2024届高三新高考化学大一轮专题训练 --元素或物质推断题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题训练 --元素或物质推断题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-02 12:45:21 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题训练--元素或物质推断题
1．（2020秋·福建泉州·高三泉州五中校考专题练习）A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色（含钠元素），而B的焰色反应为紫色（含钾元素），A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E。试写出各物质的化学式：
A： 、B： 、C： 、D： 、E： 。
2．（2020·湖南岳阳·岳阳一中校考模拟预测）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为： ，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：
(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 ，碱性最强的是 。
(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是 ，电负性最大的元素是 。
(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点 （填"高"或"低"），原因
(4)E元素原子的核电荷数是 ，E元素在周期表的第 周期，第 族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在 区。
(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是 晶体、 晶体
(6)画出D的核外电子排布图 ，这样排布遵循了 原理和 规则。
3．（2022·河南开封·河南大学附属中学校考模拟预测）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：
可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物
②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。
③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。
试根据上述信息回答下列问题：
(1)A的化学式为 ，每反应lmol的A转移的电子数为 mol；
(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式： ；
(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。
试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：
(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：
4．（2020·全国·高三专题练习）有X、Y、Z和W四种元素．已知：①、Y、Z属同一短周期，其离子以、、的形式存在。②和Z组成化合物溶液遇苯酚呈紫色。请回答：
(1)Z的最高价氧化物对应水化物的名称为
(2)X的单质在二氧化碳中燃烧的化学方程式为
(3)Y的单质可用于冶炼金属锰，写出Y与二氧化锰反应的化学方程式 ，Y的最高价氧化物对应的水化物既可溶于强酸又可溶于强碱，请用电离平衡理论解释其原因
(4)当有 W组成的单质，在加热条件下与足量水完全反应，则生成气体标准状况下的体积为 L
(5)我国陆地上冶炼X的主要流程如图所示：
已知当有 lmolX的氧化物参加反应时，有2mol电子转移且生成三种产物，则步骤②反应的化学方程式为
5．（2019·河北衡水·河北衡水中学校考二模）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是 。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱，非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为 (填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是 (填离子符号)。
(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 (填字母)。
a.NH3 b.HI c.SO2 d.CO2
(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式： 。
Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
(5)甲的化学式是 ；乙的电子式是 。
(6)甲与水反应的化学方程式是 。
(7)判断：甲与乙之间 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。
6．（2020秋·福建莆田·高三校考期中）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： 。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸， 、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为 。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为 。
7．（2020·全国·高三专题练习）X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示水及部分产物已略去．
(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，X与过量W反应生成Y的离子方程式为 ；组成X的元素在周期表中的位置是 。
(2)若X为非金属单质，W是空气的主要成分之一，它们之间转化的能量变化如图A所示，则X+W→Z的热化学方程式为 。
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，则X与过量W反应生成Y的离子方程式为 。室温下，若用0.1mol/L的W溶液滴定V mL 0.1mol/L HA溶液，滴定曲线如图B所示，则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是 点；a点溶液中离子浓度的大小顺序为 ．
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物。常温时，将Z的水溶液露置于空气中，请在图C中画出其pH随时间(t)的变化趋势曲线图不考虑水的挥发 。
8．（2020·全国·高三专题练习）短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为3.17g L-1，常温下，Y为浅黄色固体。Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色透过钴玻璃；0.1mol L-1Z的水溶液pH=13。X2、Y和Z之间有如下转化关系其他无关物质已略去：
(1)写出单质X2与Z反应的离子方程式： 。
(2)已知16g单质Y完全燃烧放出148kJ热量。写出热化学方程式： 。
(3)已知C能与较浓盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体
①D的化学式是： ；D的水溶液pH>7，原因是用离子方程式表示： 。
②0.1mol L-1的D溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
③将20mL0.5mol L-1溶液逐滴加入到20mL0.2mol L-1 KMnO4溶液硫酸酸化中，溶液恰好褪为无色。写出反应的离子方程式： 。
(4)①石墨和铁做电极，用隔膜电解槽电解A的溶液，阳极可产生X2。则铁做 极。
②按下图电解A的饱和溶液，写出该电解池中较长时间内发生反应的总反应方程式： 。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是 。
9．（2020·全国·高三专题练习）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。
I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物浓度均为溶液的pH和原子序数的关系如图所示。
元素R在周期表中的位置是 ；元素Z的原子结构示意图是 。
元素Y和W形成的型化合物中含有化学键的类型为 。
短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如、、COS等。
下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是 填序号
A．S与发生化合反应比C与化合更容易
B．酸性：
C．中碳元素为价，硫元素为价
铅、锡、锗与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：
锗的原子序数为 。
它们价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为 填化学式。
羰基硫可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和相似。
用电子式表示羰基硫的形成过程： 。
羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：
已知A是一种正盐，则A的化学式为 ；若气体a为单质，反应II的离子方程式为 。
10．（2020·福建·高三专题练习）X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，已知：元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的。元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子。元素的电离能数据如表：
496 4562 6912 9540
请回答：
的电子式为 ，含有的化学键类型为 ，为 晶体。
遇水发生强烈水解产生一种气体A，溶液呈碱性，则A的结构式为 ，其分子空间构型为 。
、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，硬度最大的是 填物质的名称；晶体ZW的熔点比晶体明显高的原因是 ；中X原子的杂化轨道类型为 。
晶体的结构示意图如图所示。设该晶体的摩尔质量为，晶体的密度为阿伏加 德罗常数为，则晶体中两个最近的Z离子中心间的距离 。
11．（2021·全国·高三专题练习）由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是 ，A的化学式是 。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是 （乌洛托品可以用分子式表示）。
12．（2020·全国·高三专题练习）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl-、NO3-、SO42-、CO32-。已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；
②D的焰色反应呈黄色；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；
④若在这五种盐溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；
⑤若在这五种盐溶液中分别加入氨水，E和C溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀．
(1)五种盐中所含阴离子相同的两种盐的化学式是 。
(2)D溶液显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。
(3)A和C的溶液反应的离子方程式是 ，E和氨水反应的离子方程式是 。
(4)若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是 。
(5)以石墨作电极，电解足量C的溶液，阳极的电极反应式为 ，当转移0.2mol电子时，共产生气体 L(标准状况)。
13．（2021·全国·高三专题练习）在通常状况下，A为固态单质。根据如图所示转化关系，回答：
(1)写出A、C、E的化学式：
A． ，C． ，E. 。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①E→C 。
