2022年高考化学二轮专题复习——元素或物质推断题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2022年高考化学二轮专题复习——元素或物质推断题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 975.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-08 16:54:18 | ||
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文档简介
2022年高考化学二轮专题复习——元素或物质推断题
1．（2022·浙江嘉兴·二模）化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。
已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。
回答下列问题：
(1)固体A的化学式是 _______，碱石灰吸收的气体是_______。
(2)化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式_______。
(3)上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是_______。
(4)常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应的化学反应方程式_______。
(5)X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。_______
2．（2022·辽宁·东北育才学校三模）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_______。
3．（2022·浙江·模拟预测）液态化合物是电镀行业的重要试剂，由中学阶段常见的5种元素组成。某小组按如下流程进行实验：
实验1：
实验2：
已知：物质与溶液的反应属于非氧化还原反应。请回答：
(1)组成的元素有_______，的化学式为_______。
(2)与浓溶液共热的化学方程式为_______。
(3)溶液中的溶质有：、、_______(填化学式)。
(4)溶液中存在动态平衡，某同学欲探究物质浓度对该平衡的影响，已有方案：
①向溶液中加固体，观察现象；
②向溶液中加浓溶液，观察现象；
请设计方案③：_______(写出操作、现象及相应结论)。
4．（2021·浙江宁波·模拟预测）为探究由三种短周期元素构成的化合物X(其中一种为金属元素)的组成和性质，某研究小组设计并完成了如下实验(步骤中所加试剂均过量)。
请回答下列问题：
(1)组成X的三种元素是___________，X的化学式是___________。
(2)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是___________。
(3)将溶液B加入到溶液A中会出现白色沉淀，该反应离子反应方程式为___________。
(4)常温下，将金属单质C投入到H2O2溶液中并加入少量稀H2SO4，观察到溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡，原因是___________。
(5)已知气体B中会混有另一物质C．请设计实验证明C的存在___________。
5．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验
其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(1)X与水反应的方程式：_____
(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______
(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______
A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度
B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂
C．在某些反应中作催化剂
D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血
E.气体C与FeCl3溶液可以制备X
F.Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可
(5)D可以溶解在C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：___
6．（2021·河北·石家庄二中模拟预测）利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，则参加反应的甲的质量为____g。检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量固体溶于适量的盐酸，滴加___(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为__。
(3)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是K2FeO4具有___性。用己(FeCl3)与KClO在强碱性条件下制取K2FeO4时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e =Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e =2Fe2+。请据此将上图中甲与盐酸反应的离子方程式拆写成两个“半反应式”，其中还原反应为_____。
(5)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可以使Fe2+全部转化成Fe3+，若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是____g。
7．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
8．（2022·浙江绍兴·二模）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)X中含有的元素有_____________，X的化学式_____________。
(2)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称_____________。
(3)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式_______________。
9．（2022·浙江宁波·二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验__________。
10．（2022·上海青浦·一模）下表为元素周期表的短周期部分
a
b c d
e f g h
请参照元素a﹣h在表中的位置，根据判断出的元素回答问题：
(1)h原子核外有______ 种不同伸展方向的电子云，最外层共有______ 种不同运动状态的电子。
(2)比较d、e元素常见离子的半径大小(用化学式表示)______＞______；b、c 两元素非金属性较强的是(写元素符号)______，写出证明这一结论的一个化学方程式______。
(3)d、e元素形成的四原子化合物的电子式为______；b、g元素形成的分子bg2为______分子(填写“极性”或“非极性”)。
(4)上述元素可组成盐R：ca4f(gd4)2，和盐S：ca4agd4，相同条件下，0.1mol/L 盐R中c(ca4+)______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol/L 盐S中c(ca4+)
(5)向盛有10mL1mol/L盐S溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液至中性，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是______。
(6)向盛有10mL 1mol/L盐 R溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液32mL后，继续滴加至35mL写出此时段(32mL﹣35mL)间发生的离子方程式：______。若在10mL 1mol/L 盐R溶液的烧杯中加20mL1.2mol/L Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______mol。
11．（2022·吉林·三模）现有部分短周期元素的信息如表所示：
元素编号 元素性质或原子结构信息
X 第三周期元素中简单离子半径最小的元素
Y 其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性
Z 原子核外电子数和所在周期数相等
A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。
(1)元素X在周期表中的位置是______，其简单离子的结构示意图为______。
(2)单质B的电子式为______。
(3)丙中所含的化学键类型是______(填序号)。
a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键
(4)反应②中，0.5 mol参加反应时转移1 mol电子，该反应的化学方程式为______。
