試卷第=page99頁，共=sectionpages99頁試卷第=page88頁，共=sectionpages99頁高考化學一輪專題復習題——元素或物質推斷題1．（2022·河北正中實驗中學高三階段練習）現(xiàn)有A、B、C、D、E、F、G、H、I九種元素，均為前四周期元素，它們的原子序數依次增大。請根據下列相關信息，回答有關問題。A：核外電子數和電子層數相等，也是宇宙中最豐富的元素B：形成化合物種類最多的元素C：基態(tài)原子的核外p能級電子數比s能級電子數少1D：基態(tài)原子的核外p軌道中有兩個未成對電子E：氣態(tài)基態(tài)原子的第一至第四電離能分別是：I1=738kJ/mol，I2=1451kJ/mol，I3=7733kJ/mol，I4=10540kJ/molF：同周期元素的簡單離子中半徑最小G：主族序數與周期數的差為4H：前四周期主族元素中電負性最小I：位于元素周期表中的第八列(1)C2A4的電子式為_______。(2)B元素的原子核外共有_______種不同運動狀態(tài)的電子。(3)某同學推斯E元素基態(tài)原子的核外電子軌道表示式為。該同學所畫的軌道表示式違背了_______，解釋E元素原子的第一電高能大于F元素原子的第一電離能的原因：_______。(4)用惰性電極電解EG2的水溶液的離子方程式為_______。(5)與F元素成“對角線規(guī)則”關系的某短周期元素T的最高價氧化物的水化物具有兩性，寫出該兩性物質與H元素的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式：_______；已知T元素和Cl元素的電負性分別為1.5和3.0，則它們形成的化合物是_______(填“離子化合物”或“共價化合物”)。(6)與H元素同周期的基態(tài)原子中，未成對電子數與H原子相同的元素有_______種。(7)I位于元素周期表中_______區(qū)(按電子排布分區(qū))，實驗室用一種黃色溶液檢驗I2+時產生藍色沉淀，該反應的離子方程式為_______。2．（2022·河南·平頂山市藍天高級中學高三期末）下表列出了A﹣R9種元素在周期表中的位置周期族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02EF3ACDGR4BH請回答下列問題(1)這9種元素中：A、G的元素符號為_______、_______，B、H的元素名稱為_______、_______，其中化學性質最不活潑的是_______(填寫元素符號)。(2)D元素的最高價氧化物對應的水化物與氫氧化鈉反應的離子方程式是_______。(3)A、B、C三種元素按原子半徑由大到小的順序排列為_______(用元素符號表示)。(4)F元素氫化物的化學式是_______，該氫化物在常溫下與B發(fā)生反應的化學方程式是_______，所得溶液的pH_______7。(5)H元素與A元素形成化合物的化學式是_______，高溫灼燒該化合物時，火焰呈_______色。3．（2022·四川·雅安中學高三階段練習）I按要求填空(1)乳酸CH3-CH(OH)-COOH_______(填“有”或“無”)手性碳。(2)指出配合物K3[Co(CN)6]中的中心離子、配體及其配位數：_____、_____、_____。II.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數依次增加。其中A與B、A與D在周期表中位置相鄰，A原子核外有兩個未成對電子，B元素的第一電離能比同周期相鄰兩種元素都大，C原子在同周期原子中半徑最大(稀有氣體除外)；E與C位于不同周期，E原子核外最外層電子數與C相同，其余各層電子均充滿。請根據以上信息，回答下列問題：(答題時A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示)(3)A、B、C、D四種元素電負性由大到小排列順序為_______。(4)B的簡單氫化物的空間構型為_______。(5)E核外電子排布式是_______，E的某種化合物的結構如下圖所示。微粒間的相互作用包括化學鍵和分子間相互作用力，此化合物中各種粒子間有_______共4中不同的相互作用力。(6)A與B的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性_______更高，A與D的氣態(tài)氫化物的沸點_______更高。(7)A的最高價氧化物中，中心原子的雜化類型為_______，空間構型為_______。4．（2023·山西·太原師范學院附屬中學高三階段練習）在硫酸、二氧化碳、銅、氯化鈉、生石灰、一氧化碳、純堿、鐵和炭粉中，有5種物質符合如圖所示的轉化關系，已知連線的兩物質均能發(fā)生反應。(1)請推斷這5種物質分別為①_______(寫化學式，下同)：②_______；③_______；④_______；⑤_______。(2)②和④反應的離子方程式_______。②和⑤反應的化學方程式_______。5．（2022·四川·威遠中學校高三階段練習）我國從國外進口某原料經測定主要含有A、B、C、D、E五種前四周期元素，且原子序數依次增大。元素A、B、C、D、E的原子結構等信息如表：元素元素性質或原子結構A周期表中原子半徑最小的元素B原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數相同C最外層P軌道半充滿D位于短周期，其原子的核外成對電子數是未成對電子數的3倍E位于ds區(qū)且原子的最外層電子數與A的相同請回答下列問題：(用A、B、C、D、E所對應的元素符號作答)(1)B、C、D第一電離能由大到小為____。(2)E的二價離子價電子排布式為____。