2025年苏人新版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏人新版选择性必修2化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。下列说法不正确的是A.原子核外有3个电子层B.价电子数为4C.处于第三周期第ⅥA族D.属于p区元素2、一种用脯氨酸()催化的分子内羟醛缩合反应如下。下列说法不正确的是。

A.Y的分子式为B.X与足量氢气加成后，产物分子中有4个手性碳原子C.脯氨酸分子中饱和碳原子上的二氯代物有9种D.一定条件下，Y能发生加成、氧化、消去、取代反应3、砷（As）的原子结构示意图为下列关于As的描述不正确的是（）A.位于第四周期第ⅤA族B.属于非金属元素C.酸性：H3AsO4>H3PO4D.稳定性：AsH3>NH34、甲、乙两种非金属元素：①甲的单质比乙的单质容易与化合；②甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应水化物的酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。其中能说明甲比乙的非金属性强的是A.①②④B.②③⑤C.①②③D.①②③④5、下列有关漂白剂说法正确的是A.SO2含有极性键的非极性分子B.O3是含有非极性键的非极性分子C.H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子D.NaClO是含有配位键和离子键的离子化合物6、下列说法正确的是A.NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响B.PCl5和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C.根据氮化铝(AlN)熔沸点很高、熔融状态下不导电可推测它是原子晶体D.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同7、金属晶体、原子晶体和分子晶体的本质区别是A.基本构成微粒种类B.晶体中最小重复结构单元的种类C.微观粒子的密堆积种类D.晶体内部微粒的种类及微粒间相互作用的不同8、叠氮酸HN3的酸性与醋酸相近。下列叙述不正确的是A.N与CO2含有的电子数相同，互为等电子体B.HN3分子中存在单键、双键与三键，N原子分别采用sp、sp2、sp3杂化C.HN3与NH3反应生成的叠氮酸铵(NH4N3)为离子化合物D.NaN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(N)>c(OH-)>c(HN3)>c(H+)评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体的晶胞结构如图所示。

（1）该晶体的阳离子与阴离子个数比为____。

（2）该晶体中Xn+中n=____。

（3）X元素的原子序数是_____。

（4）晶体中每个N3-被____个等距离的Xn+包围。10、(2020·江苏卷)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。11、为纪念元素周期表诞生150周年；IUPAC等从世界范围征集优秀青年化学家提名，形成一张“青年化学家元素周期表”，向世界介绍118位优秀青年化学家，有8位中国青年化学家成为“N；Hg、U”等元素的代言人。回答下列问题：

（1）N在周期表中的位置是__。

（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是__。

a．酸性：HCl＞H2SO3b．非金属性：O＞S

c．碱性：NaOH＞Mg(OH)2d．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3

（3）非金属性：Cl＞Br，用原子结构解释原因__，用一个离子方程式证明__。

（4）科学家合成了一种新化合物（如图所示）；其中R；X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。

①Y的元素符号为__。②X的氢化物的电子式__。12、回答下列问题：

（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II的空间结构为___，中心原子的杂化形式为___。

（2）据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为CH2=CH—CH2OH。请回答下列问题：

①基态镍原子的价电子排布图为____。

②烯丙醇分子中碳原子的杂化类型是___。

（3）乙炔是有机合成的一种重要原料。将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀。基态Cu+的简化电子排布式为____。13、氮；磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。

(1)基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为__，该能层的原子轨道数有__个。

(2)氮的一种氢化物N2H4是一种良好的火箭发射燃料，传统制备肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；又知肼的熔点；沸点分别为1.4℃、113.5℃，氨气的熔点、沸点分别为-77.7℃、-33.5℃。

①N2H4中氮原子的杂化轨道类型为__杂化，基态N原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。

②肼与氨气熔点、沸点差异最主要的原因是__。

(3)氨分子是一种常见配体，配离子[Co(NH3)6]3+中存在的化学键有__(填序号)。

A.离子键B.极性键C.配位键D.氢键14、如图所示表示一些晶体中的某些结构；它们分别是NaCl；CsCl、干冰、金刚石、石墨晶体结构中的某一种的某一部分。

(1)其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。

(2)其中代表石墨的是________，其中每个正六边形占有碳原子数平均为________个。

(3)其中代表NaCl晶体的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。

(4)代表CsCl晶体的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。

(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。

(6)上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为________。15、结合金属晶体的结构和性质；回答下列问题。