(5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，该反应的化学方程式为______。
12．（2022·山东潍坊·模拟预测）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。
回答下列问题：
（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。
（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。
（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。
①极性共价键 ②非极性共价键 ③离子键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力
（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。
（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。
13．（2022·安徽·模拟预测）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：
X Y Z M R
原子半径/nm 0.074 0.099
主要化合价 +4，-4 -2 -1，+7
其它 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 第三周期简单离子半径最小
请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。
a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。
14．（2022·北京·模拟预测）R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
15．（2022·山西吕梁·一模）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。
（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 ___________，Y 的用途有 _________，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 _________。
（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。
（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：
①X 的电子式为 _______________，该反应的化学方程式为 ____________，生成的化合物中所含化学键类型有 ________________________。
② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 ___________。
16．（2022·浙江·一模）某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：
已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。
（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。
（2）写出气体C的结构式_________________。
（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。
（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。
原因________________________，证明方法________________________________________________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) Na2CO3 水蒸汽或H2O(g)
(2)2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)
(3)3CO2+Ca2++4OH-=2HCO+CaCO3↓+H2O
(4)5(2Na2CO3·3H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
(5)取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无
【解析】
气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C：H：O=0.6：0.3：0.9：1.8=2：1：3：6均可，故化合物X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)。
(1)
综上分析，固体A 为Na2CO3；碱石灰吸收的气体为水蒸汽或H2O(g)；
(2)
综上分析，X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)；
(3)
该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应，二氧化碳的物质的量为0.3mol，而氢氧化钙的物质的量为0.2mol，故可生成0.2mol碳酸钙沉淀，二氧化碳过量0.1mol，能继续消耗0.1mol碳酸钙沉淀生成碳酸氢钙，产物中碳酸钙和碳酸氢根的物质的量之比为1:2，故离子反应方程式为：；
(4)
分析化合价X中含有-1价氧元素，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，故反应的化学方程式为：；
(5)
硅酸根与氢离子反应生成白色胶状沉淀，可用这一原理来设计实验方案。故答案为：取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有，反之则无。
2．(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
【解析】
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。
(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。
3．(1) Fe、S、O、N、H Fe(SO3NH2)2
(2)Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4
(3)HCl、NH4Cl
(4)向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡
【解析】
实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4，BaSO4的物质的量是，说明混合气体中含有0.03mol SO2；实验2中，物质与溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成1.344L标准状况下刺激性气味的气体E，可知生成0.06mol NH3，所以7.44g X中含有0.06mol N元素；反应生成白色沉淀F，白色沉淀F和氧气反应生成红褐色沉淀G，G是Fe(OH)3，F是Fe(OH)2，Fe(OH)3加热分解为红色粉末H，H是Fe2O3，Fe2O3的物质的量是；则X中含有0.03mol Fe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质量是、A是0.03mol FeSO4，则根据硫元素守恒，7.44g X中含有0.06mol S元素；根据氧元素守恒，7.44g X中含有氧元素0.03×4+0.03×2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为mol；
(1)
根据以上分析，组成的元素有Fe、S、O、N、H，根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4，的化学式为Fe(SO3NH2)2；
(2)
根据流程图，与浓溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4；
(3)
X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)23FeSO4+3SO2↑+4NH3↑+N2↑，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，发生反应H2O2+SO2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，HCl+ NH3=NH4Cl，溶液中的溶质有：、、HCl、NH4Cl；
(4)
溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向溶液N中加铁粉，发生反应，Fe3+浓度减小，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡。
4． Al、C、H Al5C3H3 (或Al4C·AlH3) 铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解。 将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在
【解析】