(3)BD2分子中B的雜化方式為____；A2D2是____分子(填“極性”或“非極性”)。BD2與某化合物制取D2的化學方程式：____。(4)與化合物BD互為等電子體的陰離子化學式為____。(5)用化學方程式證明B和C非金屬性強弱的事實是：____。6．（2022·重慶巴蜀中學高三階段練習）某固體混合物，可能含有CaO、、、、NaCl中的幾種，為檢驗其成分，做了如下實驗：①取一定量固體溶于足量水，攪拌后得到無色透明溶液和白色沉淀，過濾得到濾液Ⅰ和沉淀Ⅰ，沉淀質量為10.00g。②向濾液Ⅰ中加入過量的溶液，產生白色沉淀，過濾得到濾液Ⅱ和沉淀Ⅱ，沉淀質量為43.00g。③向沉淀Ⅱ中加入過量的鹽酸，仍有固體未溶解，過濾得到沉淀Ⅲ，沉淀質量為23.30g。④向濾液Ⅱ中加入硝酸酸化后，再加入過量的溶液，得到大量白色沉淀，過濾得到沉淀Ⅳ，沉淀質量為71.75g。已知：溶液中有、時，更容易和形成沉淀。回答下列問題：(1)通過實驗①可知，一定不存在的是_______(填化學式，下同)。(2)沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ分別是_______、_______。(3)本實驗需要多次過濾，過濾需要用到得玻璃儀器有_______。A．燒杯 B．玻璃棒 C．漏斗 D．酒精燈(4)寫出實驗④反應的離子方程式_______。(5)該固體中一定含有_______(填化學式)，質量之比為_______。7．（2022·天津市第九十五中學益中學校高三期中）鈉、氯及其化合物有如圖轉化關系，淡黃色物質M可在潛水艇中作為氧氣的來源，常被用作供氧劑，常N用來殺菌消毒。請按要求填空：(1)淡黃色物質M是____，物質N是____(填化學式)。(2)寫出M與水反應的離子方程式為_____，氧化劑為____，還原劑為_____。(3)請描述一小塊金屬鈉投入FeCl3溶液中的現(xiàn)象：____。(4)Cl2與H2O反應的化學反應方程式為_____，氧化產物為_____。(5)除去下列括號中少量雜質，寫出相關化學方程式或離子方程式：①Na2CO3固體(NaHCO3)化學方程式：____。②NaHCO3溶液(Na2CO3)離子方程式：____。8．（2022·陜西省黃陵縣中學高三期末）已知有以下相互轉化關系，試回答：(1)寫出B的化學式：___________，D的化學式：___________。(2)寫出由E轉變成F的化學方程式：___________。(3)寫出由A轉變成B的離子方程式：___________。(4)向G溶液加入A的離子方程式：___________，檢驗G中陽離子的方法是___________。9．（2022·浙江·高三階段練習）某研究小組為了探究固體甲(二元化合物)和固體乙(無機礦物鹽，含五種元素)的組成和性質，設計并完成了如下實驗：已知：向溶液1中連續(xù)滴加鹽酸，先產生白色沉淀，后沉淀溶解；向溶液2中連續(xù)通入氣體2，也是先產生白色沉淀，后沉淀溶解。請回答下列問題：(1)甲的化學式為_______，氣體1的電子式為_______。(2)加熱條件下，氣體1與固體2反應，可產生三種產物，其中一種為常溫下的液體，該反應的化學方程式為_______。(3)乙的化學式為_______。(4)足量氣體2與溶液1反應的離子方程式為_______。有人認為，判斷該反應的氣體2是否過量較難，應對其中一種產物是“正鹽”還是“酸式鹽”進行檢驗，請設計實驗證明這一產物的成分：_______。(可選的試劑為氨水、NaOH溶液、稀硫酸、溶液)10．（2022·四川省鄰水縣第二中學高三階段練習）X、Y、Z、W是短周期元素，原子序數遞增。X與Z位于同一主族，Y元素的單質既能與鹽酸反應，也能與NaOH溶液反應，Z原子的最外層電子數是次外層電子數的一半，Y、Z、W原子的最外層電子數之和為14。(1)HWO的結構式為___________。(2)①X、Y、Z、W原子半徑由大到小依次是___________(填元素符號)。②X、Z、W最高價氧化物對應水化物的酸性由強到弱依次是___________(填化學式)。(3)①家用“管道通”的有效成分是燒堿和Y的單質，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應的化學方程式為___________。②含Y元素的鹽與小蘇打溶液可用作泡沫滅火劑，寫出滅火時發(fā)生反應的離子方程式：___________。(4)NW3是黃色油狀液體，無漂白性，在熱水中會發(fā)生水解。NW3的電子式為___________。若取該液體滴入50℃左右的熱水中，片刻后取該熱溶液滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙先變藍后褪色。寫出NW3在熱水中發(fā)生水解的化學方程式：___________。11．（2022·四川·達州市第一中學校高三階段練習）元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為2,元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。元素Z的原子最外層電子數是其內層的3倍。(1)基態(tài)X原子核外共有___________種運動狀態(tài)不同的電子，其價電子排布式為___________。(2)Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。(3)寫出一種由第三周期元素組成的與YZ互為等電子體的分子的電子式：___________。(4)X的氯化物與氨水反應可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol該配合物中含有σ鍵的數目為___________。