高三化學一輪復習專題-元素或物質推斷題

高考化學一輪復習專題——元素或物質推斷題學校:姓名：班級：考號：（?廣西柳州?模擬預測）我國嫦娥五號探測器帶回1.731kg的月球土壤，經分析發(fā)現(xiàn)其構成與地球土壤類似。土壤中含有的短周期元素A、B、C、D,原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15。B、C、D為同周期相鄰元素，A為地殼中含量最多的元素?；卮鹣铝袉栴}:（1）元素D在周期表中的位置為一，A、C的簡單離子半徑大小順序為—（填離子符號）。（2）化合物BA的電子式為—（填元素符號）。A和D形成的化合物中的化學鍵類型為（3）B和C兩元素相比較，金屬性較強是一（填元素符號），可以證明該結論的實驗—oA.比較兩種元素的單質與冷的濃硫酸反應的速率B.比較兩種元素最高價氧化物對應的水化物的堿性C.將相同大小的兩種元素單質分別放入沸水中，觀察反應現(xiàn)象D.比較相同物質的量的兩種元素的單質與足量稀鹽酸反應產生H2的多少（?浙江?溫州中學模擬預測）X是一種由4種短周期元素組成含結晶水的鹽。某興趣小組按如下流程進行實驗（所用試劑均足量）:增幣：0.72g 增$：O.73gI3.37g幽且A堿行灰增幣：0.72g 增$：O.73gI3.37g幽且A堿行灰嬴丁|新制"OH），J藍色懸濁液無色溶液F無色氣體單質C、HNO；溶瞥（白色沉淀g,AgNO?溶液^ QNaOH溶液完全反應3.37g白色沉淀E加熱2.87g紅棕色沉淀HX 2.32g其中：X微溶于水。溶液D中僅有一種溶質。紅棕色沉淀H是一種鈉鹽。請回答:（1（1）組成X的元素有,X的化學式為（2）無色溶液F中的溶質是（用化學式表示）:（3）上圖生紅棕色沉淀H時，溶液D中的溶質與Cu（OH）2的物質的量之比為1：2,則其離子反應方程式（4）設計實驗驗證溶液D中的陰離子（?山西運城?模擬預測）化合物M是一種消毒劑和消炎藥物的中間體。以化合物A、B為原料制備M的一種合成路線如圖所示:y HOCN HOCOOH③ X ?"佻jXR|R2RiR2 R1R2回答下列問題：(1)A的結構簡式為一；B的化學名稱為一；由C生成D的反應類型為一：E中含氧官能團的名稱為—o⑵由D和C5H12NCI制備H時，常加入適量CH3cH2ONa,其目的為。(3)G的順式結構簡式為—.(4)由G和H生成M的化學方程式為.(5)同時滿足下列條件的F的同分異構體有一種(不考慮立體異構)。①既能發(fā)生銀鏡反應，又能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應。②核磁共振氫譜中有4組吸收峰。(6)已知：一NH2易被氧化。參照上述合成路線和信息，以甲苯為原料(無機試劑任選)，設計制備(?浙江寧波?模擬預測)為探究由三種短周期元素構成的化合物X(其中一種為金屬元素)的組成和性質，某研究小組設計并完成了如下實驗(步驟中所加試劑均過量)。請回答下列問題：(1)組成X的三種元素是,X的化學式是.(2)X與足量NaOH溶液反應的化學方程式是o(3)將溶液B加入到溶液A中會出現(xiàn)白色沉淀，該反應離子反應方程式為?(4)常溫下，將金屬單質C投入到H2O2溶液中并加入少量稀H2s04,觀察到溶液變藍色且一段時間后產生大量氣泡，原因是?(5)已知氣體B中會混有另一物質C.請設計實驗證明C的存在 。(?福建省福州第一中學一模)A、B、C、D、E五種物質均含有同一種元素，它們之間有如圖所示轉化關系。(1)若A?E均為化合物，均含有Y元素，A是淡黃色固體；物質的量濃度相等的B、C兩溶液中，C溶液的pH較?。弘娊釪的水溶液可以生成B和兩種氣體單質，該反應是工業(yè)上生產B的重要反應。寫出電解D的水溶液時發(fā)生反應的化學方程式：。(2)若A為氣體單質，C、D的相對分子質量相差16,常溫下，O.lmolL 溶液中只有3種離子，且溶液中的堞4= 則：c(OH)①A、B、C、D、E中都含有的元素在周期表中是位置為一，B的電子式為—.②ETC反應的離子方程式為o(3)若A為短周期元素組成的固體非金屬單質，標準狀況下2.24LC氣體通入ILO.lmolir的NaOH溶液中，恰好完全反應，所得溶液的pH<7,則反應后溶液中離子濃度由大到小的順序為(OH-除外)。(4)若A為常見金屬單質，B、C均為鹽，B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈堿性，D是一種白色沉淀。若將金屬A的粉末與硝酸鈉溶液混合后，再加入足量的氫氧化鈉溶液，產生的氣體只有一種，該氣體無色、有刺激性氣味，并能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則該反應的離子方程式為。(?浙江?模擬預測)某興趣小組對化合物X開展探究實驗。其中：X是易溶于水的強酸鹽，由3種元素組成；A和B均為純凈物；B可使品紅水溶液褪色。請回答：(1)組成X的3種元素是(填元素符號)，X的化學式是。(2)將固體X加入溫熱的稀H2s04中，產生氣體B,該反應的離子方程式是o(3)步驟I,發(fā)生反應的化學方程式是o(4)步驟II,某同學未加H2O2溶液，發(fā)現(xiàn)也會緩慢出現(xiàn)白色渾濁，原因是.(5)關于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認為：B不能使品紅褪色，而是B與水反應的生成物使品紅褪色。請設計實驗證明。(?新疆克拉瑪依?模擬預測)閱讀下面的信息，推斷元素及有關物質，按要求回答問題：信息①：X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，且原子核外最外層電子數(shù)均不少于2?(1)根據(jù)信息①，X一定不是(填序號)。A.氧B.碳C.氧 D.硫信息②：上述四種元素的單質均能在足量的氧氣中燃燒，生成的四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，氧化物的相對分子質量都大于26o(2)這四種元素中是否可能有一種是鋁元素？。信息③：向上述四種元素單質組成的混合物中加入足量鹽酸溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀。(3)白色沉淀物的化學式為o信息④：向上述四種元素單質組成的混合物中加入足量燒堿溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀。(4)析出白色沉淀的離子方程式為。信息⑤：X與W同主族X與濃硫酸加熱時反應的化學方程式為—；丫在X的氧化物中能劇烈燃燒，其反應現(xiàn)象為(6)已知H2的燃燒熱為285.8kJ/mol?，F(xiàn)有X的氫化物XH4和H2的混合氣體各0.1mol,與0?完全燃燒生成H?0(1)時，放出的熱量為117.6kJ。則XH4完全燃燒的熱化學反應方程式為：。

(?浙江嘉興?一模)I.白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質量小于400)能與水發(fā)生反應。為了探究X的組成，設計并完成了以下實驗：黑色固體A固體X黑色固體A固體X足量H2。(6.56g)靜置無色溶液A過量濃硝酸「紅株色氣體B

無色溶液B f白色沉淀D

過量BaCk溶液「無色溶液C」(，°-4°8)