混合气体A与CuO加热反应可以得到金属单质C，则该单质为Cu，说明气体A中有还原性气体，气体B与澄清石灰水反应可以生成沉淀，则气体B最可能为CO2，生成的沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.03mol，则化合物X中含有0.03molC；碱性溶液A可以与CO2反应生成沉淀，二氧化碳过量，溶液B应为NaHCO3溶液，也能与溶液A反应生成白色沉淀，可推测出溶液A中含有NaAlO2，可以和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3灼烧可以得到固体Al2O3，NaAlO2溶液可以和NaHCO3溶液生成Al(OH)3沉淀，符合题意，则化合物X中含有n(Al)=×2=0.05mol；化合物X能与NaOH溶液反应生成气体，该气体为非酸性气体，且具有还原性，可先考虑该气体中含有NH3，但若生成NH3，则X中的含有N、H、C、Al，不符合题意；此外短周期元素中还有氢气具有还原性，可考虑化合物X中有-1价的氢，在和水溶液反应时发生归中反应生成氢气，若为H则n(H)==0.03mol，可以得到一种化合物X为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)，符合题意。
(1)根据分析可知组成X的三种元素为Al、C、H，X的化学式为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)；
(2)根据分析可知Al5C3H3再与NaOH溶液反应时生成NaAlO2、H2，该物质中Al为+3价，C为-4价，H为-1价，H与水中的H发生归中反应生成氢气，则C元素的化合价应该不变，产物为CH4，所以化学方程式为；
(3) NaHCO3溶液和NaAlO2混合后，AlO可以结合碳酸氢根电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀，同时促进碳酸氢根的电离生成碳酸根，离子方程式为；
(4)铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解，所以溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡；
(5)气体A为H2和CH4，与CuO加热反应时生成CO2和H2O，即物质C为H2O，可以将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在。
5． 或 取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有 DE
【解析】
沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。
(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；
(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；
(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；
B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；
C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；
D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故错误；
E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；
F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；
故答案为：DE；
(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；
6． 42 KSCN 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 氧化 3：2 2H++2e =H2↑ 8
【解析】
(1)标准状况下22.4LH2的物质的量为1mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，参加反应铁的物质的量= n(H2)= ×1mol=0.75 mol，质量为：0.75×56=42g，乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2+，即含有FeO，故答案为：42；KSCN；
(2) 戊为+2价铁盐，Fe2+与NaOH反应形成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3
(3) K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3+3KClO+10KOH= 2K2FeO4+9KCl+5H2O，KClO失去电子是氧化剂，FeCl3得到电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为：3：2，故答案为：氧化；3：2；
(4)甲为铁，与盐酸反应的方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，Fe的化合价从0价上升至+2价，发生氧化反应，HCl中的氢化合价从+1价降低至0价，发生还原反应，所以其中还原反应的“半反应式”为2H++2e =H2↑，故答案为：2H++2e =H2↑；
(5)在第一份溶液中加入氯化钡溶液发生反应：Ba2++SO =BaSO4↓，溶液中n(SO)= n(Ba2+)=0.5mol/L×0.220L=0.11mol，在第二份溶液中通入氯气发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)= 2 n(Cl2)=×2 =0.08mol，根据电荷守恒可得原溶液中n(Fe3+)=(0.11mol-0.08 mol)× =0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知：n(Fe2O3)= (0.02mol+0.08mol)=0.05mol，质量为0.05×160=8g，故答案为：8
7． Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2↑ + Cu(OH)2 →+ 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
8． Cu、N、S、O、H 铜氨纤维
【解析】
碱石灰吸收的应为水蒸气，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，黑色固体D应为CuO，白色沉淀应为BaSO4，结合原子守恒和质量守恒分析解题。
气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为=0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.2g，此气体应为水蒸气，物质的量为=0.2mol；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g。加热分解后生成的黑色固体应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量为0.1mol，有原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体质量为8g，其物质的量为=0.1mol，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8:4:2:2:1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素；
(1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1:4:1:2， X的化学式；
(2) 的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；
(3) X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8:4:2:2:1，则隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为。
9． Cu、C、N、O CO和N2 （SO2不足）或（SO2足量） 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【解析】
I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；
(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；
Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
10． 4 7 O2﹣ Na+ N 2HNO3+Na2CO3 =2NaNO3+CO2↑+H2O 非极性 小于 c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+) NH4++OH﹣=NH3 H2O 0.022
【解析】
由元素在周期表中位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。
(1)h为Cl，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，只有s、p轨道电子云，有4种伸展方向不同的电子，核外没有运动状态相同的电子，最外层有7种运动状态不同的电子；故答案为：4；7。