12．（2022·北京四中高三階段練習）某學習小組想利用無機反應規(guī)律來制備BaSO4，請你完成下面的方案設計。(圖中的連線表示能夠制備硫酸鋇的路線。)(1)寫出圖中連線M對應的離子方程式：____。(2)在現(xiàn)有基礎上繼續(xù)尋找制備方案，寫出圖中符合條件的A、B兩個物質的化學式：A____；B____(各寫出一種即可)(3)①參照圖示，在圖中連出其它能制備BaSO4的線____。②根據填寫的A、B物質，寫出新畫的連線對應的離子方程式：____(若有多個離子方程式，請全部寫出；若只有一個，則寫一個)。13．（2022·甘肅·高臺縣第一中學高三期中）現(xiàn)有常見金屬單質A、B和氣體甲、乙、丙及物質D、E、F、G、H。它們之間能發(fā)生如圖所示反應(圖中有些反應的產物和反應的條件沒有全部標出)。回答下列問題：(1)寫出下列物質的化學式：氣體丙_______、物質F_______。(2)寫出反應①的化學方程式：_______。(3)寫出反應⑤的離子方程式：_______。乙與水反應的產物可以殺菌消毒，該反應的離子方程式為_______。(4)實驗室檢驗物質D中陽離子的方法是_______。14．（2022·浙江·萬全綜合高中高三期中）短周期元素A、B、C，D、E的原子序數依次增大，它們的相關信息如表所示：序號相關信息①A的最高正價與最低負價的絕對值相差2②B的一種核素的質量數為18，中子數為10③所有短周期主族元素原子中，C的原子半徑最大④A、C、D的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間均可反應⑤E的單質與甲烷在光照條件下可以發(fā)生取代反應(1)簡單氣態(tài)氫化物：沸點A_______B(填“>”或“<”，下同)，穩(wěn)定性A_______B。(2)B、C、D的簡單離子半徑由小到大的順序為_______(填化學符號)。B、C按原個數比1∶1組成的化合物的電子式為_______。(3)E的最高價氧化物的水化物的化學式為_______。寫出一個能證明元素E原子比硫原子得電子能力強的離子方程式_______。15．（2022·吉林·長春市第五中學高三階段練習）某無色溶液中可能含有、、、、、、、中的幾種，對其進行如下實驗操作：(1)取少量溶液，用pH試紙測得溶液呈強堿性。(2)另取少量溶液，加入足量溶液，產生白色沉淀。(3)向(2)所得白色沉淀中加入足量鹽酸，沉淀部分溶解，并有無色氣體生成。(4)將(3)所得混合物過濾，向濾液中加入溶液，有白色沉淀生成。下列對該溶液的說法正確的是A．一定含有、、、 B．一定含有、C．可能含有、、 D．原溶液中有離子16．（2022·甘肅·白銀市白銀區(qū)大成學校高三階段練習）A、B、C、D、E是元素周期表中前20號的主族元素，它們的原子序數依次增大。A原子的L層電子數是其K層電子數的3倍，B-的核外電子排布與Ne原子相同，C是短周期金屬性最強的元素，D是地殼中含量最多的金屬元素，E與C同主族。回答下列問題：(1)A在元素周期表中的位置為_______周期第_______族；A、B非金屬性較強的是_______(填元素符號)。(2)A、C簡單離子半徑較小的是_______(填離子符號)。(3)C、E最高價氧化物對應水化物的堿性較弱的是_______(填化學式)。(4)D、E最高價氧化物對應水化物之間反應的化學方程式為_______。17．（2022·貴州·從江縣第一民族中學高三階段練習）A、B、C、D是四種常見氣體單質。E的相對分子質量比F小16，且F為紅棕色；A為有色氣體；Z在常溫下為常見液體；Y與氧化銅加熱時反應除生成B和Z外還有一種紫紅色的固體生成。有關的轉化關系如圖所示(反應條件與部分反應的生成物略去)。(1)A的化學式為_______，Y的化學式為_______，G的化學式為_______(2)寫出Y與氧化銅反應的化學方程式為：_______(3)Y與E在催化劑條件下可反應生成B和Z，這是一個具有實際意義的反應，可消除E對環(huán)境的污染，該反應的化學方程式為_______(4)氣體F和氣體SO2在通常條件下同時通入盛有BaCl2溶液的洗氣瓶中(如圖所示)，洗氣瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或“沒有”)_______，理由是：_______(5)實驗室檢驗是否有Y生成的方法是_______18．（2022·遼寧葫蘆島·高三階段練習）某溶液Q中含有如表所示離子中的5種離子，且離子濃度均為0.5mol/L(不考慮水的電離與離子水解)。現(xiàn)向溶液Q中加入足量稀氫溴酸，有單一氣體R產生，經分析，反應前后陰離子種類不變。陽離子陰離子、、、、、、、、、、、、、、已知在酸性溶液中會發(fā)生歧化反應。請回答下列問題：(1)由“加入足量稀氫溴酸，……”“反應前后陰離子種類不變”推知：溶液Q中一定不含的陰離子有_______(填數字)種。(2)綜合推斷，溶液Q中一定含有的陽離子有_______(填離子符號，下同)。產生氣體R的反應中，原溶液中過量的離子是_______，反應后溶液中物質的量一定發(fā)生變化的陽離子有_______。(3)一定量溶液Q與氯氣緩慢反應，反應后的溶液分為3份，分別進行以下操作，實驗現(xiàn)象如圖：①銅粉參與的反應中，氧化產物是_______(填離子符號)。②當V=448時，向溶液Q中通入氯氣時發(fā)生反應的離子方程式為_______；假設不考慮與的反應，則根據實驗現(xiàn)象可推算出V的范圍為_______<V<_______。答案第=page2323頁，共=sectionpages1414頁答案第=page2222頁，共=sectionpages1414頁參考答案：1．(1)(2)6(3)