②C→D 。
(3)B与E的浓溶液 (填“能”或“不能”)发生反应，若能反应，则反应的化学方程式为 ，反应现象为 。
(4)将C通入BaCl2溶液中，没有明显现象，但若加入H2O2，则有白色沉淀生成，请分析其原因： ，并写出有关的化学方程式 。
14．（2020·全国·高三专题练习）图中反应是制备的一种方法，其副产物是优质的镁资源。回答下列问题：
所含元素的简单离子半径由小到大的顺序除外： 。
Mg在元素周期表中的位置； ，的电子式： 。
的化学式为 ，反应的必备条件是 。上图中可以循环使用的物质有 。
在一定条件下，由和反应生成和一种固体耐磨材料 写化学式。
为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
用Mg制成的格氏试剂 常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
RBrRMgBr：烃基；R’：烃基或
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式： 。
15．（2020·全国·高三专题练习）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成。将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色。分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F。
（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式 。
（2）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是 (填化学式)，写出制备E和F的离子反应方程式 。
16．（2020·全国·高三专题练习）A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：
如图三个反应中，属于氧化还原反应的有 个．
若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有 ．
A．还原性： B．酸性：
C．稳定性： C．沸点：
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性答题必须用具体物质表示．
化合物B的电子式为 ；其水溶液呈碱性的原因是 用离子方程式表示．
化合物B可与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式 ．
当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，则反应Ⅰ的热化学方程式为 注：反应条件相同、所有物质均为气体．
17．（2020·全国·高三专题练习）A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大；A的主族序数、周期数、原子序数均相同；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C是植物生长所需的主要元素之一；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：
的离子结构示意图为 ，B、C、D、E与A形成的化合物中稳定性最强的是 填化学式．
在加热和Cu作催化剂时，化合物与反应生成其中一种产物是的化学方程式为 ．
五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有图 填元素符号
图所示是一种酸性燃料电池检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为 出口处的物质 ．
18．（2020·全国·高三专题练习）A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。
请针对以下三种不同情况回答：
若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。
中含有的金属元素在元素周期表中的位置为 ，向水中加入X物质，X对水的电离平衡的影响是 填“促进”、“抑制”或“无影响”。
与C的水溶液混合后生成B，反应的离子方程式为 。
若A为固态非金属单质，A与X同周期，同时A在X中燃烧，生成和白色烟雾，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8电子结构。
若A为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为，则单质中含共价键数目为 ，B的电子式为 。
与水反应的离子方程式为 。
若A、B、C的焰色反应呈黄色，A为淡黄色固体，B、C的水溶液均为碱性，A溶于水后可与X反应生成C，常温下，X为气态酸性氧化物。
中所含有的化学键类型是 。
溶液中离子浓度由小到大的顺序是 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． Na2CO3 KOH NaHCO3 NaCl Fe(OH)3
【详解】A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，含有钠元素。而B的焰色反应为紫色，含有钾元素；A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，这说明C是碳酸氢钠，A是碳酸钠，D是氯化钠，通入的无色气体是二氧化碳。B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀，说明溶液中发生了反应：Fe2+→Fe(OH)2(白色沉淀)→Fe(OH)3(红褐色沉淀)， E是氢氧化铁，由于B的溶液中阴离子只有一种，所以B是KOH。答案为：Na2CO3；KOH；NaHCO3；NaCl；Fe(OH)3
【点睛】要熟悉常见物质的物理性质和化学性质，特别要熟悉物质之间的转化关系。如本题中，Na2CO3和NaHCO3之间可以相互转化：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；Fe2+的转化：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
2． HNO3 NaOH F F 高 因为NH3分子间形成氢键 26 四 d Ⅷ 离子 分子 1s22s22p3 泡利 洪特
【分析】根据A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图 可知，x=2，A的原子序数为14， 故A为Si元素； A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe元素。所以由上述分析可知，A为Si元素，B为Na元素、C为P元素，D为N元素，E为Fe元素。
【详解】(1) 由上述分析可知：五种元素中N的非金属性最强，Na的金属性最强，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3； NaOH ；
(2)由上述分析可知：D为N元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为： F；F；
(3) 由上述分析可知：D为N元素，D的氢化物为NH3，C为P元素，C的氢化物为PH3，因为NH3分子间形成氢键，所以沸点NH3> PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键 ；
(4)根据E的外围电子排布式为3d64s2可知，E核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族， 价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d区，故答案为：26；四；d；
(5) 由上述分析可知：B为Na元素、C为P元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子；
(6) 由上述分析可知：D为N元素，D的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。
3． FeS2 11 2Fe3++Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【分析】由③中信息可知： B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4 乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D ( H2SO4) +E ( Fe2O3)→F，则F为Fe2 (SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。
【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 +8SO2，由此分析可知，每消耗4 mol FeS2，转移电子为44mol，即每反应1 mol的A ( FeS2)转移的电子为11 mol ，故答案为.：FeS2；11。
(2)由转化关系图可知F为Fe2 (SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)少量饱和Fe2 (SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2 (SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe (OH) 3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe (OH) 3胶体，即①Fe2 (SO4)3、③Fe (OH) 3胶体、② Fe (OH) 3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；
(4)化合物M与H ( H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G ( FeSO4)氧化为F[Fe2 (SO4)3]的离子方程式为： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
4． 高氯酸 2Mg+CO22MgO+C 3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn 在氢氧化铝中存在电离平衡，当加入强酸时电离平衡向右移动，氢氧化铝溶解；当加入强碱时电离平衡向左移动，氢氧化铝溶解
【分析】W和Z组成化合物溶液遇苯酚呈紫色，则W为Fe、Z为Cl； 、Y、Z属同一短周期元素，其离子以、、的形式存在，则、Y分别是Mg、Al元素。
【详解】(1)Z是Cl元素，氯元素的最高化合价为价，对应的最高价氧化物的水化物为，其名称为高氯酸；
(2)X是镁元素，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；
(3)铝与二氧化锰反应生成氧化铝和锰，其反应为3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn，氢氧化铝存在电离平衡，当加入强酸时电离平衡向右移动，氢氧化铝溶解；当加入强碱时电离平衡向左移动，氢氧化铝溶解；
(4)的物质的量为，设生成氢气的体积为V；
V=14.9L；
(5)由流程图中的反应②可知，氧化镁与碳和氯气反应生成氯化镁和碳的氧化物，lmolMgO参加反应时，有2mol电子转移且生成三种产物，即1mol氯气作氧化剂时，碳作还原剂，且生成均为的和CO，其反应为。
5． b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能
【分析】Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；
(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；
Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4 L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。
【详解】(1)
a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；
b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；
c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；
(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。
(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。
(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。