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2 ＞Na+，同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＞C，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；故答案为：O2 ；Na+；N；2HNO3 + Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。
(3)d、e元素形成的四原子化合物为Na2O2，电子式为：，b、g元素形成的分子CS2为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；故答案为：；非极性。
(4)NH4Al(SO4)2溶液中铵根离子与铝离子相互抑制水解，而NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，铝离子抑制程度不如酸的抑制程度大，则NH4HSO4溶液中铵根离子浓度更大；故答案为：小于。
(5)NH4HSO4与NaOH按物质的量1:1反应时生成物为硫酸钠、硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，二者混合呈中性，还有一水合氨生成，为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨混合溶液，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)。
(6)10mL 1mol L 1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+物质的量为0.01mol，SO42 物质的量为0.02mol，32mL 1 mol L 1 NaOH溶液中NaOH物质的量为0.032L×1 mol L 1=0.032mol，由Al3++3OH－ = Al(OH)3↓，可知完全沉淀铝离子消耗0.03mol NaOH，消耗NaOH溶液30mL，由NH4+ + OH－ = NH3·H2O，可知铵根离子完全反应消耗NaOH为0.01mol，又消耗NaOH溶液10mL，故加入32mLNOH溶液后，继续滴加至35mL时反应离子方程式为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；20mL 1.2 mol L 1 Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH 为0.048mol，由SO42 + Ba2+ = BaSO4↓，可知SO42 不足，故可以得到0.02mol BaSO4，根据Al3++3OH－= Al(OH)3↓，0.01mol Al3+ 消耗0.03mol OH－生成0.01mol Al(OH)3沉淀，此时剩余n(OH－) = 0.048mol- 0.03mol = 0.018mol，再发生反应NH4++OH－ = NH3·H2O，0.01mol NH4+消耗0.01mol OH－，生成0.01 mol NH3·H2O，此时反应剩余n(OH－)=0.018mol-0.01mol=0.008mol，继而发生Al(OH)3+OH－=AlO2－+ 2H2O，0.008mol OH－溶解0.008mol Al(OH)3，此时剩余Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol = 0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol；故答案为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；0.022。
【点睛】
在计算时一定要注意每一步发生的反应以及每一步物质的量，消耗的物质的量，剩余的物质的量，沉淀的物质的量都分清楚。
11． 第三周期IIIA族 b
【解析】
X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素．A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18mol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。
(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为；
(2)单质B为，电子式为；
(3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b；
(4)反应②为氨气与的反应，0.5 mol参加反应时，转移1 mol电子，则Cl元素由＋1价降低为﹣1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为；
(5) —定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。
12． O 1:2 sp3 ①② H2SO4、H2SO3 HNO3 < d
【解析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。
A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。
⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为O。
⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为1:2。
⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为sp3；①②。
⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 < 酸根离子稳定性，故答案为H2SO4、H2SO3；HNO3；<。
⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为d；。
13． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；
（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。
X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。
【点睛】
本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。
14． H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S【解析】
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S答案为：H2O；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S（4）Se与S是同一主族的元素同主族元素从上到下，随着核电荷数增大，非金属性减弱，半径逐渐增大。
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．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S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
15． 第三周期 ⅣA族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 离子键、极性键 0.1NA
【解析】
⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，
故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；
⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，
故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；
⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则：
①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，
故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；
②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，
故答案为0.1NA。
16． 钠或Na N≡N 离子被氧化 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确
【解析】
将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。
（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。
（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。
（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。
（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。
答案第1页，共2页
