易溶于水的物质，且X与Z的摩尔质量相同，则N的电子式为；若X与水反应转移的电子物质的量为3mol，则得到Z的物质的量为mol。(3)若X为二元化合物，所含金属元素原子的最内层电子数等于最外层电子数，常温下M为红棕色气体，则Y+A→Z的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为，实验室检验Y气体的常用方法是。9．（2021·新疆乌鲁木齐·一模）部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示(已知a为非金属元素)。(1)由a、c、d三种元素形成的离子化合物的化学式为。(2)图中所示元素中金属性最强的是(填元素符号)，工业上制取该元素的单质的原理为(填化学方程式)。(3)e、f、g元素的简单离子半径由大到小的顺序为(用离子符号回答)。(4)常温下，h的单质与化合物的稀溶液反应，氧化产物为(填化学式)。(5)可用于处理碱性工业废水中的，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为。10．（2021·浙江嘉兴·模拟预测）化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂。某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：混合气体B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色。(1)组成X的三种元素为。(2)写出X隔绝空气加热分解的化学方程式。(3)将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为，直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐，请说明理由。(4)将黄绿色气体B缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象可能的原因有两种①，②；请设计相关实验证明红色褪去的原因。11．（2021·浙江·模拟预测）由三种短周期元素组成的化合物X是易挥发的无色液体，存在如下转化关系。其中未用硫酸酸化且恰好完全反应，沉淀A是混合物，G的结构与相似。请回答：(1)组成X的三种元素是(填元素符号)。(2)写出化合物X与溶液反应的化学方程式。(3)G遇水反应生成沉淀、气体，写出反应的化学方程式。(4)①将灼烧至红热的铁丝迅速伸入盛有气体C的集气瓶中，观察到的现象是。②向反应后的集气瓶中加适量水，充分振荡，滴入几滴KSCN，观察到溶液变血红色，能说明反应生成了+3价铁吗？说明原因。12．（2021·上海崇明·二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置，其原子核外电子排布式为，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为。(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式，推断该化合物(难、微、易)溶于水。(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法。Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①+Cu2S+→+SO2↑++H2O(未配平)②+CuS+→+SO2↑++H2O(未配平)(4)下列关于反应①的说法中错误的是(选填编号)。a.还原性的强弱关系是：>Cu2Sb.氧化剂与还原剂的物质的量之比为c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mold.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________+___________CuS+___________已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反应中1molKMnO4氧化H2O2的物质的量是mol，反应中的氧化剂是，氧化剂与还原剂的物质的量比为。13．（20-21高三上·安徽蚌埠·阶段练习）物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为地壳含量最高的金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如下图所示：回答下列问题：(1)Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是，写出YX的电子式。(2)比较X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)。(3)在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式。14．（19-20高一下·山东烟台·期末）A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。请用化学用语回答：(1)D的简单阴离子的结构示意图是。(2)用电子式表示E2F的形成过程。(3)E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是。(4)下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是（填字母）。选项实验操作实验现象a将E单质投入到CuSO4溶液中生成大量红色固体b向AlCl3溶液中通入过量C的气态氢化物先生成白色沉淀，然后沉淀溶解c将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置下层溶液变为橙色d将B的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中生成白色沉淀(5)写出A与B形成的10电子分子的化学式，该物质与G的单质在光照下反应，一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是(填字母)。15．（2012·上海闵行·二模）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。回答下列问题：(1)反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：，该化合物中存在的化学键有：。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：（元素符号）。(2)反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是；写出反应Ⅱ的化学方程式。(3)通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是（写出一种即可）。(4)下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是（选填答案编号）a．工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质b．金属阳离子都具有相同的电子排布式c．氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物16．（2013·上海·模拟预测）Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。（1）X在周期表中的位置：，其原子核外有种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是（用元素符号表示）。（2）Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性______>______（用分子式表示）（3）Q与R两元素组成的分子构型可能是（填写序号）。a．直线型