泡利原理

Al的第一電離能失去的電子是3p能級的，該能級電子的能量比Mg失去的3d能級的電子的能量高(4)Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑(5)

Be(OH)2+2OH-=+2H2O

共價化合物(6)4(7)

d

K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓【分析】A元素的核外電子數和電子層數相等，也是宇宙中最豐富的元素，則A為H元素；B元素是形成化合物種類最多的元素，可知B為C，可以形成多種有機物；C元素原子的核外p電子數比s電子數少1，則C為N元素；D元素基態(tài)原子的核外p軌道中有兩個未成對電子，原子序數大于N，其電子排布為1s22s22p4，則D為O元素；H元素是前四周期中電負性最小的元素，則H為K元素；E原子的第一到第四電離能分別是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，說明E最外層有2個電子，其原子序數小于K，則E為Mg元素；F原子序數大于Mg，小于K，則F位于第三周期中簡單離子半徑最小的元素，為Al元素；G元素的主族序數與周期數的差為4，其原子序數大于Mg，小于K，則F位于第三周期，最外層含有7個電子，為Cl元素；I元素位于元素周期表中的第八列，為前四周期元素，且原子序數大于K，則I為Fe元素，據此解答。【詳解】（1）C2A4為N2H4，N2H4為共價化合物，其電子式為。（2）B為C，其核外電子排布為1s22s22p2，共有6個電子，每個電子的運動狀態(tài)各不相同，所以共有6種不同運動狀態(tài)的電子。（3）E為Mg，為12號元素，該同學所畫電子排布圖中3s軌道有2個自旋方向相同的電子，違背了泡利不相容原理；Mg原子失去2個電子后形成穩(wěn)定結構，此時在失去1個電子很困難，所以I3遠遠大于I2。（4）用惰性電極電解MgCl2的水溶液，陽極氯離子放電，陰極水電離的氫離子放電，同時產生的氫氧根與鎂離子會生成沉淀，該反應的離子方程式為：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑。（5）F為Al，利用“對角線規(guī)則”，與其性質相似的元素為Be，其最高價氧化物的水化物為Be(OH)2，H為K，其最高價氧化物的水化物為KOH，參考Al(OH)3與堿的反應，故離子方程式為：Be(OH)2+2OH-=+2H2O；電負性的差值3.0-1.5=1.5<1.7，故為共價化合物。（6）H為K，位于第四周期，其基態(tài)原子中，未成對電子數為1，同周期未成對電子數與其相同的元素有：Sc、Cu、Ga、Br，故答案為4種。（7）I為Fe，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，屬于d區(qū)元素；檢驗Fe2+可以用K3[Fe(CN)6]溶液，反應方程式K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓。2．(1)