(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。
6． 1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
7． Fe+4H++NO3-= Fe3++NO↑+2H2O 第四周期VIII族 C(s)+O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol Al3++4OH-=AlO2-+2H2O c c(A-)>c(M+) >c(H+)>c(OH-)
【分析】(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，由转化关系可知，X为变价金属为Fe，W为硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁；
(2)若X为非金属单质，X和W反应生成物与W的量有关，则X是变价元素，W是空气的主要成分之一，则X为碳、W为氧气，Y是二氧化碳，Z是一氧化碳；
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，X为铝盐、Y为偏铝酸盐、Z为氢氧化铝；
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物，则W为SO2、Z为亚硫酸盐，Y为亚硫酸氢盐。
【详解】(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，由转化关系可知，X为变价金属为Fe，W为硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：Fe+4H++NO3-= Fe3++NO↑+2H2O，铁位于第四周期VIII族，
(2)若X为非金属单质，X和W反应生成物与W的量有关，则X是变价元素，W是空气的主要成分之一，则X为碳、W为氧气，Y是二氧化碳，Z是一氧化碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，根据图知 H=-393.5-(-283.0)=-110.5kJ/mol，所以该热化学反应方程式为C(s)+O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol；
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，X为铝盐、Y为偏铝酸盐、Z为氢氧化铝，铝离子和过量强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据图知，a、b点酸过量，d碱过量，c点二者恰好反应生成强碱弱酸盐，则水的电离程度最大，a点溶液中溶质是等物质的量浓度的HA和MA，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+ c(M+)=c(OH-)+ c(A-)，所以c(A-)>c(M+)，酸的电离程度较小，所以c(M+)> c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(A-)>c(M+) >c(H+)>c(OH-)；
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物，则W为SO2、Z为亚硫酸盐，Y为亚硫酸氢盐，Z是亚硫酸盐，为强酸弱碱盐，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，硫酸是强电解质，完全电离导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，则pH逐渐减小，所以其图象为。
【点睛】亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，硫酸是强电解质，完全电离导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强。
8． Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O S(s)+O2 (g)=SO2 (g) H=-296kJ/mol K2S H2O + S2- HS-+OH- c(K+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+) 5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O 阴 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 溶液先变红后褪色
【分析】标准状况下X2的密度为3.17g L-1，则相对分子质量为3.17×22.4=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色透过钴玻璃，应含有K元素，且常温下，0.1mol L-1Z的水溶液pH=13，说明Z为一元强碱，则Z为KOH，S和KOH反应生成K2SO3和K2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S。
【详解】(1)常温下Cl2与KOH反应的离子方程式为Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O；
(2)n(S)==0.5mol，完全燃烧生成气态产物时放出148kJ热量，则1molS完全燃烧放出296kJ的热量，热化学方程式为S(s)+O2 (g)=SO2 (g) H=-296kJ/mol；
(3)S和KOH反应生成K2SO3和K2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S，
①D为K2S，为强碱弱酸盐，发生H2O + S2- HS-+OH-，HS-+ H2O H2S+OH-，则溶液呈碱性，一步水解程度大于第二步水解程度，则水溶液中离子浓度由大到小顺序为c(K+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)；
②n(SO32-)=0.02×0.5=0.01mol，n(MnO4-)=0.02×0.2=0.004mol，物质的量之比为5：2，
反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；
(4)①工业上常以石墨和铁分别做电极，用隔膜法电解某盐溶液来生产Cl2和NaOH，铁应作电解池的阴极；
②用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解后生成的NaOH与Cl2反应生成NaClO，故滴入酚酞中，溶液先变红后褪色。
9． 第三周期第ⅦA族 离子键、非极性共价键 AC 32
【分析】浓度均为0.01mol/L的溶液，X、R的最高价氧化物对应的水化物pH=2，X、R的最高价氧化物的水化物为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物pH=12，Y的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Z的最高价氧化物的水化物的pH>2且溶液呈酸性，Z的最高价氧化物的水化物为弱酸，W的最高价氧化物的水化物的pH<2，W的最高价氧化物的水化物为多元强酸，结合原子序数的关系，所以X、Y、Z、W、R分别为N、Na、P、S、Cl元素。
【详解】元素Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，磷原子结构示意图为 ，
故答案为：第三周期第ⅦA族； ；
元素Y和W形成的型化合物为，其电子式为： ，含有离子键、非极性共价键，
故答案为：离子键、非极性共价键；
II（1）A.S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易，能证明非金属性，故A正确；
B.酸性：，由于亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故B错误；
C.CS2中碳元素为价，硫元素为价，说明硫原子对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：，故C正确；
故答案为：AC；
（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18，故锗的原子序数为，
故答案为：32；
②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：，
故答案为：；
（3）①COS分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C与O、C与S均形成两对共用电子对，用电子式表示羰基硫分子的形成过程为 ，
故答案为： ；
由图示可知生成正盐为，由元素守恒可知，生成正盐还有，反应为，硫化钠与水反应生成，S元素的化合价升高，则生成的气体a为还原产物氢气，结合原子守恒还有氢氧化钠生成，其反应的离子方程式为：，
故答案为：；。
10． 离子键、非极性键 离子 直线型 金刚石 NaCl为离子晶体，而为分子晶体
【分析】X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，
元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的，则X为C元素；
元素是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子，则W为Cl；
元素的电离能数据可知，Z最外层有1个电子，原子序数比O的大，则为Na；据此分析解答。
【详解】X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，
元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的，则X为C元素；
元素是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子，则W为Cl；
元素的电离能数据可知，Z最外层有1个电子，原子序数比O的大，则为Na；
为Na2O2，其电子式为，过氧根离子中两个氧原子间以非极性键结合，钠离子与过氧根离子间以离子键结合，过氧化钠属于离子晶体；
故答案为：；离子键、非极性键；离子；
与水反应的化学方程式为，基态分子中并不存在双键，氧分子里形成了两个三电子键，两个氧原子进行sp轨道杂化，一个单电子填充进sp杂化轨道，成键，另一个单电子填充进p轨道，成键，所以氧气结构式为，分子构型为直线型；
故答案为：；直线型；
、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，只有C形成的金刚石为原子晶体，其硬度最大；NaCl为离子晶体，而为分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点；中C原子上的孤电子对数为，键电子对数为4，则价层电子对数为4，故C原子的杂化方式为；
故答案为：金刚石；NaCl为离子晶体，而为分子晶体；；
根据NaCl晶体的结构示意图可知，每个晶胞中含有钠离子数为，氯离子数为，根据可知，，所以晶胞的边长为，晶胞的面对角线为，根据晶胞结构可知，NaCl晶体中两个最近的钠离子中心间的距离d应为晶胞面对角线的一半，所以；
故答案为：。
11． 、、 （或）
【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02mol NO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。
【详解】(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为；
(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；
(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：(或)。
12． (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 CO32-+H2OHCO3-+OH- Ag++Cl-=AgCl↓ Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 加NaOH加热，如能产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有NH4+ 4OH--4e-=O2↑+2H2O 1.12
【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；
②D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，则D中含有CO32-，根据阳离子可知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C为AgNO3；