(1)已知下列金属晶体：Na；K、Fe、Cu、Mg、Zn、Au。

①属于体心立方密堆积的是_______；

②属于六方最密堆积的是_______；

③属于面心立方最密堆积的是_______。

(2)根据下列叙述，能判断一定为金属晶体的是_______(填字母)。

A.由分子间作用力形成；熔点很低。

B.由共价键结合形成网状晶体；熔点很高。

C.固体有良好的导电性；导热性和延展性。

(3)下列关于金属晶体的叙述正确的是_______(填字母；双选)。

A.常温下；金属单质都以金属晶体的形式存在。

B.金属阳离子与“自由电子”之间的强烈作用；在一定外力作用下，不因形变而消失。

C.钙的熔；沸点高于钾。

D.温度越高，金属的导电性越好16、某同学要以“研究苯分子的结构”为题做探究活动；下面是其活动记录，请你补全所缺内容(回答本题时有机物用结构简式表示)。

(1)理论推测：他根据苯的凯库勒式____，推测苯分子中有两种不同的碳碳键，即____和____，因此它能使紫色的酸性KMnO4溶液褪色。

(2)实验验证：他取少量紫色的酸性KMnO4溶液加入试管中，然后加入苯，充分振荡，观察到的现象是____。

(3)实验结论：上述理论推测____(填“正确”或“错误”)。

(4)查阅资料：苯分子中六个碳原子之间的键相同，是一种特殊的共价键，苯分子中的六个碳原子和六个氢原子在同一个平面上，应该用____表示苯分子的结构更合理。

(5)发现问题：当他将苯加入溴水中时，充分振荡，发现溴水层颜色变浅，于是该同学认为所查资料有误。你同意他的结论吗____(填“同意”或“不同意”)。理由是____。

(6)拓展：将苯、液溴和铁粉混合发生反应的化学方程式是____；反应类型是____。17、碳元素的单质有多种形式，下图依次是石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：

(1)碳元素基态原子的最外层电子排布式为_______。

(2)所属的晶体类型为_______晶体。

(3)在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为_______。

(4)金刚石中碳原子的杂化轨道类型是_______。

(5)上述三种单质互称为_______。

a.同系物b.同素异形体c.同分异构体评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误19、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误20、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误21、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误23、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共3题，共30分)24、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)25、某抗癌药物的一种合成路线如下图所示：

注：①(部分反应条件省略，Ph表示)

②已知：

回答下列问题：

(1)B的分子式为_______，分子中采用杂化的碳原子数目为_______个。

(2)由A生成C的化学方程式为_______。

(3)F的结构简式为_______；在F分子中的手性碳原子上标注“*”。

(4)B满足下列条件的同分异构体有_______种。

条件：i.有苯环；且苯环上侧链数目为3个。

ii.与溶液显色。

ⅲ.能发生银镜反应。

(5)根据题中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。26、奥沙拉秦是曾用于治疗急；慢性溃疡性结肠炎的药物；其由水杨酸为起始物的合成路线如下：

回答下列问题：

(1)A的结构简式为______；由A制备B的反应试剂和条件为______。

(2)由B制备C的反应类型为______。

(3)由D生成E的反应方程式为______。

(4)工业上常采用廉价的CO2与E反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为______。

(5)奥沙拉秦的化学式为______，其核磁共振氢谱为______组峰，峰面积比为______。

(6)F是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。F的结构简式为______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)27、A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：

（1）写出A、B、D的元素符号：A____；B_____；D_____。

（2）C离子的电子式_____；E的离子结构示意图_____；

（3）实验室里检验E的单质常用的试剂是____；

（4）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式_____；

（5）写出由A、B、C、D形成的化合物与由A、C、E形成的化合物发生反应的化学反应方程式_____。28、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为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）A2W2的电子式为___。

（2）W中质子数和中子数相等的核素符号为__；D元素在周期表中的位置为___。

（3）A；B、W三种元素的电负性小到大的顺序为__(填元素符号)。

（4）在一定条件下；D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为___，若将1.5molDA和1.5molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体___mol。