b．平面形

c．三角锥形

d．正四面体（4）元素M、Y在周期表中位于同一主族，且为短周期元素，化合物Cu2M和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)：，非金属MY(填“＞”或“＜”)，请用事实说明该结论：.17．（16-17高三上·上海青浦·期末）某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是.(2)反应②中除B外，还需要的反应物和反应条件是(3)有机物D的结构简式为，反应③中1摩尔D需要摩尔H2才能转化为E(4)反应④的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。18．（2010·北京朝阳·二模）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去．回答下列问题：(1)若甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。①反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是。A．热分解法

B．热还原法

C．电解法②反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应Ⅱ的化学方程式是。③通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是（写出一种即可）。(2)若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。①反应Ⅲ的化学方程式是。②反应I的另一种产物为有机物，则该有机物的电子式是。③反应Ⅱ是化合反应．乙可与硫酸铵共热反应制氨气，则此反应的化学方程式是。④在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。其反应的离子方程式是。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)(2)c(3)3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O(4)H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低(5)加入使得溶液中H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率(6)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色【分析】浸出液(主要含、、、、和)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠()。【详解】（1）加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，，对应的离子方程式为：，故答案为：；（2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故答案为：c；（3）Ⅲ中，氧化沉淀生成Na2CrO4和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O；（4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低；（5）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入使得溶液中H+增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率，故答案为：加入使得溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率；（6）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为，故答案为：。2．(1)FeCaCO3(2)(3)不合适【分析】A是某工厂废旧车床表面上红色固体的主要成分，则A为氧化铁；B、C、E都是单质，D、E都没有颜色和气味，B固体为单质，能和氧化铁反应，生成C固体和D气体，则B为碳，D为二氧化碳，C为铁；铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，则E为氢气，G为硫酸亚铁；二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则F为碳酸钙。【详解】（1）根据分析，C为Fe；F为CaCO3。（2）A+B→C+D为碳和氧化铁高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；D+过量澄清石灰水为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。（3）铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，所以不能用铁制容器盛放波尔多液。3．(1)Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)(2)(3)(4)将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化化合物A中不含，没有变质【分析】化合物A由四种元素组成，化合物A溶于水后配制成溶液A，加入可溶性钡盐后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀B23.3g，则B是，物质的量为0.1mol，则化合物A中含；为了避免实验过程中引入氯离子，可溶性钡盐应该选择，滤液C加入溶液后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀D，D为AgCl，物质的量为0.2mol，则化合物A中含；向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀，表明化合物A所含阳离子是，的质量为，物质的量为0.2mol，所以、、的物质的量之比为2∶2∶l，化合物A的化学式为；【详解】（1）根据上述分析，组成A的四种元素为Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；化合物A的化学式为，故填Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；；（2）滤液C中含有阳离子，加稀硝酸发生氧化还原反应，生成和NO，该反应的离子方程式为，故填；（3）①溶液A是溶液，加入稍过量的溶液发生复分解反应，生成的沉淀是，同时产生的气体是，其化学方程式为；故填；②AgCl与的浓溶液反应的离子方程式为，故填；（4）变质会生成，则只需检验化合物A溶解所得溶液中是否含有，可利用KSCN和反应溶液显红色进行检验，方案为：将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象，加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化，化合物A中不含，没有变质；故填将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象；加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化；化合物A中不含，没有变质。4．(1)第五周期第VIA族(2)；(3)AgCl+e-=Ag+Cl-变小(4)Pt、Pd(5)SO23.6(6)置换【分析】工艺1利用与发生氧化还原反应得到金。用锌粉置换可以得到Pt、Pd。酸溶的时候不活泼金属生成滤渣。