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1．（2022·浙江嘉兴·二模）化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。
已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。
回答下列问题：
(1)固体A的化学式是 _______，碱石灰吸收的气体是_______。
(2)化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式_______。
(3)上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是_______。
(4)常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应的化学反应方程式_______。
(5)X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。_______
2．（2022·辽宁·东北育才学校三模）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_______。
3．（2022·浙江·模拟预测）液态化合物是电镀行业的重要试剂，由中学阶段常见的5种元素组成。某小组按如下流程进行实验：
实验1：
实验2：
已知：物质与溶液的反应属于非氧化还原反应。请回答：
(1)组成的元素有_______，的化学式为_______。
(2)与浓溶液共热的化学方程式为_______。
(3)溶液中的溶质有：、、_______(填化学式)。
(4)溶液中存在动态平衡，某同学欲探究物质浓度对该平衡的影响，已有方案：
①向溶液中加固体，观察现象；
②向溶液中加浓溶液，观察现象；
请设计方案③：_______(写出操作、现象及相应结论)。
4．（2021·浙江宁波·模拟预测）为探究由三种短周期元素构成的化合物X(其中一种为金属元素)的组成和性质，某研究小组设计并完成了如下实验(步骤中所加试剂均过量)。
请回答下列问题：
(1)组成X的三种元素是___________，X的化学式是___________。
(2)X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是___________。
(3)将溶液B加入到溶液A中会出现白色沉淀，该反应离子反应方程式为___________。
(4)常温下，将金属单质C投入到H2O2溶液中并加入少量稀H2SO4，观察到溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡，原因是___________。
(5)已知气体B中会混有另一物质C．请设计实验证明C的存在___________。
5．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验
其中，X由4种元素组成，遇水即分解，混合溶液呈碱性，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(1)X与水反应的方程式：_____
(2)新制的A略显两性，能溶于强碱NaOH溶液中，方程式为______
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，有同学认为生成的固体单质中可能混有FeO，请设计实验方案证明其结论：______
(4)下列关于对氯化铁的用途及性质说法错误的是______
A．利用Fe3+易水解的性质，实验室配制氯化铁溶液，通常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度
B．在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂
C．在某些反应中作催化剂
D．在医药上用作伤口的止血剂，它能导致蛋白质的迅速变性，所以用来止血
E.气体C与FeCl3溶液可以制备X
F.Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可
(5)D可以溶解在C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：___
6．（2021·河北·石家庄二中模拟预测）利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，则参加反应的甲的质量为____g。检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量固体溶于适量的盐酸，滴加___(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为__。
(3)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是K2FeO4具有___性。用己(FeCl3)与KClO在强碱性条件下制取K2FeO4时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e =Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e =2Fe2+。请据此将上图中甲与盐酸反应的离子方程式拆写成两个“半反应式”，其中还原反应为_____。
(5)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可以使Fe2+全部转化成Fe3+，若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是____g。
7．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
8．（2022·浙江绍兴·二模）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)X中含有的元素有_____________，X的化学式_____________。
(2)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称_____________。
(3)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式_______________。
9．（2022·浙江宁波·二模）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验__________。
10．（2022·上海青浦·一模）下表为元素周期表的短周期部分
a
b c d
e f g h
请参照元素a﹣h在表中的位置，根据判断出的元素回答问题：
(1)h原子核外有______ 种不同伸展方向的电子云，最外层共有______ 种不同运动状态的电子。
(2)比较d、e元素常见离子的半径大小(用化学式表示)______＞______；b、c 两元素非金属性较强的是(写元素符号)______，写出证明这一结论的一个化学方程式______。
(3)d、e元素形成的四原子化合物的电子式为______；b、g元素形成的分子bg2为______分子(填写“极性”或“非极性”)。
(4)上述元素可组成盐R：ca4f(gd4)2，和盐S：ca4agd4，相同条件下，0.1mol/L 盐R中c(ca4+)______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol/L 盐S中c(ca4+)
(5)向盛有10mL1mol/L盐S溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液至中性，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是______。
(6)向盛有10mL 1mol/L盐 R溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液32mL后，继续滴加至35mL写出此时段(32mL﹣35mL)间发生的离子方程式：______。若在10mL 1mol/L 盐R溶液的烧杯中加20mL1.2mol/L Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______mol。
11．（2022·吉林·三模）现有部分短周期元素的信息如表所示：
元素编号 元素性质或原子结构信息
X 第三周期元素中简单离子半径最小的元素
Y 其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性
Z 原子核外电子数和所在周期数相等
A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。
(1)元素X在周期表中的位置是______，其简单离子的结构示意图为______。
(2)单质B的电子式为______。
(3)丙中所含的化学键类型是______(填序号)。
a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键
(4)反应②中，0.5 mol参加反应时转移1 mol电子，该反应的化学方程式为______。
(5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，该反应的化学方程式为______。
12．（2022·山东潍坊·模拟预测）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。
回答下列问题：