（5）若要比较D和E的金属性强弱；下列实验方法可行的是__。

a.将D单质置于E的盐溶液中；若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱。

b.将少量D；E的单质分别投入到水中；若D反应而E不反应，说明D的金属性强。

c.比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强29、下表是元素周期表的一部分；按要求回答下列问题：

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

1

①

2

②

③

④

3

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

(1)⑨的原子结构示意图为_______，③与⑤按原子个数比1：1形成化合物的电子式为________。

(2)④、⑥、⑨简单离子半径由小到大的顺序为(用离子符号表示)________。

(3)⑧、⑨、⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序为(用化学式表示)_______。

(4)①、②、③三种元素可形成一种常见的盐，写出该盐的化学式该盐中含有的化学键为_______。

(5)能证明元素⑩的非金属性比⑨强的实验事实的是______。

A．元素⑩单质的熔点比元素⑨的低。

B．元素⑩的气态氢化物比元素⑨的稳定。

C．元素⑩的氧化物对应的水化物的酸性比⑨强。

D．元素⑩的单质能与⑨的氢化物反应生成⑨的单质。

(6)⑦的最高价氧化物对应水化物与NaOH溶液反应的离子方程式为______。

(7)在微电子工业中②的简单氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，且生成的产物不污染环境，写出上述反应的化学方程式______。30、A；B、C、D是中学常见的四种元素；原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，B的氧化物属于两性氧化物，B、C位于同周期，A、B、C的原子最外层电子数之和为14，D是人体必需的微量元素，缺乏D会导致贫血症状。

(1)A在元素周期表中的位置是___________。

(2)下列事实能用元素周期律解释的是(填字母序号)___________。

a.B的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2

b.C的气态氢化物的稳定性小于HF

c.DC3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板。

(3)画出B和C形成化合物的电子式___________，属于___________化合物(填“离子”或“共价”)

(4)工业上用电解法制备B的单质，反应的化学方程式为___________。

(5)D的单质可用于处理酸性废水中的NO使其转换为NH同时生成有磁性的D的氧化物X，再进行后续处理。

①上述反应的离子方程式为___________；

②B的单质与X在高温下反应的化学方程式为___________。评卷人得分六、实验题(共1题，共10分)31、利用如图所示装置进行下列实验；能得出相应实验结论的是()

。选项。

①

②

③

实验结论。

A

稀盐酸。

MnO2

淀粉KI溶液。

氧化性：Cl2>I2

B

浓硫酸。

蔗糖。

溴水。

浓硫酸具有脱水性；氧化性。

C

稀盐酸。

Na2SO3

Ba(NO3)2溶液。

SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀。

D

浓硝酸。

Na2CO3

Na2SiO3溶液。

酸性：硝酸>碳酸>硅酸。

A.AB.BC.CD.D参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；该原子核外共有16个电子，是S原子。

【详解】

A．S原子的原子结构示意图为有3个电子层，A正确；

B．S原子的价电子为3s23p4；价电子数为6，B错误；

C．S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；C正确；

D．元素周期表中；第ⅢA族到0族均为p区元素，S在第ⅥA族，属于p区，D正确；

故选B。2、B【分析】【详解】

A．根据Y的结构简式可知，Y的分子式为正确；

B．连接四个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，X与足量氢气加成后，产物为该分子中有3个手性碳原子，错误；

C．脯氨酸中环上4个碳原子为饱和碳原子，2个—可在同一个碳原子上或不同碳原子上，如图：2个—在同一个碳原子上的有3种，若1个—在1号C原子上，移动另一个—有3种结构，若1个—在2号C原子上，移动另一个—有2种结构，若1个—在3号C原子上，移动另一个—有1种结构，则共有种二氯代物；正确。

D．Y中含有羟基；能发生消去反应和取代反应，含有酮羰基，能发生加成反应，能燃烧可以发生氧化反应，正确；

故选B。3、C【分析】【详解】

A．周期数等于电子层数，的原子序数比同周期的稀有气体Kr（36）小3，所以位于第四周期第Ⅴ族；故A正确；

B．砷是非金属元素；故B正确；

C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：酸性：故C不正确；

D．元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，非金属性：稳定性：故D正确；

故选C；4、C【分析】【详解】

①单质越易与化合，元素的非金属性越强，甲的单质比乙的单质容易与化合；故能说明；

②活泼非金属单质能将比它弱的非金属单质从其盐溶液中置换出来；甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应，能说明；