【详解】（1）可知在第五周期第VIA族；（2）与在溶液中发生氧化还原反应，反应为：；（3）负半周期发生去极化时，AgCl做阴极，反应为：AgCl-e-=Ag+Cl-;电解时氯离子变少，阴离子变少，所以c(HAuCl4)变小；（4）酸溶过程中，不活泼金属不与酸反应，所以Pt、Pd形成滤渣；（5）设处理1m3的分金液，Na2SO3的成本为:22×2.7=59.4元，SO2的成本为：13×4.2=54.6元，所以SO2省钱。节约成本为：（59.4-54.6）×7500=3.6万；（6）电积时，阴极发生还原反应：；电积后的电解液的溶质含有NaOH，“电积”后的电解液可用于工艺I的置换。【点睛】电积是通电发生还原反应。5．(1)2+3SO2+2H2O=2NO↑+3SO+4H+不正确NO和空气中氧气反应后还剩余多种气体成分(2)+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO(3)2NH3•H2O+CO2=2NH+CO+H2O(4)BaSO4(5)0.1(6)、、、【分析】白色沉淀A加入硝酸不溶解，则A为BaSO3或BaSO4，因为溶液含有硝酸根离子，氧化亚硫酸钡为硫酸钡，则A为BaSO4，n（BaSO4）==0.1mol，则含有Ba2+，则不含、；气体B遇到空气变为红棕色为NO2，结合NO2和水反应生成无色气体，则F为O2反应后剩余空气，则B为NO，则必含；溶液C和氢氧化钠反应生成气体D为2.24L，则含有，则不含，物质的量为=0.1mol，溶液E通入CO2生成白色沉淀，该沉淀为氢氧化铝，则必含，不含，物质的量为=0.1mol，则含有的离子为、、、、、。【详解】（1）和SO2反应生成NO，离子方程式为2+3SO2+2H2O=2NO↑+3SO+4H+，NO和空气中氧气反应后还剩余多种气体成分，F为和NO反应后剩余气体，为混合气体；（2）无色溶液E为片氯酸钠溶液，通入足量二氧化碳生成白色沉淀G为氢氧化铝，发生反应的离子方程式为+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO；（3）气体D为氨气，少量的气体通入气体D溶液生成碳酸铵，反应的离子方程式2NH3•H2O+CO2=2NH+CO+H2O；（4）结合上述分析，白色沉淀A一定含BaSO4；（5）结合白色沉淀G为7.8g，物质的量为=0.1mol，可以推测原溶液中的浓度为0.1mol/L；（6）D为氨气、E为偏铝酸钠溶液，结合溶液存在离子，则无色溶液C中大量含有的离子是、、、。6．(1)Mg、Al、H(2)3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2(3)OH-+CO2=HCO，(4)2:1(5)取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg(6)偏大用恒压滴液漏斗代替分液漏斗【分析】化合物X(含有三种短周期元素)是一种络合氢化物储氢材料，X中含H元素，X中某种元素的单质可用于制造信号弹，X中含Mg元素，在400℃下分解，放出气体A，A为H2，单质B和金属化合物C中加入氢氧化钠溶液产生氢气并得到溶液E，溶液E中通入过量二氧化碳产生白色胶状沉淀F，则X中还含Al元素，F为Al(OH)3，溶液G为NaHCO3溶液，溶液E为NaOH和NaAlO2混合溶液，D为Mg，H为MgH2，B为Al，依据题中数据可知，n(Mg)==0.03mol，n(Al)==0.04mol，n(Al(OH)3)==0.06mol，可知X中含有Al的物质的量为0.06mol，化合物C为Mg3Al2，则X中n(H)==0.24mol，则X的化学式为Mg(AlH4)2。【详解】（1）由分析可知，化合物X的组成元素为：Mg、Al、H；化合物H为MgH2，其电子式为：；（2）由分析可知，X为Mg(AlH4)2，在400℃分解生成H2、Al、Mg3Al2，化学方程式为：3Mg(AlH4)212H2↑+4Al+Mg3Al2；（3）溶液E为NaOH和NaAlO2的混合溶液，过量二氧化碳与NaOH反应的离子方程式为：OH-+CO2=HCO，过量二氧化碳与NaAlO2反应的离子方程式为：；（4）C为Mg3Al2，Mg、Al都可以与盐酸反应产生氢气，而只有Al与氢氧化钠溶液反应放出氢气，1molMg3Al2与足量盐酸反应可生成6molH2，1molMg3Al2与足量氢氧化钠溶液反应可生成3molH2，则Mg3Al2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：6:3=2:1；（5）MgH2能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不与冷水反应，则检验MgH2中含Mg的方法为：取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg；（6）①分液漏斗滴入溶液时会增大锥形瓶内压强，所以操作全部正确的条件下测出气体体积与理论值相比偏大；②可以用恒压滴液漏斗代替分液漏斗，保持恒压，能较为准确的测量出生成气体的体积。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。【详解】（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)2F2+2H2O=4HF+O2(2)3(3)5∶4用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，证明有氨气(或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，证明有氨气)【分析】(1)若A、X、Y均为单质，且A元素的主族序数是其周期数的两倍，则A是C，能够与C单质反应的单质是O2，逆推能够与H2O反应产生O2的单质是F2，F2与H2O反应产生HF、O2，O2与C点燃反应产生CO2，CO2与C在加热时反应产生CO，因此X是F2，Y是O2，Z是CO2，M是CO，N是HF，A是C。(2)若X为淡黄色固体，X能够与水反应，则X是Na2O2，其摩尔质量是78g/mol；Na2O2与H2O反应产生NaOH、O2，由于N为空气的成分之一，所以N是O2，Y是NaOH；NaOH能够连续与A反应，反应产物Z的摩尔质量与Na2O2相同，则Z是Na2S，A是H2S，NaOH与少量H2S反应产生Na2S，Na2S与H2S反应产生易溶于水的NaHS，故X是Na2O2，Y是NaOH，Z是Na2S，M是NaHS，N是O2，A是H2S。(3)若Y是二元化合物，其所含金属元素原子的最内层电子数与原子的最外层电子数相等，则该金属元素是第IIA元素，在常温下M是红棕色气体，则M是NO2，逆推Z是NO，Y是NH3，A是O2，二元化合物与水反应产生NH3，金属元素是第II主族元素，可知X是Mg3N2，因此X是Mg3N2，Y是NH3，Z是NO，M是NO2，N是Mg(OH)2，A是O2。【详解】（1）A是C单质，C原子核外电子排布是2、4，所以C原子结构示意图为：；F2与H2O反应产生HF、O2，该反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2；（2）N是O2，在O2分子中两个O原子形成2对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故O2的电子式为：；X是Na2O2，Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知：每反应转移1mol电子，反应产生2molNaOH，若反应转移3mol电子，就会同时反应产生6molNaOH，根据方程式：2NaOH+H2S=Na2S+H2O可知：6molNaOH发生上述反应，产生3molNa2S；（3）Y是NH3，A是O2，Z是NO，NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，在该反应中O2作氧化剂，NH3作还原剂，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是5:4；Y是NH3，在实验室中一般是用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，将湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变为蓝色，则证明有氨气产生(或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，该白色固体是NH4Cl或NH4NO3，则证明有氨气)。