⑥把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42-；所以B、E为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知A为BaCl2；B为(NH4)2SO4；C为AgNO3；D为Na2CO3；E为Al2(SO4)3。
(1)由以上分析可知所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；
(2)D的化学式为Na2CO3；Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；
(3)A和C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式是Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(4)检验(NH4)2SO4中所含的阳离子NH4+的方法为：取少量(NH4)2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+；
(5)C中为AgNO3，电解时阳极上OH-失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，当转移0.2mol电子时，可生成0.05mol氧气，其在标准状况下的体积V(O2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
【点睛】本题考查物质的检验和推断，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，掌握常见离子的性质、反应现象及与物质反应时的物质的量关系对反应的影响是解题、推断的基础，综合考查了元素化合物知识及化学反应原理。
13． S SO2 H2SO4 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 2SO2＋O22SO3 能 H2S＋H2SO4(浓)==S↓＋SO2↑＋2H2O 溶液变浑浊，有刺激性气味的气体放出 H2O2能把SO2氧化为H2SO4 H2O2＋SO2==H2SO4，H2SO4＋BaCl2==BaSO4↓＋2HCl
【分析】A为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知A为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)A通常状态下为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知A为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，故答案为：S；SO2；H2SO4；
(2)①E→C的反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②C→D的反应方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；2SO2+O22SO3；
(3)硫化氢与浓硫酸能够发生氧化还原反应，反应方程式为：H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体，故答案为：能； H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；产生淡黄色沉淀，有无色有刺激性气味的气体放出；
(4)将二氧化硫通入BaCl2溶液中，没有明显现象，但若加入H2O2，则有白色沉淀生成，是因为H2O2能把SO2氧化为H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的化学方程式为H2O2＋SO2=H2SO4，H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，故答案为：H2O2能把SO2氧化为H2SO4；H2O2＋SO2=H2SO4，H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。
【点睛】解答本题可以由E突破，A单质能与氢气反应，A应为非金属单质，则E为酸，根据E能和Cu反应，说明应为氧化性酸，可为H2SO4或HNO3。
14． 第三周期ⅡA族 熔融、电解 、 SiC ，
【分析】由反应可知应为，与氨气、氯化铵反应生成和，加入碱液，可生成，加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。
【详解】所含元素的简单离子分别为、、、，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期ⅡA族，为离子化合物，电子式为，
故答案为：；第三周期ⅡA族；；
的化学式为，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用，
故答案为：；熔融、电解；、；
在一定条件下，由和反应生成和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是和分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反应生成SiC，
故答案为：SiC；
为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为，
故答案为：；
由题给信息可知制备，可由与生成，也可由和反应生成，故答案为：，。
【点睛】本题以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解和运用，注意把握题给信息以及物质的性质。
15． 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O NH3 2NH3+CO2+Ca2++H2O=CaCO3↓+2NH4+
【分析】无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，据此分析解答。
【详解】(1)工业上制取漂白粉是利用氯气与消石灰反应制备的，反应的化学反应方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，故答案为：NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+。
16． 3 A、C
【分析】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应；
元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断；
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为，据此答题。
【详解】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，共3个；
元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：、稳定性：，故答案为：A、C；
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为；
化合物B的电子式为 ；其水溶液呈碱性的原因是一水合氨电离产生氢氧根离子，离子方程式为；
化合物与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池负极为氨气发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为；
当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，根据盖斯定律，将反应反应ⅠⅡ可得反应Ⅰ的热化学方程式为。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
17． 2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO +2H2O N、S
【分析】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S，据此进行解答。
【详解】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S；
为S元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，C、N、O、S中非金属性O最强，稳定性最强的为；
与分别为、，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：；
根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物X，X与氧气反应生成氧化物Y，Y生成酸，酸可以生成X，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：N、S；
为，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失去电子生成乙酸，电极反应为：，正极在酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：，所以A处为。
【点睛】考查位置、结构与性质关系的综合应用，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
18． 第三周期第ⅢA族 抑制 离子键、共价键
【分析】A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；
(1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠；
①A中含有的金属元素为Al；加入X为氢氧化钠，抑制水的电离程度；
②A与C的水溶液混合后生成B，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；
(2)①若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构，同时A在X中燃烧，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；
②X与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；
(3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；
①A为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；
②C为NaHCO3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。
【详解】若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠。
、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al，在周期表中位置是第三周期，ⅢA族，向水中加入X氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；
的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为；
若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为结构，由转化关系可知，A为白磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；
是白磷，是正四面体结构，所以1molA单质中含共价键数目为6NA；B为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷B的电子式为；
为，与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：；
若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；
为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A中所含有的化学键是离子键、共价键；
为，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由小到大的顺序是：。
【点睛】解无机推断题常见思维方法：①正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；②逆向推理：以最终产物(或题中某一明显特征)为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案；④综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。
答案第1页，共2页