③最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的非金属性越强，甲的最高价氧化物对应水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应水化物的酸性强，能说明；

④非金属元素原子得电子数目的多少；与其形成8电子稳定结构有关，与元素非金属性没有直接关系，不能说明；

⑤熔；沸点是物质的物理性质；与元素非金属性强弱无关，不能说明。

故选C。5、C【分析】【详解】

A．SO2中S、O原子之间只存在极性键，SO2中S原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，则SO2为V形结构；正负电荷重心不重合，为极性分子，选项A错误；

B．O3中原子之间只存在非极性键，O3和SO2互为等电子体，结构相似，SO2为极性分子，则O3为极性分子；选项B错误；

C．H2O2中存在O﹣H极性键、O﹣O非极性键，H2O2是书页形结构；正负电荷重心不重合，为极性分子，选项C正确；

D．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键；NaClO中不含配位键，NaClO为离子化合物，选项D错误；

答案选C。6、C【分析】【详解】

A．NaHSO4晶体溶于水时；硫酸氢根也会发生电离，共价键被破坏，故A错误；

B．PCl5分子中P原子最外层有10个电子；故B错误；

C．氮化铝在熔融状态下不导电；说明不是离子化合物，熔沸点高，符合原子晶体的性质，可以推测氮化铝属于原子晶体，故C正确；

D．干冰和石英晶体都属于共价化合物；均含有共价键，但干冰属于分子晶体，而石英属于原子晶体，融化时，前者破坏分子间作用力，后者破坏共价键，故D错误；

综上所述答案为C。7、D【分析】【分析】

【详解】

不同晶体类型划分的标准是晶体内部微观粒子的种类及粒子间的相互作用的不同；如由离子构成且粒子之间是离子键的属于离子晶体，由分子通过分子间作用力构成的晶体为分子晶体，由原子构成的物质且以共价键形成空间网状结构的晶体为原子晶体，金属阳离子和自由电子通过金属键结合形成金属晶体；

答案选D。8、B【分析】【分析】

【详解】

略二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【详解】

（1）Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；

（2）由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；

（3）因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29；

（4）N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上、下、左、右、前、后包围，故答案为6。【解析】①.3∶1②.1③.29④.610、略

【分析】【详解】

非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。【解析】N>O>C11、略

【分析】【分析】

(1)N的核电荷数是7，其原子结构示意图为

(2)结合同周期；同主族元素的性质递变规律分析；

(3)单质之间的置换反应可说明非金属性强弱；

(4)R；X、Y、Z为同一短周期元素；根据图知，Y能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则Y位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则Y原子核外有14个电子，故Y为Si元素，Z为Cl元素；该阴离子中Cl元素为-1价、Si元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，X为-3价，则X为P元素；根据阳离子所带电荷知，R为Na元素，据此解答。

【详解】

(1)N原子结构示意图为则N在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族；

(2)a．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S，则酸性：HClO4＞H2SO4，而HCl的酸性大于HCl＞H2SO3无法用元素周期律解释；故a错误；

b．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：C＞S，能用元素周期律解释，故b正确；

c．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2；能用元素周期律解释，故c正确；

d．酸式碳酸盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3；不能用元素周期律解释，故d错误；

(3)氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性Cl>Br，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可证明非金属性：Cl＞Br；

(4)通过以上分析知：R；X、Y、Z分别为Na、P、Si、Cl元素；

①由分析知：Y的元素符号为Si；

②X为P元素，其氢化物的分子式为PH3，是共价化合物，则其电子式为

【点睛】

元素周期律的主要内容是同周期主族元素，随核电荷数的递增，金属性减弱，非金属性增强，同主族元素从上到下金属性增强，非金属性减弱，本题易错点是混淆非金属性和金属性强弱的判断规律，同时主要注意非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，要特别注意是“最高价”，否则不能使用该规律。【解析】第二周期第ⅤA族bc氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性Cl>BrCl2+2Br-=Br2+2Cl-Si12、略

【分析】【分析】

（1）

X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II价层电子对数为其空间结构为V形，中心原子的杂化形式为sp3；故答案为：V形；sp3。