一白色沉淀B(4.66g)已知：白色沉淀D中的一種成分及質量與沉淀B相同。(1)白色沉淀D的成分為(填寫化學式)。(2)黑色固體A與濃硝酸反應的離子方程式是.(3)X與H2O反應的化學方程式是。II.已知：①將O.lmolLiKI溶液加入到0.1molLiFeCb溶液中時，可以看到溶液顏色加深，滴加淀粉后溶液變?yōu)樗{色：②當離子濃度相同時，氧化性：Ag+>Fe3+：③若濃度減小時，離子的氧化性也會隨之減弱。(1)甲同學猜測，0.1mol-L1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1molL'AgNOj溶液中時，溶液應變藍色。請寫出該猜測對應的離子方程式 .實驗結果未見到藍色。(2)乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是。請你用原電池的方法證明Ag+也能氧化F,要求畫出實驗裝置圖，并標明電極材料及電解質溶液(?天津市咸水沽第二中學模擬預測)X、Y、Z、E、F五種元素的原子序數(shù)依次遞增。己知：①F位于周期表中第四周期IB族，其余的均為短周期主族元素：②E的氧化物是光導纖維的主要成分；③丫原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；④X是形成化合物種類最多的元素；⑤Z原子P軌道的電子數(shù)為4。請回答下列問題：(1)寫出一種X元素形成氫化物的化學式 o(2)在1個由F與Z形成的F?Z晶胞中(結構如圖所示)所包含的F原子數(shù)目為個。⑶在[F（NH3）4]2+離子中，F(xiàn)2+的空軌道接受NH,的氮原子提供的形成配位鍵。（4）常溫下X、Z和氫元素按原子數(shù)目1:1:2形成的氣態(tài)常見物質A是（寫名稱），A物質分子中X原子軌道的雜化類型為,ImoIA分子中°鍵的數(shù)目為Nao（5）X、Y、E三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為（寫元素符號）。（?天津?模擬預測）現(xiàn)有A、B、C、D、E五種陰陽離子均不相同的化合物，五種陽離子為K+、Ca2+>Ba2\Fe2+,Al3+,五種陰離子為CKOH\NOy、SO4*、CO32.現(xiàn)將它們分別配成0.5mol-L」的溶液，進行如下實驗：①測得溶液A、B呈堿性，且堿性為B>A；②向C溶液中滴加稀鹽酸，有氣體生成；③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出現(xiàn)沉淀，繼續(xù)滴加，沉淀消失。請根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，回答下列問題：（1）實驗②中發(fā)生反應的化學方程式為一;向C中滴加NaOH溶液，出現(xiàn)的現(xiàn)象為一。（2）分兩步寫出實驗③中發(fā)生反應的離子方程式：—；（3）寫出下列四種化合物的化學式：A—、B—、E—o（?上海奉賢?二模）Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最?。ú话ㄏ∮袣怏w），R、X、Y三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，同一周期中R的一種單質的熔點最高，Y與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物。（1）周期表中的位置：,其原子核外有種不同形狀的電子云。這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是（用元素符號表示）。（2）Q分別與X、Y形成的最簡單化合物的穩(wěn)定性>（用分子式表示）（3）Q與R兩元素組成的分子構型可能是^ （填寫序號）。a.直線型 b.平面形 c.三角錐形 d.正四面體（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物CsX和CsY可發(fā)生如下轉化（其中D是淀粉水解的最終產物）：

一定量NaOHD的溶液CU2X A澄清溶液 ?懸濁液 ?Cu一定量NaOHD的溶液非金屬X丫（填“>”或“<”），請用事實說明該結論：o（?上海中學模擬預測）W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數(shù)比分別為1：1（甲）和2：1（乙），且分子中電子總數(shù)分別為18（甲）和10（乙）。X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙X與丫能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數(shù)為18。X、丫、Z能形成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性。請寫出：（1）W的元素符號—,其核外共有一種運動狀態(tài)不同的電子。（2）甲物質的結構式為_；乙物質的空間構型為一。（3）Z元素核外共有一種能量不同的電子，堿性氣體甲的電子式為一。（4）用離子方程式解釋X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是一。（5）祕元素跟丫元素能形成化合物（BiY3）,其水解生成難溶于水的BiOY。①的丫3水解反應的化學方程式為--②把適量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，試分析可能的原因③醫(yī)藥上把BiOY叫做“次某酸鈿”，分析這種叫法的不合理之處，為什么?！?（?吉林?三模）現(xiàn)有部分短周期元素的信息如表所示：兀素編號元素性質或原子結構信息X第三周期元素中簡單離子半徑最小的元素Y其最簡單氫化物丙的水溶液呈堿性Z原子核外電子數(shù)和所在周期數(shù)相等A、B、D三種單質（分別由X、Y,Z元素組成）和甲、乙、丙、丁、戊五種化合物之間的轉化關系如圖所示（某些條件已略去）。其中丁是一種筒能燃料，分子中含有18個電子，其組成元素與丙相同。TOC\o"1-5"\h\z電解 △ 4I 乙 戊說NaClO丁 7F； *丙 - ?丁D ① ②（1）元素X在周期表中的位置是,其簡單離子的結構示意圖為.（2）單質B的電子式為。（3）丙中所含的化學鍵類型是（填序號）。.離子鍵b..離子鍵b.極性共價鍵c.非極性共價鍵（4）反應②中，0.5molNaClO參加反應時轉移1mol電子，該反應的化學方程式為。（5）一定條件下，A與TiO?、C（石墨）反應只生成乙和碳化鈦（TiC）,二者均為某些高溫結構陶瓷的主要成分，該反應的化學方程式為。（?安徽合肥?一模）W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，其它相關信息見下表。元素相關信息W單質為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質量數(shù)為23,中子數(shù)為12的核素根據(jù)上述信息，回答下列問題：⑴元素丫在元素周期表中的位置是—：丫和Z的簡單離子半徑比較，較大的是_（用離子符號表示）。（2）XY2由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是一；由元素W和丫組成的一種綠色氧化劑的電子式為一。（3）由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是―（用離子方程式表示）。（?海南??？谑徐`山中學一模）X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，丫的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，Z為地殼中含量最多的元素，R與X同主族：Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8,M的單質為黃綠色有害氣體。請回答下列問題：（1）Q在元素周期表中的位置為oZ、Q、M簡單離子半徑由大到小的順序為（寫元素離子符號） 。丫的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因：（用離子方程式表示）。QM2的電子式為,M的單質與R的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為o（?天津南開?高考模擬）如圖是部分短周期元素（用字母x等表示）化合價與原子序數(shù)的關系圖。