9．(1)NH4NO3(2)Na2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(3)S2-＞Na+＞Al3+(4)NaClO(5)H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑【分析】根据部分短周期元素的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系图可知：a、b、c、d、e、f、g、h分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，以此分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知：a、c、d三种元素分别为H、N、O，形成的离子化合物的化学式为NH4NO3；（2）越靠近周期表的左下角的元素，金属性越强，图中所示元素中金属性最强的是Na，工业上得到该元素的单质的方法为电解熔融盐，其反应方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；（3）根据上述分析可知：e、f、g分别为Na、Al、S，属于同周期元素，且Na、Al为活泼金属，从左向右离子半径逐渐减小，即Na+＞Al3+，S属于非金属元素，简单离子半径大于Na+、Al3+，所以Na、Al、S元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Na+＞Al3+；（4）根据上述分析可知：a、d、e、h分别为H、O、Na、Cl元素，低温下，h的单质Cl2与化合物NaOH的稀溶液的反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中的氧化产物为NaClO；（5）根据上述分析可知：a、d分别为H、O，a2d2为H2O2可用于处理碱性工业废水中的CN-，发生氧化还原反应，产物为一种酸根离子和常见的碱性气体，发生反应的离子方程式为：H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑。10．Mg、Cl、O2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑MgCl2•6H2OMg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，最终得不到无水氯化镁氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因①，反之则为原因②【分析】化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂，隔绝空气受热分解生成固体A和混合气体B，B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色，其中一种是氯气，X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，剩余气体E的物质的量是0.784L÷22.4L/mol＝0.035mol，固体A溶于盐酸中得到溶液C，溶液C中加入足量氢氧化钠溶液得到沉淀D，由于X由三种短周期元素组成，所以沉淀D是氢氧化镁，物质的量是0.58g÷58g/mol＝0.01mol，根据Mg原子守恒0.4000gA是氧化镁，物质的量是0.01mol，所以A的组成元素是O、Mg、Cl，据此判断。【详解】(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气，根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是＝0.01mol，则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2↑+7O2↑。(3)溶液C是氯化镁溶液，将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为MgCl2•6H2O，由于Mg2+水解产生Mg(OH)2[或Mg(OH)Cl]和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，所以直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去，由于次氯酸具有强氧化性，另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低，则产生上述现象可能的原因有两种，即氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去或氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白；由于次氯酸的漂白是不可逆的，则证明红色褪去的原因的剩余方案是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因①，反之则为原因②。11．Si、H、Cl3+2+2H2O=2↓+3↓+2KCl+7HCl2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑剧烈燃烧，生成红棕色的烟若反应生成+2价铁可在过量氯气中被氧化生成+3价的铁，再与KSCN反应，使溶液变为血红色【详解】白色沉淀F是AgCl，可推出X中含有Cl元素的物质的量为0.3mol、质量为10.65g。沉淀A是混合物，能与浓盐酸反应产生黄绿色气体，说明含有；沉淀D不溶于过量的浓盐酸中，且X由三种短周期元素组成，可推知D是硅酸；因此固体E是，有Si0.1mol、2.8g。13.55gX，除氯与硅还差0.1g，因此是为氢元素，为0.1mol。得出X为。(1)组成X的三种元素是Si、H、Cl；(2)化合物X为，与溶液反应生成沉淀、以及氯化钾溶液，反应的化学方程式为3+2+2H2O=2↓+3↓+2KCl+7HCl；(3)黄绿色气体C为氯气，与硫反应生成G的结构与相似，则为S2Cl2，G遇水反应生成沉淀S、气体二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑；(4)①将灼烧至红热的铁丝迅速伸入盛有气体C的集气瓶中，铁丝在氯气中燃烧，观察到的现象是剧烈燃烧，生成红棕色的烟；②向反应后的集气瓶中加适量水，充分振荡，滴入几滴KSCN，观察到溶液变血红色，不能说明反应生成了+3价铁，因为若反应生成+2价铁可在过量氯气中被氧化生成+3价的铁，再与KSCN反应，使溶液变为血红色。12．第三周期ⅣA族1s22s22p63s23p2原子晶体CS2难H2SO3