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1．（2020秋·福建泉州·高三泉州五中校考专题练习）A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色（含钠元素），而B的焰色反应为紫色（含钾元素），A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E。试写出各物质的化学式：
A： 、B： 、C： 、D： 、E： 。
2．（2020·湖南岳阳·岳阳一中校考模拟预测）A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为： ，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：
(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 ，碱性最强的是 。
(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是 ，电负性最大的元素是 。
(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点 （填"高"或"低"），原因
(4)E元素原子的核电荷数是 ，E元素在周期表的第 周期，第 族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在 区。
(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是 晶体、 晶体
(6)画出D的核外电子排布图 ，这样排布遵循了 原理和 规则。
3．（2022·河南开封·河南大学附属中学校考模拟预测）几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：
可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物
②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。
③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。
试根据上述信息回答下列问题：
(1)A的化学式为 ，每反应lmol的A转移的电子数为 mol；
(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式： ；
(3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。
试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：
(4)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：
4．（2020·全国·高三专题练习）有X、Y、Z和W四种元素．已知：①、Y、Z属同一短周期，其离子以、、的形式存在。②和Z组成化合物溶液遇苯酚呈紫色。请回答：
(1)Z的最高价氧化物对应水化物的名称为
(2)X的单质在二氧化碳中燃烧的化学方程式为
(3)Y的单质可用于冶炼金属锰，写出Y与二氧化锰反应的化学方程式 ，Y的最高价氧化物对应的水化物既可溶于强酸又可溶于强碱，请用电离平衡理论解释其原因
(4)当有 W组成的单质，在加热条件下与足量水完全反应，则生成气体标准状况下的体积为 L
(5)我国陆地上冶炼X的主要流程如图所示：
已知当有 lmolX的氧化物参加反应时，有2mol电子转移且生成三种产物，则步骤②反应的化学方程式为
5．（2019·河北衡水·河北衡水中学校考二模）Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是 。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱，非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为 (填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是 (填离子符号)。
(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 (填字母)。
a.NH3 b.HI c.SO2 d.CO2
(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式： 。
Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
(5)甲的化学式是 ；乙的电子式是 。
(6)甲与水反应的化学方程式是 。
(7)判断：甲与乙之间 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。
6．（2020秋·福建莆田·高三校考期中）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： 。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸， 、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为 。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为 。
7．（2020·全国·高三专题练习）X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示水及部分产物已略去．
(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，X与过量W反应生成Y的离子方程式为 ；组成X的元素在周期表中的位置是 。
(2)若X为非金属单质，W是空气的主要成分之一，它们之间转化的能量变化如图A所示，则X+W→Z的热化学方程式为 。
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，则X与过量W反应生成Y的离子方程式为 。室温下，若用0.1mol/L的W溶液滴定V mL 0.1mol/L HA溶液，滴定曲线如图B所示，则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是 点；a点溶液中离子浓度的大小顺序为 ．
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物。常温时，将Z的水溶液露置于空气中，请在图C中画出其pH随时间(t)的变化趋势曲线图不考虑水的挥发 。
8．（2020·全国·高三专题练习）短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为3.17g L-1，常温下，Y为浅黄色固体。Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色透过钴玻璃；0.1mol L-1Z的水溶液pH=13。X2、Y和Z之间有如下转化关系其他无关物质已略去：
(1)写出单质X2与Z反应的离子方程式： 。
(2)已知16g单质Y完全燃烧放出148kJ热量。写出热化学方程式： 。
(3)已知C能与较浓盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体
①D的化学式是： ；D的水溶液pH>7，原因是用离子方程式表示： 。
②0.1mol L-1的D溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
③将20mL0.5mol L-1溶液逐滴加入到20mL0.2mol L-1 KMnO4溶液硫酸酸化中，溶液恰好褪为无色。写出反应的离子方程式： 。
(4)①石墨和铁做电极，用隔膜电解槽电解A的溶液，阳极可产生X2。则铁做 极。
②按下图电解A的饱和溶液，写出该电解池中较长时间内发生反应的总反应方程式： 。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是 。
9．（2020·全国·高三专题练习）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。
I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物浓度均为溶液的pH和原子序数的关系如图所示。
元素R在周期表中的位置是 ；元素Z的原子结构示意图是 。
元素Y和W形成的型化合物中含有化学键的类型为 。
短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如、、COS等。
下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是 填序号
A．S与发生化合反应比C与化合更容易
B．酸性：
C．中碳元素为价，硫元素为价
铅、锡、锗与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：
锗的原子序数为 。
它们价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为 填化学式。
羰基硫可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和相似。
用电子式表示羰基硫的形成过程： 。
羰基硫用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：
已知A是一种正盐，则A的化学式为 ；若气体a为单质，反应II的离子方程式为 。
10．（2020·福建·高三专题练习）X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，已知：元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的。元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子。元素的电离能数据如表：
496 4562 6912 9540
请回答：
的电子式为 ，含有的化学键类型为 ，为 晶体。
遇水发生强烈水解产生一种气体A，溶液呈碱性，则A的结构式为 ，其分子空间构型为 。
、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，硬度最大的是 填物质的名称；晶体ZW的熔点比晶体明显高的原因是 ；中X原子的杂化轨道类型为 。
晶体的结构示意图如图所示。设该晶体的摩尔质量为，晶体的密度为阿伏加 德罗常数为，则晶体中两个最近的Z离子中心间的距离 。
11．（2021·全国·高三专题练习）由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是 ，A的化学式是 。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是 （乌洛托品可以用分子式表示）。
12．（2020·全国·高三专题练习）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl-、NO3-、SO42-、CO32-。已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；
②D的焰色反应呈黄色；③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；
④若在这五种盐溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；
⑤若在这五种盐溶液中分别加入氨水，E和C溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀．
(1)五种盐中所含阴离子相同的两种盐的化学式是 。
(2)D溶液显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。
(3)A和C的溶液反应的离子方程式是 ，E和氨水反应的离子方程式是 。
(4)若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是 。
(5)以石墨作电极，电解足量C的溶液，阳极的电极反应式为 ，当转移0.2mol电子时，共产生气体 L(标准状况)。
13．（2021·全国·高三专题练习）在通常状况下，A为固态单质。根据如图所示转化关系，回答：
(1)写出A、C、E的化学式：
A． ，C． ，E. 。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①E→C 。
②C→D 。
(3)B与E的浓溶液 (填“能”或“不能”)发生反应，若能反应，则反应的化学方程式为 ，反应现象为 。
(4)将C通入BaCl2溶液中，没有明显现象，但若加入H2O2，则有白色沉淀生成，请分析其原因： ，并写出有关的化学方程式 。
14．（2020·全国·高三专题练习）图中反应是制备的一种方法，其副产物是优质的镁资源。回答下列问题：