0-2-40-2-4原子群數(shù)8642++++化合價根據(jù)判斷出的元素回答問題：（1）h在周期表中的位置是0（2）比較z、f、g、r常見離子的半徑大小（用化學式表示，下同）：>>>；比較r、m的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：>>；比較d、m的氫化物的沸點：>.（3）x與氫元素能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是（寫分子式）實驗室制取該物質的化學方程式為：。（4）由y、m和氫元素組成一種離子化合物，寫出其電子式：.（5）用鉛蓄電池作電源，情性電極電解飽和em溶液，則電解反應的生成物為（寫化學式）。鉛蓄電池放電時正極反應式為式）.（?陜西榆林?三模）尼美舒利是一種非笛體抗炎藥，它的一種合成路線如下：尼美舒利已知：（^一、5雷;，A易復化）回答下列問題：（DA的化學名稱為.（2）B的結構簡式為。（3）由C生成D的化學方程式為,EtF的反應類型為（4）C中的官能團有、（填官能團名稱）。（5）由甲苯為原料可經三步合成2,4,6-三氨基苯甲酸，合成路線如下:反應①的試劑和條件為;中間體B的結構簡式為:反應③試劑和條件為(6)E的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有種(不含立體異構)；①含有兩個苯環(huán)且兩個苯環(huán)直接相連②能與FeCh溶液發(fā)生顯色反應③兩個取代基不在同一苯環(huán)上其中核磁共振氫譜為6組峰，峰面積比為2：2：2：2：2：1的結構簡式為。(?天津?一模)常見的五種鹽A、B、C,D、E,它們的陽離子可能是Na+、NH4\Cu2+,Ba2\Al3+、Ag+、Fe3+,陰離子可能是C「、NCh—、SO?-,CO32-,已知：①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色；②D的焰色反應呈黃色；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈堿性：④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba(NCh)2溶液，只有A、C的溶液不產生沉淀；⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，繼續(xù)加氨水，C中沉淀消失；⑥把A的溶液分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先產生沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解。請回答下列問題：(1)五種鹽中，一定沒有的陽離子是;所含陰離子相同的兩種鹽的化學式是.D的化學式為,D溶液顯堿性的原因是(用離子方程式表示)。A和C的溶液反應的離子方程式是；E和氨水反應的離子方程式是(4)若要檢驗B中所含的陽離子，正確的實驗方法是：(?遼寧?東北育才學校一模)1L某混合溶液，可能含有的離子如下表：陽離子H\k+、Mg2+、Al3+,NH4\Fe2+,Fe3+陰離子Cl-,Br\r,CO32\aio2(1)向該溶液中逐滴加入cmol/LNaOH溶液，產生沉淀的物質的量(〃)與加入NaOH溶液的體積(V)的關系如圖所示。則該溶液中一定含有的離子是n/molBC1 3 6aV/mL（2）根據(jù)圖像數(shù)據(jù)計算a=mL（3）經檢測，該溶液中還含有大量的Cl、Br\I,若向1L該混合溶液中通入一定量的Cb,溶液中C「、B「、「的物質的量與通入CL的體積（標準狀況）的關系如下表所示，分析后回答下列問題：C12的體積（標準狀況）2.8L5.6L11.2L1.25mol1.5mol2molw(Br")1.5mol1.4mol0.9moln（r）xmol(燈0)00①當通入Ch的體積為5.6L時，溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。②原溶液中C「、Br一、廠的物質的量濃度之比為o?x=mol（?山東?濟寧一中一模）A、B、C、W均為中學常見的純凈物，它們之間有如下轉化關系（其它產物及反應條件已略去，反應可以在水溶液中進行）：I.若A為有刺激性氣味的氣體，水溶液呈堿性；C為紅棕色氣體，與水反應生成一元強酸D,D具有強氧化性。（1）在催化劑作用下，A與C反應可生成兩種無污染物質，該反應化學方程式為o（2）工業(yè)上常用Na2cCh溶液吸收C,生成等物質的量的兩種鈉鹽，該反應的離子方程式為H.A、6、C三種物質的溶液均顯堿性，焰色反應均為黃色；C常作面包和糕點的發(fā)泡劑，受熱分解可生成8o（3）實驗室需配制0.130「L-1A溶液4soML。根據(jù)計算用托盤天平稱取A的質量為g,在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度（填“大于”“等于”或"小于"）。(4)若將標準狀況下2.24L的W通入ISOmLlkwof-L-l的A溶液中，充分反應?？偡磻碾x子方程式為o向兩份30ML同濃度的A溶液中通入不同體積的W氣體，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入濃度為02mo/L-1鹽酸，如圖所示，I和I［分別為向M、N溶液中加入鹽酸的體積與產生W氣體的體積M(W)的關系。則A溶液的物質的量濃度為—M、N兩溶液中相同溶質的物質的量之比為。參考答案：1.(1)第3周期第IVA族(或第3周期14列)02->Al3+- -12-⑵Mg":O: 共價鍵MgBC【分析】A為地殼中含量最多的元素，A為O,B,C、D為同周期相鄰元素，A、B、C、D原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15,則B、C、D最外層電子數(shù)之和為9,則B為Mg,C為Al,D為Si。元素D為Si,在周期表中位置為第三周期WA族。核外電子數(shù)相同的情況下，核電荷數(shù)越大,離子半徑越小，所以離子半徑02>川3+。- -12-化合物BA為MgO,電子式為Mga:O:oA和D形成的化合物為SiCh,其中的化學鍵類型為共價鍵。Mg和A1相比，金屬性較強的為Mg。A項鎂能和冷的濃硫酸反應，鋁也能和冷的濃硫酸反應，并在表面形成致密的氧化膜阻止硫酸與鋁進一步反應，不能通過兩種元素的單質與冷的濃硫酸反應的速率來比較金屬性強弱，A錯誤；B項元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，氫氧化鎂堿性強于氫氧化鋁，B正確；鎂可與沸水反應生成氫氣，反應較為劇烈，鋁不能和沸水發(fā)生明顯的反應，說明金屬性鎂強于鋁，C正確；D項相同物質的量的兩種單質，與足量鹽酸反應，鋁產生的氫氣要多但是鋁的金屬性弱于鎂，D錯誤：故答案選BC。(1)Mg、Ck0、HMg2ClO(OH)3HQ或Mg(ClO『3Mg(OH)2.2HQ(2)NaCl,Na2sO$、NaOH(3)2Na++C1O+2Cu(OH),+2OH-=2NaCuO2+CP+3HQ(4)取適量D溶液，滴加到pH試紙上，試紙先變藍后褪色【分析】溶液D中僅有一種溶質，D和新制氫氧化銅懸濁液反應生成紅棕色沉淀H,H是一種鈉鹽，可知H是NaCuO2,為氧化產物，說明D具有氧化性，F(xiàn)和硝酸銀反應生成白色沉淀，則D的還原產物是氯化鈉，溶液D中的溶質與Cu(OH%的物質的量之比為1：2,根據(jù)電子守恒，可知D為NaClO；反應生成AgCl的物質的量是2.87g143.5g/mol=0.02mol,3.37gX中含有0.02molClCT3.37gX和氫氧化鈉反應生成2.32g白色沉淀E,E為氫氧化物沉淀，E加熱生成1.6g白色固體B,B是氧化物,A y ,D1rR(OH)v=ROt+-H2O,假設x=l,R的相對原子質量為M,￡==￡，M=12；假設22 M+17M+8x=2,R的相對原子質量為M, = M=24；Mg的相對原子質量是24,所以EM+34M+16是Mg(OH)2,物質的量為0.04mol,所以X中Mg?