Na

Cl

鉀

溴

Ar(2)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O(3)K>Na>Mg(4)

H2O

2K+2H2O=2KOH+H2↑

>(5)

NaBr

黃【分析】由元素在元素周期表中的相對位置可知，A為Na元素、B為K元素、C為Mg元素、D為Al元素、E為C元素、F為O元素、G為Cl元素、H為Br元素、R為Ar元素。【詳解】（1）由分析可知，A為Na元素、G為Cl元素；B為鉀元素、H為溴元素；其中化學性質最不活潑的是稀有氣體Ar元素，故答案為：Na；Cl；鉀；溴；Ar；（2）D元素最高價氧化物對應水化物為氫氧化鋁；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-=+2H2O，故答案為：Al(OH)3+OH-=+2H2O；（3）同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，同周期元素從左到右原子半徑依次減小，則鉀、鈉、鎂的原子半徑依次減小，順序為K>Na>Mg，故答案為：K>Na>Mg；（4）氧元素的氫化物為H2O，水與鉀反應生成氫氧化鉀和氫氣，反應的化學方程式為2K+2H2O=2KOH+H2↑，所得氫氧化鉀溶液的pH大于7，故答案為：H2O；2K+2H2O=2KOH+H2↑；>；（5）H元素與A元素形成化合物的化學式是NaBr，鈉元素的焰色試驗為黃色，高溫灼燒溴化鈉的火焰為黃色，故答案為：NaBr；黃。3．(1)有(2)

Co3+

CN-

6(3)N>C>Si>Na(4)三角錐形(5)

1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1

離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵(6)

NH3

SiH4(7)

sp雜化

直線形【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數依次增加，其中A與B、A與D在周期表中位置相鄰，A、B、D的相對位置為，A原子核外有兩個未成對電子，B的第一電離能比同周期相鄰的兩種元素大，B為半充滿結構，B為N、A為C、D為Si；C原子在同周期原子中半徑最大(稀有氣體除外)，C為Na；E與C位于不同周期，E原子核外最外層電子數與C相同，其余各層電子均充滿，則E的電子排布式為ls22s22p63s23p63d104s1，E為Cu。【詳解】（1）乳酸[CH3-CH(OH)-COOH]中與-OH相連的C為手性C，答案為有；（2）配合物K3[Co(CN)6]中的中心離子、配體及其配位數分別為：中心離子Co3+、配體CN-、配位數是6；（3）A、B、C、D分別為C、N、Na、Si，同周期從左到右元素的電負性逐漸增大，同主族從上到下元素的電負性逐漸減小，則電負性由大到小的順序為N>C>Si>Na；（4）B的氣態(tài)氫化物為NH3，NH3的結構式為；中心原子N的孤電子對數為，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為1+3=4，故N采取sp3雜化，NH3空間構型為三角錐形；（5）E為Cu，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；根據圖示可判斷H2O分子和Cu2＋間存在配位鍵，同時水分子之間還存在氫鍵，H2O分子內存在共價鍵；該化合物還含有陰、陽離子間的離子鍵；（6）A與B的氣態(tài)氫化物分別為CH4和NH3，其沸點高低為NH3>CH4(因NH3分子之間存在氫鍵)，A與D的氣態(tài)氫化物分別為CH4和SiH4，由于其組成和結構相似，SiH4的相對分子質量大于CH4，故沸點SiH4>CH4；（7）A的穩(wěn)定氧化物為CO2，CO2中C原子的孤電子對數為，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為0+2=2，C原子采取sp雜化，CO2分子呈直線形。4．(1)

Fe

H2SO4

CO2

CaO

Na2CO3(2)

Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O【分析】給定的物質中單質能與酸反應的為鐵，則①為Fe；酸為硫酸，即②為H2SO4；④氧化物能與酸反應，則氧化物為堿性氧化物，④為生石灰；③為酸性氧化物，為二氧化碳；鹽既能與氧化鈣反應，又能與硫酸反應，則⑤為純堿。【詳解】（1）給定的物質中單質能與酸反應的為鐵，則①為Fe；酸為硫酸，即②為H2SO4；④氧化物能與酸反應，則氧化物為堿性氧化物，④為CaO；③為酸性氧化物，為CO2；鹽既能與氧化鈣反應，又能與硫酸反應，則⑤為Na2CO3。（2）②和④的反應為硫酸與氧化鈣反應生成硫酸鈣和水，離子方程式為。②和⑤的反應為硫酸與碳酸鈉反應生成硫酸鈉、二氧化碳和水，化學方程式為Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；5．(1)N>O>C(2)3d9(3)