（2）

①Ni为28号元素，基态镍原子的价电子为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为故答案为：

②烯丙醇分子(CH2=CH—CH2OH)中第一个和第二个碳原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型是sp2杂化，—CH2OH中的碳原子价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp2杂化、sp3杂化。

（3）

Cu为29号元素，基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10；故答案为：[Ar]3d10。【解析】（1）V形sp3

（2）sp2杂化、sp3杂化。

（3）[Ar]3d1013、略

【分析】【分析】

砷位于周期表中第4周期第ⅤA族；根据核外电子的排布式判断最高能层和该能层具有的轨道数；根据价层电子对互斥理论判断N2H4的杂化类型；分子间含有氢键多的沸点较高；配离子[Co（NH3）6]3+中存在的化学键有配位键，配体NH3中含有极性共价键；然后分析。

【详解】

(1)砷位于周期表中第4周期第ⅤA族；基态As核外电子占据最高能层为N，N能层具有s；p、d、f四个能级，s上有1个轨道，p上有3个轨道，d上有5个原子轨道，f上有7个原子轨道，所以共有16个原子轨道；

(2)①肼的电子式为：N2H4中N原子含有3对成键电子对和1对孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3杂化，基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3；电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃型；

②N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目；导致肼与氨气熔点；沸点差异较大；

(3)配离子[Co(NH3)6]3+中存在氨分子和钴离子之间的配位键，配体NH3中存在极性共价键，配离子[Co(NH3)6]3+中存在的化学键有极性键和配位键；答案选BC。

【点睛】

学生需要辨析清楚能层，能级，原子轨道式，价电子排布式，价电子排布图等化学用语，为易错点。【解析】①.N②.16③.sp3④.哑铃型⑤.N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目⑥.BC14、略

【分析】【分析】

A中：半径较大的原子个数==4，半径较小的原子个数==4；

B中：该晶体由分子构成；

C中：黑色小球所代表的原子的个数=1，白色小球所代表的原子的个数=

D中：只含一种原子；且每个原子与4个原子通过共价键形成四面体结构；

E中：只含一种原子；且原子之间通过共价键形成层状结构，据此解答。

【详解】

(1)金刚石结构中的每个C原子与相邻的4个C原子形成正四面体，所以图D为金刚石。每个碳原子与4个碳原子最近且距离相等。金刚石是空间网状结构，属于原子晶体，故答案为：D；4；原子；

(2)石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，每个正六边形占有的碳原子数平均为6×=故答案为：E；2；

(3)在NaCl晶胞中；每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，所以图A为NaCl的结构，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，所以每个钠离子周围与它最近且距离相等的钠离子就有12个，故答案为：A；12；

(4)CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8；即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子，所以图C为CsCl的结构，属于离子晶体，故答案为：C；离子；8；

(5)干冰是分子晶体，分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的分子为例，与它距离最近的分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；所以图B为干冰晶体，故答案为：B；分子；12；

(6)一般来说，各种晶体的熔点关系为：原子晶体离子晶体分子晶体，石墨的熔点大于金刚石，在离子晶体里，半径越大，晶格能越小，熔点越低，由于铯离子半径大于钠离子，石墨的熔点大于金刚石，所以熔点由高到低的排列顺序为：石墨金刚石干冰，故答案为：石墨金刚石干冰。【解析】D4原子E2A12C离子8B分子12石墨金刚石干冰15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)体心立方密堆积是体心原子与位于八个顶点的原子相切；但位于八个顶点的原子之间不接触，这种堆积方式的空间利用率较低，少数金属采取这种堆积方式。六方最密堆积按ABAB方式堆积，面心立方最密堆积按ABCABC方式堆积。属于体心立方密堆积的金属有Li；Na、K、Fe等，属于六方最密堆积的金属有Mg、Zn、Ti等，属于面心立方最密堆积的金属有Cu、Ag、Au等。

(2)金属晶体中无分子间作用力与共价键；只有C项是金属的通性。

(3)常温下；Hg为液态，A错误；因为金属键无方向性，故金属键在一定范围内不因形变而消失，B正确；钙原子半径小于钾原子半径，钙的金属键强于钾，故其熔；沸点高于钾，C正确；温度升高，金属的导电性减弱，D错误；