+的物質的量是0.04mol；則3.37gX含0.01molMg(C10)2>0.03molMg(OH)2,含結晶水的物質的量是3.37g-0.01molx127g/mol-0.03molx58g/mol18g/mol根據(jù)以上分析，組成X的元素有Mg、Cl、H、0四種元素；3.37gX含0.01molMg(C10)2,0.03molMg(OH)2,結晶水0.02moL所以X的化學式為Mg(ClO)2-3Mg(OH)2-2H2O;溶液D中僅有一種溶質NaClO,NaClO和新制氫氧化銅懸濁液反應生成NaCuO?沉淀、NaCl,所以F中含有的溶質是NaCl、以及氫氧化銅懸濁液中的Na2s。八NaOH；NaClO和新制氫氧化銅懸濁液反應生成NaCuCh沉淀、NaCL根據(jù)得失電子守恒，反應的離子方程式為2Na，+C1O+2Cu(OHX+2OH-=2NaCuO2+Cr+3H2O；D中溶質是NaClO,NaClO具有強氧化性，溶液呈堿性，取適量D溶液，滴加到pH試紙上，試紙先變藍后褪色，證明含有CIOLCl3.(1) 苯乙醛還原反應羥基(2)CH3cH2ONa可與反應生成的HC1反應，有利于反應正向進行，增大產品產率(或原料利用率)用率)(1)SH(1)SH①由已知②可得為還原反應，則由D的結構簡式推導C的結構簡式為NO2，由已知①可得A的結構簡式為ClB的結構簡式為已知①可得A的結構簡式為ClB的結構簡式為,則B的化學名稱為苯乙醛；③由C生成D可以發(fā)現(xiàn)官能團硝基變?yōu)榘被託淙パ醵紴檫€原反應;④E的結構簡式為,則E中含氧的官能團為羥基；SHD的結構簡式為N'、_NH與C5HnN。發(fā)生取代制備H時，CH3cH?ONa可與反應b2生成的HC1反應，有利于反應正向進行，增大產品產率(或原料利用率)；G的分子式為C9HQ2,G的官能團為碳碳雙鍵和撥基，則屬于順式的結構簡式為G和H生成M的化學方程式為:(5)F的分子式為C9H10O3,既能發(fā)生銀鏡反應說明存在醛基或者甲酸酯，又能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應說明存在酚羥基，且核磁共振氫譜中有4組吸收峰，符合條件的有路線如下路線如下:4.Al,C,H AkC3H3(或AUCAlHj)A15C,H3+5NaOH+5H2O=5NaAlO2+3H2T+3CH4THCO3+A1O2+H2O=A1(OH)31+co；- 銅在酸性條件下被H2O2氧化為Cu2+,CW+催化H2O2的分解。 將氣體通入無水CuS04,若出現(xiàn)藍色，證明有H?O蒸氣的存在【分析】混合氣體A與CuO加熱反應可以得到金屬單質C,則該單質為Cu,說明氣體A中有還原性氣體，氣體B與澄清石灰水反應可以生成沉淀，則氣體B最可能為CO2,生成的沉淀為碳酸鈣，物質的量為導警7=0.03moL則化合物X中含有0.03molC；堿性溶液A可以與CO2反應生成沉淀，二氧化碳過量，溶液B應為NaHCCh溶液，也能與溶液A反應生成白色沉淀，可推測出溶液A中含有NaAlCh,可以和CO2反應生成A1(OH)3沉淀，A1(OH)3灼燒可以得到固體AI2O3,NaAKh溶液可以和NaHCCh溶液生成A1(OH)3沉淀，符255g合題意，則化合物X中含有n(Al)=而寧^x2=0.05mo1；化合物X能與NaOH溶液反應生1 lllvzl成氣體，該氣體為非酸性氣體，且具有還原性，可先考慮該氣體中含有NH3,但若生成NH3i則X中的含有N、H、C、A1,不符合題意：此外短周期元素中還有氫氣具有還原性，可考慮化合物X中有-1價的氫，在和水溶液反應時發(fā)生歸中反應生成氫氣，若為H則1.74g-0.05molx27g/mol-0.03molx12g/mol 一、., ,,A,, ,n(H)= ry—. =0.03mol,可以得到一種化合物X為Al5c3H3(或Al4c-A1H3),符合題意。【詳解】(1)根據(jù)分析可知組成X的三種元素為Al、C、H,X的化學式為Al5c3H3(或AhCAlH?)；⑵根據(jù)分析可知Al5c3H3再與NaOH溶液反應時生成NaAlCh、H2,該物質中Al為+3價，C為-4價，H為-1價，H與水中的H發(fā)生歸中反應生成氫氣，則C元素的化合價應該不變，產物為CH4,所以化學方程式為A15C3H3+5NaOH+5H2O=5NaAlO2+3H2?+3CH4T；(3)NaHCCh溶液和NaAKh混合后，A1O,可以結合碳酸氫根電離出的氫離子生成氫氧化鋁沉淀，同時促進碳酸氫根的電離生成碳酸根，離子方程式為HCO3+A1O,+H2O=A1(OH),J+CO,；⑷銅在酸性條件下被H2O2氧化為Cu2+,Cu2+催化H2O2的分解，所以溶液變藍色且一段時間后產生大量氣泡；⑸氣體A為H2和CM,與CuO加熱反應時生成C02和H2O,即物質C為H?。，可以將氣體通入無水CuSO4,若出現(xiàn)藍色，證明有H?O蒸氣的存在。電解2NaCl+H,O=H2?+C12T+2NaOH第二周期VAH族h：*N： 3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NOT+4H2O??Hc(Na+)>c(HSO；)>c(H+)>c(SO；) 8A1+2NO,+5OH+2H2O=8A1O2+3NH,?【詳解】(D若A?E均為化合物，均含有丫元素，A是淡黃色固體，推知A是Na2O2,NazCh能和水、CO2分別反應生成NaOH、Na2cO3,由溶液的pH大小關系，得B是NaOH、C是Na2co3,由“電解D的水溶液可以生成B和兩種氣體單質，該反應是工業(yè)上生產B的重要反應“，D是NaCL電解NaCl溶液的化學方程式為電解2NaCl+H2O=H,T+C12T+2NaOH,故答案為：電解2NaCl+H2O^H2T+C12T+2NaOH；(2)①由條件“C、D的相對分子質量相差16"，知C、D相差一個0原子，C、D均為同一元素的氧化物，再由A為氣體單質，知A為N2,再由條件“0.1mol/L的E溶液的刃，、=1。"與c(OH)xc(H+)=KT”聯(lián)立,得到c(H+)=0.1mol/L,故溶液E為強酸性的c(OH)HNO3,則B為NH3,C為NO、D為NO2,A、B、C、D、E中都含有氮元素，其在第二周期VA族TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"H H,B為NH3其電子式為H：三：，故答案為：第二周期VA族，H：*N：：?? ??H H②E為強酸性的HNO3,C為NO,E-?C反應的離子方程式為3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NOT+4H2O,故答案為：3CU+8H，+2NO-=3Cu2++2NOT+4H,O；(3)短周期元素組成的固體非金屬單質有硼、碳、硅、磷、硫五種，由0.1mol氣體C與0.1molNaOH恰好完全反應后溶液呈酸性可知，氣體C為SCh,恰好完全反應生成NaHSO3,HSO3的水解程度小于其電離程度，故溶液的pH<7,溶液中離子濃度大小為