所含元素的简单离子半径由小到大的顺序除外： 。
Mg在元素周期表中的位置； ，的电子式： 。
的化学式为 ，反应的必备条件是 。上图中可以循环使用的物质有 。
在一定条件下，由和反应生成和一种固体耐磨材料 写化学式。
为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
用Mg制成的格氏试剂 常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
RBrRMgBr：烃基；R’：烃基或
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式： 。
15．（2020·全国·高三专题练习）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成。将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色。分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F。
（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式 。
（2）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是 (填化学式)，写出制备E和F的离子反应方程式 。
16．（2020·全国·高三专题练习）A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：
如图三个反应中，属于氧化还原反应的有 个．
若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有 ．
A．还原性： B．酸性：
C．稳定性： C．沸点：
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性答题必须用具体物质表示．
化合物B的电子式为 ；其水溶液呈碱性的原因是 用离子方程式表示．
化合物B可与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式 ．
当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，则反应Ⅰ的热化学方程式为 注：反应条件相同、所有物质均为气体．
17．（2020·全国·高三专题练习）A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大；A的主族序数、周期数、原子序数均相同；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C是植物生长所需的主要元素之一；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：
的离子结构示意图为 ，B、C、D、E与A形成的化合物中稳定性最强的是 填化学式．
在加热和Cu作催化剂时，化合物与反应生成其中一种产物是的化学方程式为 ．
五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有图 填元素符号
图所示是一种酸性燃料电池检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为 出口处的物质 ．
18．（2020·全国·高三专题练习）A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。
请针对以下三种不同情况回答：
若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。
中含有的金属元素在元素周期表中的位置为 ，向水中加入X物质，X对水的电离平衡的影响是 填“促进”、“抑制”或“无影响”。
与C的水溶液混合后生成B，反应的离子方程式为 。
若A为固态非金属单质，A与X同周期，同时A在X中燃烧，生成和白色烟雾，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8电子结构。
若A为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为，则单质中含共价键数目为 ，B的电子式为 。
与水反应的离子方程式为 。
若A、B、C的焰色反应呈黄色，A为淡黄色固体，B、C的水溶液均为碱性，A溶于水后可与X反应生成C，常温下，X为气态酸性氧化物。
中所含有的化学键类型是 。
溶液中离子浓度由小到大的顺序是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． Na2CO3 KOH NaHCO3 NaCl Fe(OH)3
【详解】A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，含有钠元素。而B的焰色反应为紫色，含有钾元素；A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，这说明C是碳酸氢钠，A是碳酸钠，D是氯化钠，通入的无色气体是二氧化碳。B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀，说明溶液中发生了反应：Fe2+→Fe(OH)2(白色沉淀)→Fe(OH)3(红褐色沉淀)， E是氢氧化铁，由于B的溶液中阴离子只有一种，所以B是KOH。答案为：Na2CO3；KOH；NaHCO3；NaCl；Fe(OH)3
【点睛】要熟悉常见物质的物理性质和化学性质，特别要熟悉物质之间的转化关系。如本题中，Na2CO3和NaHCO3之间可以相互转化：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；Fe2+的转化：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
2． HNO3 NaOH F F 高 因为NH3分子间形成氢键 26 四 d Ⅷ 离子 分子 1s22s22p3 泡利 洪特
【分析】根据A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图 可知，x=2，A的原子序数为14， 故A为Si元素； A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe元素。所以由上述分析可知，A为Si元素，B为Na元素、C为P元素，D为N元素，E为Fe元素。
【详解】(1) 由上述分析可知：五种元素中N的非金属性最强，Na的金属性最强，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3； NaOH ；
(2)由上述分析可知：D为N元素，属于第二周期，根据同周期自左而右，第一电离能增大(个别除外)，所以第一电离能最大的元素是F；同一周期自左而右，电负性逐渐增大，故电负性最大的元素是F，故答案为： F；F；
(3) 由上述分析可知：D为N元素，D的氢化物为NH3，C为P元素，C的氢化物为PH3，因为NH3分子间形成氢键，所以沸点NH3> PH3，故答案：高；因为NH3分子间形成氢键 ；
(4)根据E的外围电子排布式为3d64s2可知，E核电荷数是26，元素在周期表的第四周期第VIII族， 价电子排布式为3d64s2，所以位于元素周期表d区，故答案为：26；四；d；
(5) 由上述分析可知：B为Na元素、C为P元素，B、C的最高价氧化物分别为Na2O属于离子晶体，P2O5属于分子晶体，故答案：离子；分子；
(6) 由上述分析可知：D为N元素，D的核外电子排布图1s22s22P3，这样排布是遵循了泡利原理和洪特规则。答案：1s22s22P3；泡利；洪特。
3． FeS2 11 2Fe3++Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【分析】由③中信息可知： B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4 乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D ( H2SO4) +E ( Fe2O3)→F，则F为Fe2 (SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。
【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 +8SO2，由此分析可知，每消耗4 mol FeS2，转移电子为44mol，即每反应1 mol的A ( FeS2)转移的电子为11 mol ，故答案为.：FeS2；11。
(2)由转化关系图可知F为Fe2 (SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)少量饱和Fe2 (SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2 (SO4)3；加入②NaOH溶液中会产生Fe (OH) 3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe (OH) 3胶体，即①Fe2 (SO4)3、③Fe (OH) 3胶体、② Fe (OH) 3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；
(4)化合物M与H ( H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G ( FeSO4)氧化为F[Fe2 (SO4)3]的离子方程式为： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
4． 高氯酸 2Mg+CO22MgO+C 3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn 在氢氧化铝中存在电离平衡，当加入强酸时电离平衡向右移动，氢氧化铝溶解；当加入强碱时电离平衡向左移动，氢氧化铝溶解
【分析】W和Z组成化合物溶液遇苯酚呈紫色，则W为Fe、Z为Cl； 、Y、Z属同一短周期元素，其离子以、、的形式存在，则、Y分别是Mg、Al元素。
【详解】(1)Z是Cl元素，氯元素的最高化合价为价，对应的最高价氧化物的水化物为，其名称为高氯酸；
(2)X是镁元素，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；
(3)铝与二氧化锰反应生成氧化铝和锰，其反应为3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn，氢氧化铝存在电离平衡，当加入强酸时电离平衡向右移动，氢氧化铝溶解；当加入强碱时电离平衡向左移动，氢氧化铝溶解；
(4)的物质的量为，设生成氢气的体积为V；
V=14.9L；
(5)由流程图中的反应②可知，氧化镁与碳和氯气反应生成氯化镁和碳的氧化物，lmolMgO参加反应时，有2mol电子转移且生成三种产物，即1mol氯气作氧化剂时，碳作还原剂，且生成均为的和CO，其反应为。
5． b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能
【分析】Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；
(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；
Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4 L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。
【详解】(1)
a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；
b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；
c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；
(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。
(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。
(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。
(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。
6． 1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
7． Fe+4H++NO3-= Fe3++NO↑+2H2O 第四周期VIII族 C(s)+O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol Al3++4OH-=AlO2-+2H2O c c(A-)>c(M+) >c(H+)>c(OH-)