（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。
（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。
（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。
①极性共价键 ②非极性共价键 ③离子键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力
（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。
（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。
13．（2022·安徽·模拟预测）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：
X Y Z M R
原子半径/nm 0.074 0.099
主要化合价 +4，-4 -2 -1，+7
其它 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 第三周期简单离子半径最小
请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。
a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。
14．（2022·北京·模拟预测）R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
15．（2022·山西吕梁·一模）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。
（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 ___________，Y 的用途有 _________，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 _________。
（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。
（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：
①X 的电子式为 _______________，该反应的化学方程式为 ____________，生成的化合物中所含化学键类型有 ________________________。
② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 ___________。
16．（2022·浙江·一模）某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：
已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。
（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。
（2）写出气体C的结构式_________________。
（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。
（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。
原因________________________，证明方法________________________________________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) Na2CO3 水蒸汽或H2O(g)
(2)2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)
(3)3CO2+Ca2++4OH-=2HCO+CaCO3↓+H2O
(4)5(2Na2CO3·3H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
(5)取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无
【解析】
气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C：H：O=0.6：0.3：0.9：1.8=2：1：3：6均可，故化合物X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)。
(1)
综上分析，固体A 为Na2CO3；碱石灰吸收的气体为水蒸汽或H2O(g)；
(2)
综上分析，X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)；
(3)
该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应，二氧化碳的物质的量为0.3mol，而氢氧化钙的物质的量为0.2mol，故可生成0.2mol碳酸钙沉淀，二氧化碳过量0.1mol，能继续消耗0.1mol碳酸钙沉淀生成碳酸氢钙，产物中碳酸钙和碳酸氢根的物质的量之比为1:2，故离子反应方程式为：；
(4)
分析化合价X中含有-1价氧元素，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，故反应的化学方程式为：；
(5)
硅酸根与氢离子反应生成白色胶状沉淀，可用这一原理来设计实验方案。故答案为：取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有，反之则无。
2．(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
【解析】
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。
(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。
3．(1) Fe、S、O、N、H Fe(SO3NH2)2
(2)Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4
(3)HCl、NH4Cl
(4)向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡
【解析】
实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4，BaSO4的物质的量是，说明混合气体中含有0.03mol SO2；实验2中，物质与溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成1.344L标准状况下刺激性气味的气体E，可知生成0.06mol NH3，所以7.44g X中含有0.06mol N元素；反应生成白色沉淀F，白色沉淀F和氧气反应生成红褐色沉淀G，G是Fe(OH)3，F是Fe(OH)2，Fe(OH)3加热分解为红色粉末H，H是Fe2O3，Fe2O3的物质的量是；则X中含有0.03mol Fe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质量是、A是0.03mol FeSO4，则根据硫元素守恒，7.44g X中含有0.06mol S元素；根据氧元素守恒，7.44g X中含有氧元素0.03×4+0.03×2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为mol；
(1)
根据以上分析，组成的元素有Fe、S、O、N、H，根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4，的化学式为Fe(SO3NH2)2；
(2)
根据流程图，与浓溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+ 2Na2SO4；
(3)
X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)23FeSO4+3SO2↑+4NH3↑+N2↑，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，发生反应H2O2+SO2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，HCl+ NH3=NH4Cl，溶液中的溶质有：、、HCl、NH4Cl；
(4)
溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向溶液N中加铁粉，发生反应，Fe3+浓度减小，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡。
4． Al、C、H Al5C3H3 (或Al4C·AlH3) 铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解。 将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在
【解析】