H2CO3取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强a2.5KMnO4、H2O21：2【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2；2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；(4)①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+5Cu2S+44=10+5SO2↑+8+22H2O；a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：<Cu2S，故错误；b．根据方程式可知，为氧化剂，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故正确；c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；故选a；(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5CuS+28=5+5SO2↑+6+14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1molKMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。13．第三周期第ⅠA族F-＞Na+＞Al3+NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3【分析】物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，物质A的结构式如图所示，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，Y离子为+1价阳离子，X为-1价阴离子，Z为+3价阳离子，则X为F，Y为Na，Z为Cl元素，据此解答。【详解】由分析知：X为F，Y为Na，Z为Cl元素；(1)Y为Na，原子序数为11，位于周期表中第三周期第ⅠA族，NaF是离子化合物，其电子式为；(2)F-、Na+和Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：F-＞Na+＞Al3+；(3)A为Na3AlF6，在NaClO2与NaF的混合液中通入足量CO2是工业制取Na3AlF6，该反应的化学方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O═Na3AlF6+4NaHCO3。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：①同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－；②同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+；③电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。14．S2-＞C1-＞Na+abCH4D【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增；A元素原子核内无中子，则A为H元素；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为N元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为Na元素；G原子序数大于钠，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为C1元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为S元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Na元素，F为S元素，G为C1元素，(1)D为O元素，其简单阴离子的结构示意图是；(2)E2F为Na2S，是离子化合物，用电子式表示E2F的形成过程为；(3)E、F、G三种元素的原子所形成的简单离子中，Na+比其他两种离子少一个电子层，半径最小，S2-、C1-具有相同的电子层结构，核电荷数大的离子半径较小，故半径由大到小的顺序是S2-＞C1-＞Na+；(4)a.将单质钠投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故不正确；b.C的气态氢化物氨气通入AlC13溶液，发生反应：AlC13+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，产生白色沉淀，氨气过量，Al(OH)3不溶解，故不正确；c.Cl2通入到NaBr溶液中充分反应，C12置换出NaBr中的Br2，加入四氯化碳，振荡，静置，由于Br2易溶于CCl4，则CCl4层变为橙色，CCl4比水的密度大，在下层，故正确；d.B的最高价氧化物CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3白色沉淀，故正确；故选ab；(5)A与B形成的10电子分子的化学式为CH4；CH4与Cl2在光照下能够发生取代反应，生成一系列的氯代甲烷(一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳)及氯化氢，一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均为难溶于水的油状液体，故试管内壁有油状液滴，氯气被消耗，因此气体颜色变浅，生成的氯化氢极易溶于水，而使试管中的气压减小，饱和食盐水进入试管中，因此可以看到D装置的现象，答案选D。15．离子键、共价键Al、Mg、Na第四周期Ⅷ族3Fe+4H2OFe3O4+H2强NaOH是强碱，而Fe（OH）3是弱碱ab【分析】已知反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为HCl；反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。【详解】(1)由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、Mg、Al三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、Mg、Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、Na；(2)由以上分析知，乙为铁，与H2O在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe3O4，铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；反应Ⅱ的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+H2。答案为：第四周期Ⅷ族；3Fe+4H2OFe3O4+H2；(3)钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱来判断。答案为：强；NaOH是强碱，而Fe(OH)3是弱碱；(4)a．工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2、Al2O3，获取单质，a正确；b．Na+、Mg2+、Al3+都具有相同的电子排布式1s22s22p6，b正确；c．NaOH热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c不正确；d．金属氯化物都是电解质，但AlCl3属于共价化合物，d不正确；答案为：ab。【点睛】在书写铁与H2O在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe2O3和H2，从而产生错误。16．.第2周期第VA族2C

OH2O>NH3abd＜2H2S+O2

→2H2O+S【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，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，处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，所以有两种电子云；这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素，故答案为：第2周期第VA族；2；C、O；(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，非金属的非金属性越强，氢化物的