【分析】(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，由转化关系可知，X为变价金属为Fe，W为硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁；
(2)若X为非金属单质，X和W反应生成物与W的量有关，则X是变价元素，W是空气的主要成分之一，则X为碳、W为氧气，Y是二氧化碳，Z是一氧化碳；
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，X为铝盐、Y为偏铝酸盐、Z为氢氧化铝；
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物，则W为SO2、Z为亚硫酸盐，Y为亚硫酸氢盐。
【详解】(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，由转化关系可知，X为变价金属为Fe，W为硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：Fe+4H++NO3-= Fe3++NO↑+2H2O，铁位于第四周期VIII族，
(2)若X为非金属单质，X和W反应生成物与W的量有关，则X是变价元素，W是空气的主要成分之一，则X为碳、W为氧气，Y是二氧化碳，Z是一氧化碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，根据图知 H=-393.5-(-283.0)=-110.5kJ/mol，所以该热化学反应方程式为C(s)+O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol；
(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，X为铝盐、Y为偏铝酸盐、Z为氢氧化铝，铝离子和过量强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据图知，a、b点酸过量，d碱过量，c点二者恰好反应生成强碱弱酸盐，则水的电离程度最大，a点溶液中溶质是等物质的量浓度的HA和MA，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+ c(M+)=c(OH-)+ c(A-)，所以c(A-)>c(M+)，酸的电离程度较小，所以c(M+)> c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(A-)>c(M+) >c(H+)>c(OH-)；
(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物，则W为SO2、Z为亚硫酸盐，Y为亚硫酸氢盐，Z是亚硫酸盐，为强酸弱碱盐，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，硫酸是强电解质，完全电离导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，则pH逐渐减小，所以其图象为。
【点睛】亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，硫酸是强电解质，完全电离导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强。
8． Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O S(s)+O2 (g)=SO2 (g) H=-296kJ/mol K2S H2O + S2- HS-+OH- c(K+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+) 5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O 阴 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 溶液先变红后褪色
【分析】标准状况下X2的密度为3.17g L-1，则相对分子质量为3.17×22.4=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色透过钴玻璃，应含有K元素，且常温下，0.1mol L-1Z的水溶液pH=13，说明Z为一元强碱，则Z为KOH，S和KOH反应生成K2SO3和K2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S。
【详解】(1)常温下Cl2与KOH反应的离子方程式为Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O；
(2)n(S)==0.5mol，完全燃烧生成气态产物时放出148kJ热量，则1molS完全燃烧放出296kJ的热量，热化学方程式为S(s)+O2 (g)=SO2 (g) H=-296kJ/mol；
(3)S和KOH反应生成K2SO3和K2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S，
①D为K2S，为强碱弱酸盐，发生H2O + S2- HS-+OH-，HS-+ H2O H2S+OH-，则溶液呈碱性，一步水解程度大于第二步水解程度，则水溶液中离子浓度由大到小顺序为c(K+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)；
②n(SO32-)=0.02×0.5=0.01mol，n(MnO4-)=0.02×0.2=0.004mol，物质的量之比为5：2，
反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；
(4)①工业上常以石墨和铁分别做电极，用隔膜法电解某盐溶液来生产Cl2和NaOH，铁应作电解池的阴极；
②用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解后生成的NaOH与Cl2反应生成NaClO，故滴入酚酞中，溶液先变红后褪色。
9． 第三周期第ⅦA族 离子键、非极性共价键 AC 32
【分析】浓度均为0.01mol/L的溶液，X、R的最高价氧化物对应的水化物pH=2，X、R的最高价氧化物的水化物为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物pH=12，Y的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Z的最高价氧化物的水化物的pH>2且溶液呈酸性，Z的最高价氧化物的水化物为弱酸，W的最高价氧化物的水化物的pH<2，W的最高价氧化物的水化物为多元强酸，结合原子序数的关系，所以X、Y、Z、W、R分别为N、Na、P、S、Cl元素。
【详解】元素Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，磷原子结构示意图为 ，
故答案为：第三周期第ⅦA族； ；
元素Y和W形成的型化合物为，其电子式为： ，含有离子键、非极性共价键，
故答案为：离子键、非极性共价键；
II（1）A.S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易，能证明非金属性，故A正确；
B.酸性：，由于亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故B错误；
C.CS2中碳元素为价，硫元素为价，说明硫原子对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：，故C正确；
故答案为：AC；
（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18，故锗的原子序数为，
故答案为：32；
②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：，
故答案为：；
（3）①COS分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C与O、C与S均形成两对共用电子对，用电子式表示羰基硫分子的形成过程为 ，
故答案为： ；
由图示可知生成正盐为，由元素守恒可知，生成正盐还有，反应为，硫化钠与水反应生成，S元素的化合价升高，则生成的气体a为还原产物氢气，结合原子守恒还有氢氧化钠生成，其反应的离子方程式为：，
故答案为：；。
10． 离子键、非极性键 离子 直线型 金刚石 NaCl为离子晶体，而为分子晶体
【分析】X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，
元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的，则X为C元素；
元素是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子，则W为Cl；
元素的电离能数据可知，Z最外层有1个电子，原子序数比O的大，则为Na；据此分析解答。
【详解】X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，
元素原子价电子排布式为，且原子半径是同族元素中最小的，则X为C元素；
元素是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有一个未成对电子，则W为Cl；
元素的电离能数据可知，Z最外层有1个电子，原子序数比O的大，则为Na；
为Na2O2，其电子式为，过氧根离子中两个氧原子间以非极性键结合，钠离子与过氧根离子间以离子键结合，过氧化钠属于离子晶体；
故答案为：；离子键、非极性键；离子；
与水反应的化学方程式为，基态分子中并不存在双键，氧分子里形成了两个三电子键，两个氧原子进行sp轨道杂化，一个单电子填充进sp杂化轨道，成键，另一个单电子填充进p轨道，成键，所以氧气结构式为，分子构型为直线型；
故答案为：；直线型；
、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，只有C形成的金刚石为原子晶体，其硬度最大；NaCl为离子晶体，而为分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点；中C原子上的孤电子对数为，键电子对数为4，则价层电子对数为4，故C原子的杂化方式为；
故答案为：金刚石；NaCl为离子晶体，而为分子晶体；；
根据NaCl晶体的结构示意图可知，每个晶胞中含有钠离子数为，氯离子数为，根据可知，，所以晶胞的边长为，晶胞的面对角线为，根据晶胞结构可知，NaCl晶体中两个最近的钠离子中心间的距离d应为晶胞面对角线的一半，所以；
故答案为：。
11． 、、 （或）
【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02mol NO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。
【详解】(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为；
(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；
(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：(或)。
12． (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 CO32-+H2OHCO3-+OH- Ag++Cl-=AgCl↓ Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 加NaOH加热，如能产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有NH4+ 4OH--4e-=O2↑+2H2O 1.12
【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；
②D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，则D中含有CO32-，根据阳离子可知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C为AgNO3；
⑥把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42-；所以B、E为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知A为BaCl2；B为(NH4)2SO4；C为AgNO3；D为Na2CO3；E为Al2(SO4)3。
(1)由以上分析可知所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；
(2)D的化学式为Na2CO3；Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；