混合气体A与CuO加热反应可以得到金属单质C，则该单质为Cu，说明气体A中有还原性气体，气体B与澄清石灰水反应可以生成沉淀，则气体B最可能为CO2，生成的沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.03mol，则化合物X中含有0.03molC；碱性溶液A可以与CO2反应生成沉淀，二氧化碳过量，溶液B应为NaHCO3溶液，也能与溶液A反应生成白色沉淀，可推测出溶液A中含有NaAlO2，可以和CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3灼烧可以得到固体Al2O3，NaAlO2溶液可以和NaHCO3溶液生成Al(OH)3沉淀，符合题意，则化合物X中含有n(Al)=×2=0.05mol；化合物X能与NaOH溶液反应生成气体，该气体为非酸性气体，且具有还原性，可先考虑该气体中含有NH3，但若生成NH3，则X中的含有N、H、C、Al，不符合题意；此外短周期元素中还有氢气具有还原性，可考虑化合物X中有-1价的氢，在和水溶液反应时发生归中反应生成氢气，若为H则n(H)==0.03mol，可以得到一种化合物X为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)，符合题意。
(1)根据分析可知组成X的三种元素为Al、C、H，X的化学式为Al5C3H3 (或Al4C·AlH3)；
(2)根据分析可知Al5C3H3再与NaOH溶液反应时生成NaAlO2、H2，该物质中Al为+3价，C为-4价，H为-1价，H与水中的H发生归中反应生成氢气，则C元素的化合价应该不变，产物为CH4，所以化学方程式为；
(3) NaHCO3溶液和NaAlO2混合后，AlO可以结合碳酸氢根电离出的氢离子生成氢氧化铝沉淀，同时促进碳酸氢根的电离生成碳酸根，离子方程式为；
(4)铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+，Cu2+催化H2O2的分解，所以溶液变蓝色且一段时间后产生大量气泡；
(5)气体A为H2和CH4，与CuO加热反应时生成CO2和H2O，即物质C为H2O，可以将气体通入无水CuSO4，若出现蓝色，证明有H2O蒸气的存在。
5． 或 取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有 DE
【解析】
沉淀A灼烧的红棕色固体B，B为氧化铁，氧化铁的质量为8.0g，物质的量为：，根据元素守恒X中的Fe的质量为5.6g，气体C可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知C为氨气，标况下体积为6.72L，物质的量为：0.3mol，依据元素守恒X中的N的质量为：4.2g，加硝酸和硝酸应产生的白色沉淀为AgCl，质量为21.525g，物质的量为：0.15mol，则X中Cl的质量为：5.325g，则剩余的元素为H，其质量为：26.45-5.6-5.325-4.2=11.325，则X中所含的Fe、N、H、Cl的物质的量之比为：1:6:18：3，X的化学式为：，据此分析解答。
(1)X与水反应生成氢氧化铁、一水合氨和氯化铵，反应方程式为：，故答案为：；
(2)新制的A略显两性，结合氢氧化铝与碱的反应可得出氢氧化铁与氢氧化钠的反应为：或，故答案为：或；
(3)B可与C在一定条件下发生反应，生成两种单质，发生的反应为氨气还原氧化铁得到铁单质和氮气及水，若检验FeO需除去生成物的Fe，先加硫酸铜溶液除去Fe，过滤出FeO，将FeO溶于硫酸，得到硫酸亚铁溶液，加KSCN溶液排除三价铁的干扰，再加氧化剂氧化后若出现血红色说明原固体中有FeO，故答案为：取少许反应后的固体于试管中加入足量的硫酸铜溶液，过滤，固体洗涤后加稀硫酸后再过滤，向滤液中加KSCN溶液，无明显现象，加双氧水后呈血红色则含FeO，反之则没有；
(4)A.Fe3+易水解，加盐酸能够使水解平衡逆向移动，抑制其水解，从而防止其变质，故正确；
B.，常利用此反应原理在印刷制版中用作铜版的腐蚀剂，故正确；
C.在某些反应中作催化剂，如催化双氧水分解，故正确；
D.在医药上用作伤口的止血剂，利用的原理是血液本身是胶体，氯化铁是电解质，有利于胶体的凝聚，故错误；
E.氨气与FeCl3溶液反应直接生成氢氧化铁沉淀，故错误；
F.向沸水中加入FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，故正确；
G.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉发生反应：，可除去三价铁且不引入新杂质，故正确；
故答案为：DE；
(5)氯化银可溶于氨水形成银氨溶液，反应为：，故答案为：；
6． 42 KSCN 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 氧化 3：2 2H++2e =H2↑ 8
【解析】
(1)标准状况下22.4LH2的物质的量为1mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应3Fe+4H2O Fe3O4+4H2↑，参加反应铁的物质的量= n(H2)= ×1mol=0.75 mol，质量为：0.75×56=42g，乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2+，即含有FeO，故答案为：42；KSCN；
(2) 戊为+2价铁盐，Fe2+与NaOH反应形成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3
(3) K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3+3KClO+10KOH= 2K2FeO4+9KCl+5H2O，KClO失去电子是氧化剂，FeCl3得到电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为：3：2，故答案为：氧化；3：2；
(4)甲为铁，与盐酸反应的方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，Fe的化合价从0价上升至+2价，发生氧化反应，HCl中的氢化合价从+1价降低至0价，发生还原反应，所以其中还原反应的“半反应式”为2H++2e =H2↑，故答案为：2H++2e =H2↑；
(5)在第一份溶液中加入氯化钡溶液发生反应：Ba2++SO =BaSO4↓，溶液中n(SO)= n(Ba2+)=0.5mol/L×0.220L=0.11mol，在第二份溶液中通入氯气发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)= 2 n(Cl2)=×2 =0.08mol，根据电荷守恒可得原溶液中n(Fe3+)=(0.11mol-0.08 mol)× =0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知：n(Fe2O3)= (0.02mol+0.08mol)=0.05mol，质量为0.05×160=8g，故答案为：8
7． Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2↑ + Cu(OH)2 →+ 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
8． Cu、N、S、O、H 铜氨纤维
【解析】
碱石灰吸收的应为水蒸气，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，黑色固体D应为CuO，白色沉淀应为BaSO4，结合原子守恒和质量守恒分析解题。
气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为=0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.2g，此气体应为水蒸气，物质的量为=0.2mol；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g。加热分解后生成的黑色固体应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量为0.1mol，有原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体质量为8g，其物质的量为=0.1mol，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8:4:2:2:1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素；
(1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1:4:1:2， X的化学式；
(2) 的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；
(3) X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8:4:2:2:1，则隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为。
9． Cu、C、N、O CO和N2 （SO2不足）或（SO2足量） 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【解析】
I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；
(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；
Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
10． 4 7 O2﹣ Na+ N 2HNO3+Na2CO3 =2NaNO3+CO2↑+H2O 非极性 小于 c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+) NH4++OH﹣=NH3 H2O 0.022