c<Na+)>c(HSO；)>c(H+)>c(SO；-),故答案為：c(Na+)>c(HSO；)>c(H+)>c(SO,);(4)由條件知A為Al,Al元素能形成鋁鹽和偏鋁酸鹽,B為溶液呈酸性的鋁鹽,C為溶液呈堿性的偏鋁酸鹽，白色沉淀D為A1(OH)3,堿性條件下，金屬A1可在硝酸鈉溶液中被氧化為A1O,,根據(jù)題意，NO,被還原為NK,即8A1+2NO,+5OH+2H,O=8A1O2+3NH,T,故答案為：H.C-OHIHC-OHIh2c-oh+Cu(OH)2t8A1+2NO3+5OHH.C-OHIHC-OHIh2c-oh+Cu(OH)2tCu、S、OC11S2O6 S2O：-=S0：-+S02TASO2與水反應生成H2so3；H2s03能被氧氣氧化為SO2與水反應生成H2so3；H2s03能被氧氣氧化為H2so4,與HC-O+2H2OIh2c-ohBaCL反應生成BaSCh 配制品紅無水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入SCh,不褪色；品紅水溶液中加入亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快【分析】將固體隔絕空氣加熱，能生成一種固體和一種氣體，其中將固體溶于水分成兩等分，一份加入鹽酸酸化的氯化鋼溶液，能生成白色沉淀，說明固體中有硫酸根的存在，另一份溶液加入適量的NaOH溶液，出現(xiàn)藍色懸濁液，加入甘油后能形成絳藍色溶液，說明固體中存在Cu,則固體A為C11SO4；將氣體B通入足量的BaCb溶液和H2O2溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，說明該氣體可以被H2O2氧化，則該氣體為S02,再根據(jù)產生沉淀C和固體X的質量計算固體X的化學式?！驹斀狻?1)根據(jù)分析，固體X中含有的元素是C、S、O；加入鹽酸酸化的氯化領溶液，生成1.165g硫酸鋼沉淀，則該份硫酸銅的質量為0.005mol,則固體CuSCM的物質的量為O.OlOmoL質量為1.6g,根據(jù)質量守恒的氣體SO2的質量為0.640g,該物質中三種元素的質量比皿Cu):鞏S):見0)=0.640g:0.640g:0.960g,則這三種原子的物質的量的比n(Cu):n(S):n(O)=l:2:6,故固體X的化學式為C11S2O6；(2)根據(jù)題目，固體X與溫熱的稀硫酸反應可以生成S02氣體，根據(jù)原子守恒和電荷守恒配平，則該過程的離子方程式為SzO平，則該過程的離子方程式為SzO；H+=SOA:+SO2T；H,C-OH(3)步驟I為甘油和氫氧化銅發(fā)生反應，反應的化學方程式為［/-oh+Cu(0H)2-Ih2c-ohH2C-O.IXHC-0+2H2O；H2C-OH(4)步驟n中未加入過氧化氫，也可以出現(xiàn)白色沉淀，說明so?溶于水后可以被空氣中的氧氣氧化，故答案為：SO2與水反應生成H2SO3;H2s03能被氧氣氧化為H2so4,與BaCL反應生成BaS04；(5)SC)2可以使品紅溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2so3,欲知道是哪一種物質能夠使品紅溶液褪色，可以利用如下實驗驗證：配制品紅無水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入SO2,不褪色：品紅水溶液中加入亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快。AD可能Mg(OH)2SiO32-+2H+=H2SiO3i2112504(*)+00=CO2T+2SO2f+2H2O劇烈燃燒，產生白煙，有黑色物質附著于集氣瓶內壁CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)△ -890.2kJ/mol【分析】四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種元素是鋁；鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是鎂；硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是硅；X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，X與W同主族，則X是C元素、Y是Mg、Z是Al、W是Si；【詳解】(1)X原子最外層電子數(shù)均不少于2,所以X不可能是H：X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，若X是硫，則W不可能是短周期元素，故X不可能是S,選AD；(2)四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種是兩性氧化物，四種元素中可能有一種是鋁元素：(3)鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，所以白色沉淀物的化學式為Mg(OH)2；(4)硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，生成硅酸沉淀的離子方程式為SiO32-+2H+=H2SiG>3j；C與濃硫酸加熱時反應生成二氧化碳、二氧化硫、水，反應的化學方程式為2H2so4(濃)+C：CO2T+2SO2T+2H2。：Mg在CCh中能劇烈燃燒生成氧化鎂和碳，其反應現(xiàn)象為劇烈燃燒，產生白煙，有黑色物質附著于集氣瓶內壁；H：的燃燒熱為285.8kJ/moLO.lmol氫氣燃燒放出28.58kJ的熱量，則O.lmolCFU燃燒放出117.6kJ-28.58kJ=89.02kJ的熱量，則CH4的燃燒熱為890.2kJ/mol,則CH4完全燃

燒的熱化學反應方程式為CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)△W=-890.2kJ/moLBaSO4和AgClAg2S+8NO3-+8H+=2Ag++SO42-+8NO2T+4H2OAg2s2O3+O.lmol/L0.1moll.溶液KI溶液H2O=Ag2S+H2SO42Ag++2F=2Ag+l2Ag+會與「發(fā)生反應生成Agl沉淀，使O.lmol/L0.1moll.溶液KI溶液的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生【分析】I.白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質量小于400)能與水發(fā)生反應。白色沉淀D中的一種成分及質量與沉淀B相同，B為BaSCh,物質的量為23；：；：廠「=°°2m%D中另一種沉淀為與氯離子生成的AgCl,物質的量為10.40p—466p=0.04，"。/,推知X中含s：0.02molx2=0.04mol、Ag:0.04moK由質量守恒含143.5g?。/氧(6.蜂-。蜂'叫加尸- * "小)R012m”,A的實驗式為AgzSQ,16^)nol1相對分子質量小于400時，Ag2s2O3為328,符合題意，A為Ag2s2O3,與水反應Ag2s2O3+H2O=Ag2S+H2SO4：黑色固體A為Ag2S,與濃硝酸反應的離子方程式是Ag2s+8NO3-+8H+=2Ag++SO42+8NO2T+4H2O；各物質關系如圖：A”.廠*A”.廠*黑色18體AajjSjO, 一＞無色溶液AH：SO，N6過fit濃蝌陂廠?紅桂色與以H - Ag-+j無色解液B過14b*ci,溶液廠?無色常液C - HClBaClj白色訊泥H(4.66。BaSO和AgCl白色沉淀1)(10.44)^)II.Ag+會與「發(fā)生反應生成Agl沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生；用原電池的方法證明Ag+也能氧化F,要用鹽橋將Ag,和「分開，用惰性電極作電極，由此設計?！驹斀狻縄.由分析：⑴白色沉淀D的成分為BaSCh和AgCl：故答案為：BaSCh和AgCl：(2)黑色固體A與濃硝酸反應生成硫酸銀和二氧化氮，離子方程式是Ag2s+8NOy+8H+=2Ag++SO42-+8NO2t+4H2O；故答案為：Ag2s+8NO3+8H+=2Ag++SO,-+8NO2T+4H2O；(3)X與H2O反應生成黑色的硫化銀和硫酸，化學方程式是Ag2S2O3+H2O=Ag2S+