sp2

極性

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4)CN-(5)2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O【分析】A為原子半徑最小的元素，所以A為H，B原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數相同，則各能級有2個電子，則B為C，C最外層軌道半充滿，則C為N，D位于短周期，其原子的核外成對電子數是電子數的3倍，若未成對電子數2個，則成對電子數為6個，共8個電子，所以D為O，E為ds區(qū)，最外層電子有1個電子，則E為Cu。綜上，A為H，B為C，C為N，D為O，E為Cu。【詳解】（1）同一周期的元素，第一電離能有增大的趨勢，第VA族，最外層電子半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，不容易失去電子，所以第一電離能高于相鄰元素的原子的第一電離能，故答案為：N>O>C；（2）Cu的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去兩個電子后，價電子排布式為：3d9；（3）CO2中C的價層電子對數=2+=2+0=2，雜化方式為：sp2；H2O2是極性分子，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）CO為價電子為10的雙原子分子，則與之等電子體的是CN-；（5）N和C的非金屬性可以用最高價含氧酸的酸性證明：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。6．(1)(2)

、(3)ABC(4)(5)

Na2SO4，Na2CO3，CaO

28∶106∶71【分析】①無色透明溶液和白色沉淀，可知一定沒有硫酸銅，否則為藍色溶液，而一定含有氧化鈣，可能有碳酸鈉，硫酸鈉，氯化鈉，因為氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，從而產生鈣離子，鈣離子可以和硫酸根離子或者碳酸根離子生成白色沉淀；②加氯化鋇有白色沉淀，可能有碳酸鈉，硫酸鈉，注意此時引入了氯離子；③加鹽酸固體部分溶解，可知沉淀中含有碳酸鋇和硫酸鋇，故含有碳酸鈉和硫酸鈉；④加硝酸酸化的硝酸銀，并不能證明有氯離子，因為②引入了氯離子，綜上，一定含有CaO、、，一定沒有：，可能有：NaCl，以此解題。【詳解】（1）由分析可知，一定不存在的是；（2）沉淀Ⅱ部分溶解，則沉淀Ⅱ中含有、；沉淀Ⅰ中應該只有，因為微溶，且濾液Ⅰ中含有碳酸根離子；（3）過濾時需要用到燒杯，玻璃棒，漏斗，故答案為：ABC；（4）實驗④中銀離子和氯離子和生成氯化銀白色沉淀，離子方程式為：；（5）由分析可知，一定含有的是Na2SO4，Na2CO3，CaO，即沉淀Ⅰ，故，沉淀Ⅱ為，故，沉淀Ⅱ、，則m()=m總-m()=43.0g-23.3g=19.7g，故，故n(BaCO3)=n(Na2CO3)=0.1mol，故m(CaO)=0.1mol×56g/mol=5.6g，m(Na2CO3)=(0.1mol+0.1mol)×106g/mol=21.2g，m(Na2SO4)=0.1mol×142g/mol=14.2g，故可知，質量比為：m(CaO)∶m(Na2CO3)∶m(Na2SO4)=5.6∶21.2∶14.2=56∶212∶142=28∶106∶71。7．(1)

Na2O2

NaClO(2)

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑

Na2O2

Na2O2(3)鈉浮在水面上，熔化成亮球，四處游動，發(fā)出嘶嘶的響聲，生成紅褐色沉淀(4)

Cl2+H2O=HCl+HClO

HClO(5)

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

CO+CO2+H2O=2HCO【分析】由題干可知，淡黃色物質M可在潛水艇中作為氧氣的來源，常被用作供氧劑，故M是Na2O2，常用N來殺菌消毒，故N為NaClO，據此分析回答問題。【詳解】（1）由分析可知，淡黃色物質M是Na2O2，物質N是NaClO；（2）Na2O2和H2O反應生成NaOH和O2，離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；Na2O2中氧元素的化合價由-1價變成0價和-2價，故Na2O2即是氧化劑又是還原劑；（3）金屬鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與氯化鐵反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化鈉，故現(xiàn)象為鈉浮在水面上，熔化成亮球，四處游動，發(fā)出嘶嘶的響聲，生成紅褐色沉淀；（4）Cl2與H2O反應生成HCl和HClO，化學反應方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO；反應中氯氣的化合價由0價變成HClO中的+1價，氯氣是還原劑，HClO是氧化產物；（5）①碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解生成碳酸鈉，所以采用加熱的方法除去碳酸鈉中的碳酸氫鈉，反應方程式為↑；②碳酸鈉、水和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，選擇足量二氧化碳除去，離子方程式為。8．(1)