【解析】
由元素在周期表中位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。
(1)h为Cl，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，只有s、p轨道电子云，有4种伸展方向不同的电子，核外没有运动状态相同的电子，最外层有7种运动状态不同的电子；故答案为：4；7。
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2 ＞Na+，同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＞C，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；故答案为：O2 ；Na+；N；2HNO3 + Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。
(3)d、e元素形成的四原子化合物为Na2O2，电子式为：，b、g元素形成的分子CS2为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；故答案为：；非极性。
(4)NH4Al(SO4)2溶液中铵根离子与铝离子相互抑制水解，而NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，铝离子抑制程度不如酸的抑制程度大，则NH4HSO4溶液中铵根离子浓度更大；故答案为：小于。
(5)NH4HSO4与NaOH按物质的量1:1反应时生成物为硫酸钠、硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，二者混合呈中性，还有一水合氨生成，为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨混合溶液，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(SO42﹣)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)。
(6)10mL 1mol L 1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+物质的量为0.01mol，SO42 物质的量为0.02mol，32mL 1 mol L 1 NaOH溶液中NaOH物质的量为0.032L×1 mol L 1=0.032mol，由Al3++3OH－ = Al(OH)3↓，可知完全沉淀铝离子消耗0.03mol NaOH，消耗NaOH溶液30mL，由NH4+ + OH－ = NH3·H2O，可知铵根离子完全反应消耗NaOH为0.01mol，又消耗NaOH溶液10mL，故加入32mLNOH溶液后，继续滴加至35mL时反应离子方程式为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；20mL 1.2 mol L 1 Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH 为0.048mol，由SO42 + Ba2+ = BaSO4↓，可知SO42 不足，故可以得到0.02mol BaSO4，根据Al3++3OH－= Al(OH)3↓，0.01mol Al3+ 消耗0.03mol OH－生成0.01mol Al(OH)3沉淀，此时剩余n(OH－) = 0.048mol- 0.03mol = 0.018mol，再发生反应NH4++OH－ = NH3·H2O，0.01mol NH4+消耗0.01mol OH－，生成0.01 mol NH3·H2O，此时反应剩余n(OH－)=0.018mol-0.01mol=0.008mol，继而发生Al(OH)3+OH－=AlO2－+ 2H2O，0.008mol OH－溶解0.008mol Al(OH)3，此时剩余Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol = 0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol；故答案为：NH4+ + OH－ = NH3·H2O；0.022。
【点睛】
在计算时一定要注意每一步发生的反应以及每一步物质的量，消耗的物质的量，剩余的物质的量，沉淀的物质的量都分清楚。
11． 第三周期IIIA族 b
【解析】
X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素．A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18mol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。
(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为；
(2)单质B为，电子式为；
(3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b；
(4)反应②为氨气与的反应，0.5 mol参加反应时，转移1 mol电子，则Cl元素由＋1价降低为﹣1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为；
(5) —定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。
12． O 1:2 sp3 ①② H2SO4、H2SO3 HNO3 < d
【解析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。
A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。
⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为O。
⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为1:2。
⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为sp3；①②。
⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 < 酸根离子稳定性，故答案为H2SO4、H2SO3；HNO3；<。
⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为d；。
13． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；
（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。
X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。
【点睛】
本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。
14． H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．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S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
15． 第三周期 ⅣA族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 离子键、极性键 0.1NA
【解析】
⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，
故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；
⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，
故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；
⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则：
①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，
故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；
②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，
故答案为0.1NA。
16． 钠或Na N≡N 离子被氧化 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确
【解析】
将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。
（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。
（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。
（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。
（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。
答案第1页，共2页
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