H2s04；故答案為：Ag2s2Ch+H2O=Ag2S+H2so4；II.(1)甲同學猜測，0.1mol-L-1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到O.lmoLLiAgNCh溶液中時，溶液應變藍色，有碘生成，對應的離子方程式2Ag++2「=2Ag+L:故答案為：2Ag++2「=2Ag+h;(2)乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是Ag+會與「發(fā)生反應生成Agl沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生。用原電池的方法證明Ag+也能氧化「，要用鹽橋將Ag+和「分開，用惰性電極作電極，電極材料及電解質溶液、實驗裝置圖，如圖:O.lniol/1.O.lmolT溶液KI溶液故答案為：Ag+會與「發(fā)生反應生成Agl沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生O.lniol/I.溶液O.lniol/I.溶液0.1mon.CH44孤電子對 甲醛sp2雜化3Si<C<N【分析】X、Y、Z、E、F五種元素的原子序數(shù)依次遞增。根據(jù)①F位于周期表中第四周期舊族可判斷其為Cu：根據(jù)②E的氧化物是光導纖維的主要成分可判斷E為Si：根據(jù)@X是形成化合物種類最多的元素可判斷X為C；根據(jù)③Y原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)且原子序數(shù)比X的大可判斷其屬于第二周期的元素，可能為N或F；根據(jù)⑤Z的原子P軌道的電子數(shù)為4推測出Z可能為?；騍,但E的原子序數(shù)大于Z,E為Si,所以Z只能為O,處于C和0之間的Y只能為N,所以X、Y、Z、E、F分別為C、N、0、Si、Cu,據(jù)此解題。【詳解】(l)x為C,X元素形成的氫化物有很多，有烷燒、烯燒、塊燒等，其中的一種的化學式為CH4：(2評/為Cu?O,根據(jù)化學式中原子個數(shù)比Cu:O=2:l,然后算出圖中該晶胞的黑球個數(shù)為：1x4=4,白球個數(shù)為：8xl/8+l=2,所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以該晶胞中所包含的Cu原子數(shù)目為4個：(3)在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2*的空軌道接受N&的氮原子提供的孤電子對形成配位鍵；(4)常溫下C、O和氫元素按原子數(shù)目1:1:2形成的氣態(tài)常見物質A是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四個化學鍵，因為碳的價電子數(shù)是4,其中，有兩個單電子一起與氧的兩個電子形成C=O,C剩余的兩個單電子各與兩個H形成兩個C-H鍵，雙鍵中含有一條。鍵和一條兀鍵，兩條C-H單鍵都是。鍵，所以。鍵數(shù)=2+1=3,雜化軌道數(shù)=。鍵數(shù)+孤對電子數(shù)(C無孤對電子，所以孤對電子數(shù)為0),所以雜化軌道數(shù)=3,為sp2雜化，ImolHCHO分子中。鍵的數(shù)目為3N,、；(5)X、Y、E三種元素分別為C、N、Si,根據(jù)每周期第一種元素電離能最小，最后一種元素的電離能最大，呈逐漸增大的趨勢：同族元素從上到下第一電離能變小來進行判斷，C、N、Si的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為：Si<C<N?9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NOt+4FeC13+6H2O先出現(xiàn)白色沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色AF++3OH=A1(OH)31、A1(OH)3+OH=A1O2+2H2OK2CO3Ba(OH)2CaCh【分析】①能使溶液呈堿性的離子有OH:CO32',測得溶液A、B呈堿性，則應分別為堿、碳酸鹽，且堿性為B>A,則A為碳酸鹽，形成化合物且溶于水的只有K+,剩下的陽離子能與OH?形成化合物且溶于水的只有Ba2+,故A應為K2co3,B應為Ba(OH)2；②向C溶液中滴加稀鹽酸，有氣體生成，應為Fe(NO3)2,發(fā)生氧化還原反應生成NO氣體；③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出現(xiàn)沉淀，繼續(xù)滴加，沉淀消失，則D含有AF+,E含有Ca2+,結合離子共存可知D為AL(SO4)3,E為CaCL,以此解答該題。【詳解】(1)實驗②中發(fā)生反應的化學方程式為9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NOt+4FeCh+6H2O；向C中滴加NaOH溶液，C溶液中為Fe(NO3)2,出現(xiàn)的現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色；(2)實驗③中發(fā)生反應的離子方程式為AP++30H=Al(OH)3j、A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O；(3)由以上分析可知A為K2co3,B為Ba(OH”，E為CaCh。第二周期第VA族2coH2ONH3abd<2H2S+O2=2H2O+S1【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最小(不包括稀有氣體)，則Q的原子半徑最小，Z的原子半徑最大，所以Q是H元素，Z是Na元素：R、X、丫三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，這三種元素處于第二周期，同一周期中R的一種單質的熔點最高，金剛石的熔點最高，所以R是C元素，丫與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物，則丫是0元素，所以X是N元素。【詳解】根據(jù)上述分析可知Q是H,R是C,X是N,丫是O,Z是Na元素。(DX是N元素，原子核外電子排布為2、5,所以其處于第二周期第VA族，其核外電子排布式為Is22s22P?，，有s、p兩種軌道，故有兩種不同形狀的電子云，這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是C和O元素；(2)Q分別與X、丫形成的最簡單化合物是NE、H2O,元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，。的非金屬性大于N元素，所以氫化物的穩(wěn)定性：H2O>NH3；(3)Q與R兩元素組成的分子可能是甲烷、乙烯、乙快、苯等燃類物質，其中甲烷為正四面體結構，乙烯為平面結構，乙煥為直線形結構，故合理選項是abd：(4)X是N,丫是O,二者是同一周期的元素，元素的非金屬性越強，其相應的氫化物的穩(wěn)定性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，活動性強的可以把活動性弱的置換出來，所以可根據(jù)置換反應：2H2S+O2=2H2O+S1，比較出元素的非金屬性：N<O?【點睛】本題考查原子結構與元素周期律的關系，正確推斷元素的種類是解答本題的關鍵，要正確把握元素周期律的遞變規(guī)律，掌握元素周期律的應用及判斷方法。O8H-O-O-HV型3 NH4++H2O^^NH3H2O+H+BiCb+H2O=^BiOCll+2HCl鹽酸能抑制BiCb的水解不合理，因為BiOCl中的C1的化合價為-1【分析】W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，其原子個數(shù)比分別為I：1(甲)和2：1(乙)，且分子中電子總數(shù)分別為18(甲)和10(乙)，則W為O元素，X為H元素，兩種化合物甲為H2O2、乙為H2O；X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙，則丙為NH.