FeCl2

KCl(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3)Fe+2H+=Fe2++H2↑(4)

2Fe3++Fe=3Fe2+

取少量待測液，加入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明待測液中含F(xiàn)e3+【分析】本題主要考查鐵的單質及其化合物的性質。（1）B是鐵與鹽酸反應生成的氯化亞鐵，B的化學式：FeCl2，D的化學式：KCl；（2）E是氫氧化亞鐵，F(xiàn)是氫氧化鐵，由E轉變成F的化學方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）由A轉變成B即鐵轉變成氯化亞鐵的離子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑；（4）向G溶液加入A即向氯化鐵溶液加入鐵發(fā)生反應的離子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；檢驗三價鐵離子的方法：取少量待測液，加入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明待測液中含F(xiàn)e3+。9．(1)

(2)######(3)##(4)

取反應后的溶液少許于試管中，滴加過量的溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有正鹽；過濾后，向濾液中滴加NaOH溶液，若又出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有酸式鹽；若二者都出現(xiàn)，則為二者混合物【分析】甲和NaOH溶液反應生成氣體1，氣體1是含氫量最高的烴，為CH4，根據元素守恒可知甲中含有C元素，甲烷的物質的量為0.15mol，根據C原子守恒得m(C)=0.15mol12g/mol=1.8g，甲為二元化合物，另一種元素質量為7.2g-1.8g=5.4g，向溶液1中連續(xù)滴加鹽酸，先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液1為偏鋁酸鈉，根據元素守恒可知，甲中n(Al)=，C、Al原子個數之比為0.15NA:0.2NA=3:4，則甲為Al4C3；偏鋁酸鈉與氣體2反應生成白色沉淀b為Al(OH)3，氣體2為酸性氣體；固體2和稀鹽酸反應生成藍色溶液，固體2中含有Cu元素，應為氧化銅；固體1和溶液a混合得到溶液2和固體2，溶液2能溶解氫氧化鋁，向溶液2中連續(xù)通入氣體2，也是先產生白色沉淀，后沉淀溶解，則溶液2為強堿溶液，溶液2只能是Ba(OH)2；固體1和液體a混合得到溶液2，則a為H2O，且固體1中含有BaO固體，固體2為氧化銅，所以固體1中還含有氧化銅；根據質量守恒得到氣體2的質量=29.5g-1.8g-23.3g=4.4g，且向氫氧化鋇溶液中通入氣體2，先產生白色沉淀后沉淀溶解，則氣體2為CO2，n(CO2)=0.1mol，n(CuO)=0.1mol，n(BaO)=，n(H2O)=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子個數之比==，其化學式為或。（1）據分析可知，甲的化學式為，氣體1為CH4，其電子式為；（2）加熱條件下，氣體1與固體2反應，可產生三種產物，其中一種為常溫下的液體，該反應的化學方程式為或或或；（3）據分析可知，乙的化學式為或；（4）氣體2為CO2，溶液1為偏鋁酸鈉，則足量氣體2與溶液1反應的離子方程式為；和反應生成碳酸鈣沉淀，和不反應，所以其檢驗方法是：取反應后的溶液少許于試管中，滴加過量的溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有正鹽；過濾后，向濾液中滴加NaOH溶液，若又出現(xiàn)白色沉淀，則產物中有酸式鹽；若二者都出現(xiàn)，則為二者混合物。10．(1)H-O-Cl(2)

Al＞Si＞Cl＞C

HClO4＞H2CO3＞H4SiO4(3)

2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑

Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑(4)

NCl3+4H2O=NH3?H2O+3HClO【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，原子序數遞增。Y元素的單質既能與鹽酸反應，也能與NaOH溶液反應，則Y為Al；Z原子的最外層電子數是次外層電子數的一半，則Z的電子排布為2、8、4，Z為Si；X與Z位于同一主族，則X為C；Y、Z、W原子的最外層電子數之和為14，則W的最外層電子數為7，W為Cl。從而得出，X、Y、Z、W分別為C、Al、Si、Cl。（1）由分析可知，W為Cl元素，HWO的化學式為HClO，結構式為H-O-Cl。答案為：H-O-Cl；（2）①X、Y、Z、W分別為C、Al、Si、Cl，C的電子層數最小，原子半徑最小，Al、Si、Cl為同周期元素，原子序數越小，原子半徑越大，則原子半徑由大到小依次是Al＞Si＞Cl＞C。②X、Z、W分別為C、Si、Cl，非金屬性Cl＞C＞Si，則最高價氧化物對應水化物的酸性由強到弱依次是HClO4＞H2CO3＞H4SiO4。答案為：Al＞Si＞Cl＞C；HClO4＞H2CO3＞H4SiO4；（3）①家用“管道通”的有效成分是燒堿和Y的單質(Al)，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑。②含Y元素的鹽Al2(SO4)3與小蘇打(NaHCO3)溶液可用作泡沫滅火劑，滅火時發(fā)生雙水解反應，生成Al(OH)3和CO2，離子方程式：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；（4）NW3為NCl3，NW3的電子式為。NCl3在熱水中發(fā)生水解，生成NH3?H2O(顯堿性)和HClO(具有漂白性)，化學方程式：NCl3+4H2O=NH3?H2O+3HClO。答案為：；NCl3+4H2O=NH3?H2O+3HClO。【點睛】N的非金屬性比Cl強，所以在NCl3中，N顯-3價，Cl顯+1價。11．(1)