故选BC。【解析】①.Na、K、Fe②.Mg、Zn③.Cu、Au④.C⑤.BC16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)苯的凯库勒式为可直观的得出苯中的化学键分两种，即碳碳单键和碳碳双键，而如果含有碳碳双键，则能被紫色高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色；

(2)在高锰酸钾溶液中加入苯；苯不能被高锰酸钾氧化，故发现高锰酸钾溶液不褪色，又因为苯不溶于水，所以液体会分层；

(3)由于苯并不能使高锰酸钾褪色；说明苯中无碳碳双键，故不是单双键交替结构，故说明上面的理论推测是错误的；

(4)苯中的键不是单双键交替的结构，而是介于单双键之间的特殊的键，故苯中的六条键完全相同，故应该用表示苯的结构更合适；

(5)由于苯是一种有机溶剂且不溶于水；而溴单质在苯中的溶解度比其在水中的大许多，故将苯与溴水混合振荡时，苯将溴单质从其水溶液中萃取出来，从而使溴水褪色，与此同时，苯层颜色加深，因此将苯加入溴水中时会发生萃取导致溴水褪色；

(6)将苯、液溴和铁粉混合发生反应的化学方程式是+Br2+HBr；反应类型是取代反应。【解析】①.②.碳碳单键③.碳碳双键④.液体分层，溶液紫色不消失⑤.错误⑥.⑦.不同意⑧.由于苯是一种有机溶剂且不溶于水，而溴单质在苯中的溶解度比其在水中的大许多，故将苯与溴水混合振荡时，苯将溴单质从其水溶液中萃取出来，从而使溴水褪色，与此同时，苯层颜色加深⑨.+Br2+HBr⑩.取代反应17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)碳是6号元素，碳元素基态原子的电子排布式为：最外层电子排布式为故答案为：

(2)是由碳原子形成的分子；所属的晶体类型分子晶体，故答案为：分子晶体；

(3)石墨晶体中每个碳原子被3个六元环共用，属于一个六元环的碳原子数为每个碳原子伸出3个共价键与其他原子共用，属于每个碳原子的共价键为1.5个，在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为1:1.5=2:3，故答案为：2:3；

(4)金刚石是巨型网状结构，其中碳原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；

(5)石墨、金刚石都是碳元素形成的不同单质，由同种元素形成的不同单质属于同素异形体，故答案为：b。【解析】分子晶体2:3sp3b三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。19、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。21、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。22、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。23、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。四、有机推断题(共3题，共30分)24、略

【分析】【分析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH＝CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH＝CH2。反应①为取代反应。由C、D的分子式，可知反应②发生信息I中取代反应，可知D为由信息II中取代反应、结合E的分子式，可知E为E发生酯的水解反应生成F。对比F、J的结构简式，可知F脱羧生成G，G与苯胺脱去1分子水生成J，故G为J与发生取代反应生成L；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到

【详解】

(1)A属于烯烃，A的结构简式为CH2＝CH﹣CH3；A名称为：丙烯，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于碳碳双键的平面结构内，分子中最多有7个原子共面；

(2)B为ClCH2CH＝CH2，B中官能团有碳碳双键、氯原子，反应②是B的氨基中氢原子被﹣CH2CH2COOCH3替代；属于取代反应；

(3)反应③的化学方程式为：

(4)F的结构简式为用星号(*)标出F中的手性碳原子为：G的结构简式为：

(5)反应④为取代反应；生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到合成路线流程图为：

【点睛】

进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。【解析】丙烯7碳碳双键氯原子取代反应吸收反应生成的HCl提高反应转化率25、略

【分析】【分析】

A和B反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生已知反应得到F，结合反应原理可知F的结构简式为以此解答。

【详解】

（1）根据B的结构简式和不饱和度可以得出分子式为B中苯环上、醛基中共有7个碳原子均采取杂化。

（2）对比A；B、C的结构简式可知；反应还生成1分子水，反应方程式为。

（3）根据注2可以推出F结构简式为F分子中手性碳原子，如图所示

（4）有机物B()的同分异构体含有苯环，且与溶液显色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基、酚羟基，则3个侧链为—OH、—CHO、羟基与醛基有邻；间、对3种位置关系；对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种。