“Z為N元素；H與丫能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數(shù)為18,則丁為HC1,丫為C1元素；H、Cl、N三種元素能組成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性，則此離子化合物為NH&C1,據(jù)此解題?！驹斀狻坑煞治鲋篧為O元素、X為H元素、丫為C1元素、Z為N元素、甲為H2O2、乙為HzO、丙為NH3；(1)由分析知W為氧元素，元素符號為O,其原子核外共有8個電子，則共有8種運動狀態(tài)不同的電子：(2)甲H2O2,為極性分子，含有H-O和0-0鍵，則結構式為H-O-O-H；乙為H2O,0原子的雜化軌道形式為sp3,有兩個孤對電子，則空間構型為V型；(3)Z為N元素，電子排布式為Is22s22P3,同一軌道上的電子能量相等，則核外共有3種能量不同的電子，堿性氣體丙為NH3,其電子式為(4)H、CkN三種元素組成的離子化合物為NH4CL在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，發(fā)生水解反應的離子方程式為NH4++H2O=^NHvH2O+H+；(5)鈕,元素跟。元素能形成化合物為BiCh，其水解生成難溶于水的BiOCl；①BiCb水解生成難溶于水的BiOCl,則另一種產物為HC1,水解反應的化學方程式為BiCh+H2O^^^BiOCl|+2HCl；②BiCh溶于稀鹽酸，鹽酸抑制了BiCL的水解，從而得到澄清溶液；③BiOCl中C1元素的化合價為-1價，而次氯酸中C1元素為+1價，則BiOCl叫做“次某酸鈕''的說法不合理。第三周期IIIA族領》, ：N：：N：b 2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H,O一定條件4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC【分析】X是第三周期元素的簡單離子中半徑最小，則X為A1,丫最簡單氫化物丙的水溶液呈堿性，則丫為N元素，丙為NH3,Z原子核外電子數(shù)和周期序數(shù)相等，則Z為H元素.A、B、D三種單質分別由X、Y、Z元素組成，則A為Al、B為N2、D為H?,丁是一種高能燃料，其組成元素與丙相同，且含有18moi電子，則丁為N2H4：Al與氮氣反應生成甲為AIN,A1N水解得到氨氣與氫氧化鋁，故戊為A1(OH)3,乙為AI2O3,據(jù)此解答。【詳解】(1)元素X為A1,在周期表中的位置是第三周期HIA族，其簡單離子的結構示意圖為.8:⑵單質B為N?,電子式為：NWN：；(3)丙為NH、，N原子與H原子之間形成極性共價鍵，故選b；(4)反應②為氨氣與NaClO的反應，0.5molNaClO參加反應時，轉移1mol電子，則C1元素由+1價降低為-1價，該反應生成NaCl,同時生成N2H4和水，則該反應的化學方程式為ZNH.+NaClON2H4+NaCl+H2O:(5)一定條件下，Al與TiO?、C(石墨)反應只生成ALO,和碳化欽(TiC),該反應的化學方程一定條件式為4Al+3TiO「3C'2Al2()3+3TiC。第2周期，VIA族O分子間作用力 H：O：O：Hhco3+h2o??..H2cCh+0H-【分析】根據(jù)題干信息中元素性質分析判斷元素的種類；根據(jù)元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據(jù)物質的組成和性質分析該物質的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據(jù)成鍵特點書寫電子式?！驹斀狻縒、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，W單質為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負價之和為0,則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質量數(shù)為23,中子數(shù)為12的核素，則Z的質子數(shù)為23-12=11,則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族：氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是故答案為：第2周期，VIA族；O2；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由????元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為H：0：0：H,故答案為：??..分子間作用力；h：o：o：h；????（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCOr+HzOH2CO3+OH,故答案為：HCO3+H2O^=iH2CO3+OH-?第二周期HA族Cl>O2>Mg2+NH3+H2O?==^NH3?H2ONH4++OH-[： ：]-CU+2OH=C1+H2O+CIO0【分析】X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最多的元素，則Z為氧元素：R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8,則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2,故Q為鎂元素：M的單質為黃綠色有害氣體，則M為氯元素，據(jù)此分析。【詳解】X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最多的元素，則Z為氧元素：R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8,則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2,故Q

為鎂元素；M的單質為黃綠色有害氣體，則M為氯元素。(1)Q為鎂元素，在元素周期表中的位置為第二周期nA族：Z、Q、M分別為O、Mg、Cl,Cl-比其他兩種離子多一個電子層，O"、Mg2+具有相同電子層結構，核電荷數(shù)大的Mg2+半徑較小，故簡單離子半徑由大到小的順序為Mg2+；Y的氣態(tài)氫化物NH3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因：NH3+H2O^=^NH3?H2O5=^NH4++OH-；(4)QM2為Mg。?，屬于離子化合物，其電子式為,［:diQ-Mg'+qdi:1-；M的單質C12與R的最高價氧化物對應的水化物NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為C12+2OH-C1+H2O+C1O-.第三周期第WA族S2- 02 Mg2+ Al3+HC1O4H2SO4HFHC1C2H2CaC2+2H2OtCH=CHT+Ca(OH)2H2OtCH=CHT+Ca(OH)2H［H噌町［:如NaOH、H2、ChPbO2+4H++SO42--2e=2H2O+PbSO4【分析】根據(jù)元素的化合價與原子序數(shù)的關系圖可知，x、y、z、d為第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m為第三周期元素，則e為Na元素、f為Mg元素、g為Al元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為Cl元素；z、d只有負價，沒有正價，z為O元素、d為F元素，則x為C元素、y為N元素。結合元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，x為C元素、y為N元素、z為O元素、d為F元素、e為Na元素、f為Mg元素、g為A1元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為C1元素。