(3)A和C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式是Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(4)检验(NH4)2SO4中所含的阳离子NH4+的方法为：取少量(NH4)2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+；
(5)C中为AgNO3，电解时阳极上OH-失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，当转移0.2mol电子时，可生成0.05mol氧气，其在标准状况下的体积V(O2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
【点睛】本题考查物质的检验和推断，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，掌握常见离子的性质、反应现象及与物质反应时的物质的量关系对反应的影响是解题、推断的基础，综合考查了元素化合物知识及化学反应原理。
13． S SO2 H2SO4 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 2SO2＋O22SO3 能 H2S＋H2SO4(浓)==S↓＋SO2↑＋2H2O 溶液变浑浊，有刺激性气味的气体放出 H2O2能把SO2氧化为H2SO4 H2O2＋SO2==H2SO4，H2SO4＋BaCl2==BaSO4↓＋2HCl
【分析】A为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知A为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)A通常状态下为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知A为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，故答案为：S；SO2；H2SO4；
(2)①E→C的反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②C→D的反应方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；2SO2+O22SO3；
(3)硫化氢与浓硫酸能够发生氧化还原反应，反应方程式为：H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体，故答案为：能； H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；产生淡黄色沉淀，有无色有刺激性气味的气体放出；
(4)将二氧化硫通入BaCl2溶液中，没有明显现象，但若加入H2O2，则有白色沉淀生成，是因为H2O2能把SO2氧化为H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的化学方程式为H2O2＋SO2=H2SO4，H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，故答案为：H2O2能把SO2氧化为H2SO4；H2O2＋SO2=H2SO4，H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。
【点睛】解答本题可以由E突破，A单质能与氢气反应，A应为非金属单质，则E为酸，根据E能和Cu反应，说明应为氧化性酸，可为H2SO4或HNO3。
14． 第三周期ⅡA族 熔融、电解 、 SiC ，
【分析】由反应可知应为，与氨气、氯化铵反应生成和，加入碱液，可生成，加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。
【详解】所含元素的简单离子分别为、、、，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期ⅡA族，为离子化合物，电子式为，
故答案为：；第三周期ⅡA族；；
的化学式为，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用，
故答案为：；熔融、电解；、；
在一定条件下，由和反应生成和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是和分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反应生成SiC，
故答案为：SiC；
为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为，
故答案为：；
由题给信息可知制备，可由与生成，也可由和反应生成，故答案为：，。
【点睛】本题以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解和运用，注意把握题给信息以及物质的性质。
15． 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O NH3 2NH3+CO2+Ca2++H2O=CaCO3↓+2NH4+
【分析】无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，据此分析解答。
【详解】(1)工业上制取漂白粉是利用氯气与消石灰反应制备的，反应的化学反应方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，故答案为：NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+。
16． 3 A、C
【分析】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应；
元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断；
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为，据此答题。
【详解】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，共3个；
元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：、稳定性：，故答案为：A、C；
若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为；
化合物B的电子式为 ；其水溶液呈碱性的原因是一水合氨电离产生氢氧根离子，离子方程式为；
化合物与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池负极为氨气发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为；
当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，根据盖斯定律，将反应反应ⅠⅡ可得反应Ⅰ的热化学方程式为。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
17． 2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO +2H2O N、S
【分析】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S，据此进行解答。
【详解】短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是H，则A为H元素；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则B为C元素；D和A可形成化合物和，且是最常见的溶剂，则D为O元素；植物生长所需元素是N、P、K，又A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，则C为N元素；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则E为第三周期元素S；
为S元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，C、N、O、S中非金属性O最强，稳定性最强的为；
与分别为、，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：；
根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物X，X与氧气反应生成氧化物Y，Y生成酸，酸可以生成X，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：N、S；
为，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失去电子生成乙酸，电极反应为：，正极在酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：，所以A处为。
【点睛】考查位置、结构与性质关系的综合应用，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
18． 第三周期第ⅢA族 抑制 离子键、共价键
【分析】A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；
(1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠；
①A中含有的金属元素为Al；加入X为氢氧化钠，抑制水的电离程度；
②A与C的水溶液混合后生成B，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；
(2)①若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构，同时A在X中燃烧，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；
②X与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；
(3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；
①A为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；
②C为NaHCO3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。
【详解】若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠。
、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al，在周期表中位置是第三周期，ⅢA族，向水中加入X氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；
的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为；
若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为结构，由转化关系可知，A为白磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气；
是白磷，是正四面体结构，所以1molA单质中含共价键数目为6NA；B为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷B的电子式为；
为，与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：；
若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳；
为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A中所含有的化学键是离子键、共价键；
为，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由小到大的顺序是：。
【点睛】解无机推断题常见思维方法：①正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；②逆向推理：以最终产物(或题中某一明显特征)为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案；④综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。
答案第1页，共2页
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