30

3d104s2(2)水分子與乙醇分子之間形成氫鍵(3)(4)16NA【分析】元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為2，核外電子數為2+8+18+2=30，則X為Zn；元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Y為S元素；元素Z的原子最外層電子數是其內層的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，故Z為O元素，據此分析回答問題。（1）基態(tài)Cu的核外電子數是30，原子核外共有30種運動狀態(tài)不同的電子，其價電子排布式為3d104s2。（2）H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，原因在于H2O可以和乙醇形成氫鍵，故答案為：H2O可以和乙醇形成氫鍵；（3）由第三周期元素組成的與SO互為等電子體的分子是四氯化硅，其電子式為。（4）X的氯化物與氨水反應可形成配合物[Cu(NH3)4]Cl2，1mol該配合物中含有12molσ鍵、4mol配位鍵，故1mol該配合物中含有σ鍵的數目為1×16NA=16NA，故答案為：16NA。12．(1)Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O(2)

BaCl2

Na2SO4(3)

Ba2++SO=BaSO4↓【解析】（1）氫氧化鋇和稀硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水，Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O；（2）氫氧化鋇和鹽酸反應生成氯化鋇和水，硫酸和氫氧化鈉生成硫酸鈉和水，故AB可以分別為氯化鋇、硫酸鈉；（3）①氯化鋇和硫酸生成硫酸鋇沉淀和鹽酸，氯化鋇和硫酸鈉生成硫酸鋇沉淀和氯化鈉，氫氧化鋇和硫酸鈉生成硫酸鋇沉淀和氫氧化鈉，故圖示為：；②氯化鋇和硫酸生成硫酸鋇沉淀和鹽酸，氯化鋇和硫酸鈉生成硫酸鋇沉淀和氯化鈉，氫氧化鋇和硫酸鈉生成硫酸鋇沉淀和氫氧化鈉；反應本質均為鋇離子和硫酸根離子反應生成硫酸鋇沉淀，Ba2++SO=BaSO4↓。13．(1)

(2)(3)

(4)焰色試驗【分析】金屬A的焰色反應為黃色，則A為Na，鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，結合圖中轉化可知，甲為氫氣，D為NaOH，黃綠色氣體乙為氯氣，則丙為HCl，E為鹽酸，結合F可被氯氣氧化，D與G反應生成紅褐色沉淀H為Fe(OH)3，則金屬B為Fe，F(xiàn)為FeCl2，G為FeCl3；（1）由分析可知，氣體丙化學式為HCl，物質F為FeCl2；（2）反應①為鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的化學方程式：；（3）D為NaOH，G為FeCl3，反應⑤是D與G反應生成紅褐色沉淀H為Fe(OH)3，反應的離子方程式：；黃綠色氣體乙為氯氣，氯氣與水反應的產物HClO可以殺菌消毒，該反應的離子方程式；（4）D為NaOH，實驗室檢驗物質D中陽離子鈉離子的方法是焰色試驗。14．(1)

<

<(2)

(3)

【分析】A的最高正價與最低負價的絕對值相差2，A是N元素；B的一種核素的質量數為18，中子數為10，B是O元素；所有短周期主族元素原子中，C的原子半徑最大，C是Na元素；A、C、D的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間均可反應，D是Al元素；E的單質與甲烷在光照條件下可以發(fā)生取代反應，E是Cl元素。（1）簡單氣態(tài)氫化物：沸點NH3<H2O，N的非金屬性小于O，所以穩(wěn)定性NH3<H2O。（2）電子層數相同，質子數越多半徑越小，簡單離子半徑由小到大的順序為。O、Na按原個數比1∶1組成的化合物是Na2O2，電子式為；（3）Cl的最高價氧化物的水化物的化學式為；硫化鈉溶液中通入氯氣生成氯化鈉和硫沉淀，能證明元素Cl原子比硫原子得電子能力強，反應的離子方程