(l)h為Si元素，在周期表中位于第三周期第IVA族，故答案為第三周期第IVA族；(2)一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，則z、f、g、r常見離子的半徑大小為S”>O>>Mg2+>A13+；非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，r、m的最高價氧化物對應水化物的酸性HC1O4>H2so4；HF分子間能夠形成氫鍵，沸點較高，d、m的氫化物的沸點HF>HCL故答案為S%02；Mg2+；Al3+；HCIO4；H2SO4；HF；HC1；(3)x與氫元素能形成的化合物為燒類，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是乙塊，實驗室用電石與水反應制取乙塊，反應的化學方程式為CaCz+2H2O-CH=CHt+Ca(OH)2,故答案為C2H2；CaC2+2H2O^CH=CHj+Ca(OH)2；(4)由y、m和氫元素組成一種離子化合物為氯化鉉，氯化核屬于離子化合物，錢根離子中H H存在共價鍵，電子式為卜小町［電J,故答案為［H：母町［:樂］；(5)用鉛蓄電池作電源，惰性電極電解飽和NaCl溶液，反應的方程式為2NaCl+2H2。電解

2NaOH+2NaOH+H2T+Cht；鉛蓄電池放電時，PbCh為正極，電極反應式為PbCh+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4,故答案為NaOH、氏、Ch；PbO2+4H++SO42-2e-2H2O+PbSO4..【分析】運用逆合成法根據(jù)合成路線及反應條件等題干信息分析各有機物的組成，書寫相關方程式；根據(jù)限制條件判斷同分異構體的種類及寫出相關結構簡式。NHSO:CH,NHSO:CH,(1)A的化學名稱為苯,故答案為苯;(2)B為苯與漠發(fā)生的取代反應，的結構簡式為故答案為?(3)根據(jù)上述分析，(2)B為苯與漠發(fā)生的取代反應，的結構簡式為故答案為?(3)根據(jù)上述分析，C生成D的化學方程式為NOj OK* NOj故答案為&&+6-…取代反應;

故答案為(4)C為其中官能團有澳原子；硝基(4)C為其中官能團有澳原子；硝基,故答案為澳原子；硝基；(5)反應①為硝化反應，試劑和條件為濃硝酸/濃硫酸，加熱：中間體B為三硝基苯甲酸，COOH結構簡式為EJ；反應③為硝基被還原，根基題干信息知反應試劑和條件為NO：H2,雷尼銀，COOH故答案為濃硝酸/濃硫酸，加熱；II];H2,雷尼銀；YNO：(6)能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應，說明結構中含有酚羥基，則另一個取代基為氨基，兩個苯環(huán)直接相連，以直接相連的兩個碳原子為準，與之向鄰的碳原子兩邊各有2個，與之相間的碳原子兩邊各有2個，與之相對的碳原子兩邊各有1個，若羥基在其中一個苯環(huán)的鄰位上，則氨基在另一苯環(huán)上的位置有鄰位、間位和對位3種，若羥基在間位，則氨基也有3種，若羥基在對位，氨基也有3種情況，所以同分異構體一共有3+3+3=9種；其中根據(jù)對稱性滿足核磁共振氫譜的結構為：，CM+、Fe3+(NH4)2SO4,A12(SO4)3Na2cO3CO32+H2OHCO3-+OHAg++Cr=AgCllAP++3NH3H2O=A1(OH)31+3NH4+取少量B于試管中，加入濃NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，觀察是否變藍色【分析】①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色，五種鹽溶液中一定不含CiP+、Fe3+,Ba2+與SCU%、CO3”不在同一溶液中，AP+與CO32-不在同一溶液中，Ag+與Ct、SO42,CO32-不在同一溶液中；②D的焰色反應呈黃色，D中陽離子為Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3\Ag+,D的溶液呈堿性，D中含CCh',結合②知D為Na2co3；④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不產生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO?-；⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，繼續(xù)加氨水，C中沉淀消失，根據(jù)“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先產生沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解”,C中陽離子為Ag+,E中陽離子為A13+,Ag+與C中SO?',CO32-在溶液中不能大量共存，C為AgNCh:⑥把A的溶液分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C為AgNCh,A的陰離子為C「：E中陽離子為AP+,A的溶液呈中性，A為BaCh,E為Ab(SO4)3,結合前面的分析，B溶液呈酸性，則B為(NH4)2so4。據(jù)此分析作答。【詳解】①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色，五種鹽溶液中一定不含CM+、Fe3+,Ba2+與SCV-、CO32-不在同一溶液中，AF+與CO32-不在同一溶液中，Ag+與Cl\SO4”、CCV不在同一溶液中；②D的焰色反應呈黃色，D中陽離子為Na+；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C,E的溶液中含NH4+、AP\Ag+,D的溶液呈堿性，D中含C03%,結合②知D為Na2co3；④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不產生沉淀，A、C溶液中不含CO32和SO42-；⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，繼續(xù)加氨水，C中沉淀消失，根據(jù)“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先產生沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解”,C中陽離子為Ag+,E中陽離子為A13+,Ag+與cr、SO4'、CO3”在溶液中不能大量共存，C為AgNCh:⑥把A的溶液分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C為AgNO,A的陰離子為ChE中陽離子為AP+,A的溶液呈中性，A為BaCL,E為Ah(SO4)3,結合前面的分析，B溶液呈酸性，則B為(NH4)2s04。(1)五種鹽中，一定沒有的陽離子是C#+、Fe3+；所含陰離子相同的兩種鹽的化學式是(NH4)2s04、Ah(SO4)3,其中陰離子都為SO4*。D的化學式為Na2co3。Na2cO3溶液呈堿性的原因是CO3%發(fā)生了水解，CC^?水解的離子方程式為CO.?+H2O HCOy+OH.A為BaCh,C為AgNCh,A與C的溶液反應的離子方程式為Ag++Cr=AgClbE為Ah(SO4)3,E與氨水反應的離子方程式為A13++3NH3-H2O=A1(OH)31+3NH4+.B為(NH4)2SO4,B中陽離子為NHJ,檢驗NH4+的正確的實驗方法是：取少量B于試管中，加入濃NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，觀察是否