（5）模仿路线中合成G的过程，与反应生成然后氧化生成再与反应生成最后与DDQ反应生成合成路线为

【解析】(1)7

(2)

(3)

(4)10

(5)26、略

【分析】【分析】

(1)对比水杨酸；B的结构；结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，A发生硝化反应生成B；

(2)由B；C的结构；可知B中硝基转化为氨基生成C，B组成上去氧加氢得到C；

(3)B中酚羟基与NaOH发生中和反应；酯基水解得到羧基；甲醇，羧基能与NaOH发生中和反应；

(4)E中﹣ONa转化为﹣OH得到奥沙拉秦；碳酸的酸性比酚强，但碳酸氢钠的酸性比酚弱，二氧化碳与E反应生成奥沙拉秦与碳酸氢钠；

(5)由奥沙拉秦的结构；可知其分子中有14个C原子；8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子；分子关于氮氮双键对称，分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之间等于H原子数目之比；

(6)F是水杨酸的同分异构体；可以发生银镜反应，F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明F中﹣OH；﹣OOCH处于对位。

【详解】

(1)对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，A发生硝化反应生成B，故A的结构简式为：由A制备B的反应试剂和条件为：浓硝酸；浓硫酸、加热；

(2)由B；C的结构；可知B中硝基转化为氨基生成C，B组成上去氧加氢得到C，属于还原反应；

(3)B中酚羟基与NaOH发生中和反应，酯基水解得到羧基、甲醇，羧基能与NaOH发生中和反应，反应方程式为：

(4)E中﹣ONa转化为﹣OH得到奥沙拉秦，碳酸的酸性比酚强，但碳酸氢钠的酸性比酚弱，二氧化碳与E反应生成奥沙拉秦与碳酸氢钠，故通入的CO2与E的物质的量之比至少应为2：1；

(5)由奥沙拉秦的结构，可知其分子中有14个C原子、8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子，其分子式为：C14H8N2O6Na2；分子关于氮氮双键对称；分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之间等于H原子数目之比为1：1：1：1；

(6)F是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应，F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明F中﹣OH、﹣OOCH处于对位，F的结构简式为：

【点睛】

本题考查有机物的合成与推断，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，注意酚、碳酸、醋酸的酸性强弱。【解析】①.②.浓硝酸、浓硫酸、加热③.还原反应④.⑤.2:1⑥.C14H8N2O6Na2⑦.4⑧.1:1:1:1⑨.五、元素或物质推断题(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，则A为H元素；C元素是地壳中含量最高的元素，则C为O元素；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，原子序数小于氧元素，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2(标准状态下)，D为金属，令D的摩尔质量为xg/mol，化合价为y，则×y=×2，即23y=x，为前20号元素中的常见元素，故y=1，x=23，则D为Na元素；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同；则E为Cl元素。

【详解】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，则A为H元素；C元素是地壳中含量最高的元素，则C为O元素；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，原子序数小于氧元素，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2(标准状态下)，D为金属，令D的摩尔质量为xg/mol，化合价为y，则×y=×2，即23y=x，为前20号元素中的常见元素，故y=1，x=23，则D为Na元素；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同；则E为Cl元素；

(1)由上述分析可知；A为H；B为C；D为Na；

(2)C为O元素，氧原子获得2个电子形成氧离子，电子式为．E为Cl元素，氯离子质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为

(3)氯气有强氧化性；可以使淀粉KI溶液(或试纸)变蓝，故实验室里检验氯气常用淀粉KI溶液(或试纸)；

(4)电解氯化钠溶液，生成氢氧化钠、氯气、氢气，电解反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

(5)由A、B、C、D形成的化合物为NaHCO3，由A、C、E形成的化合物为HClO4，二者发生反应生成高氯酸钠、水、二氧化碳，反应方程式为：HClO4+NaHCO3=NaClO4+H2O+CO2↑。【解析】HC淀粉KI溶液（或试纸）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑HClO4+NaHCO3=NaClO4+H2O+CO2↑28、略

【分析】【分析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2；则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A；D同主族，则D为钠元素，B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。

【详解】

(1)A2W为水，其电子式为

(2)B为碳元素；质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第ⅢA族；

(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3++2-；

(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的