2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题（四）含解析

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2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题（四）

1．（2023春·陕西西安·高三校考阶段练习）有五种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所示：
元素
结构、性质等信息
A
是短周期元素(稀有气体元素除外)中原子半径最大的元素，含该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性
C
其气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂
D
是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的杀菌消毒剂
E
元素原子的L电子层上有2对成对电子
请根据表中信息回答下列问题。
(1)B元素在元素周期表中的位置为___________。
(2)C元素原子核外有___________个未成对电子，能量最高的电子排布在___________轨道上，该轨道呈___________形。
(3)已知CD3分子中D元素显＋1价，则该情况下，C、D元素的电负性大小关系是___________(用元素符号表示)，CD3与水反应后的产物是___________(填化学式)。
(4)分子中的大π键可以用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，CE的大Π键为___________。
2．（2022秋·江西宜春·高三上高三中校考阶段练习）现有无色透明溶液，只含有下列离子中的若干种，每种离子的数量都相等：、、、、、、。现取三份各100mL溶液进行实验。
实验1：第一份加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生：
实验2：第二份加入足量NaOH溶液加热有气体放出：
实验3：第三份加入足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解。
(1)由实验1能否确定存在？__________(填“能”或“否”)。
(2)由实验2发生的离子方程式是____________________。
(3)实验3中沉淀的化学式为__________，该沉淀溶于盐酸的离子方式为__________。
(4)综合上述实验，能否确定有Na+存在？__________(填能”或否”)。请说明理由__________。
3．（2023春·上海静安·高三统考学业考试）元素周期表(律)在学习元素及其化合物知识和科学研究中有着重要作用，联合国大会将2019年定为“化学元素周期表国际年”。下表是局部的元素周期表(部分元素用字母表示)，请回答下列问题：
  
(1)a、b、e的原子半径由大到小的顺序为___(用元素符号表示)．
(2)上表所列元素的最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是______(写化学式)，金属性最强的元素有______(写元素符号)。
(3)f、g、h三种元素的气态氢化物中，最稳定的氢化物是______(写化学式)，写出该氢化物在水中的电离方程式___________________________。
(4)某元素的2种核素的结构如图所示，该元素为上表中的元素(填写上表中“”字母)；图示的2种核素属于______(单选)。
  
A．同分异构体 B．同素异形体 C．同系物 D．同位素
(5)元素g的一种氧化物常用于漂白纸浆、草帽辫等．该氧化物具有还原性，在一定条件下能与常见氧化剂发生反应，写出其中一个反应的化学方程式：__________。
元素的电负性(x)是表示元素原子在分子内吸收电子能力的大小，也是元素的重要性质之一。下表给出了14种元素的电负性数值：
元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
电负性
1.50
2.04
1.57
2.55
3.16
3.98
0.98
元素
Mg
N
Na
O
P
S
K
电负性
1.21
3.04
0.94
3.44
2.19
2.58
0.8
(6)分析上表中元素原子的原子序数与元素电负性的数据，可以得到以下规律______(双选)。
A．同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
B．同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
C．同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
D．同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
(7)根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为______(单选)。
A．0.60 B．1.0 C．1.3 D．1.5
(8)经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性差值时，一般形成离子键；当时，一般形成共价键。请判断含有的化学键是______；写出的电子式______。
4．（2022秋·江苏扬州·高三校考阶段练习）下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题：






①

②
③

④



⑤
⑥
⑦

⑧







请回答下列问题：
(1)元素③周期表中的位置是___________。
(2)可利用一个化学反应比较⑥⑦非金属性的强弱，写出该反应的化学方程式___________。
(3)②和④可形成一种化合物，能作呼吸面具中的供氧剂的。写出该化合物的电子式___________。
(4)元素④的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为___________。
(5)比较元素⑤⑥的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱___________(用化学式表示)。
(6)比较元素③和④的简单离子半径大小___________(用离子符号表示)。
(7)锗为第四周期与硅同主族，根据元素周期率推测其单质、化合物的性质正确的是___________。(填字母)
A．锗的金属性比⑧强 B．锗的原子半径比①大
C．锗的单质可用于制半导体 D．锗的最高正价为+3
5．（2023春·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考期中）硫及其部分化合物的转化关系如图所示。

(1)硫单质俗称硫黄，通常状况下硫单质的颜色为___________；
(2)SO2可以使品红溶液褪色，说明SO2具有___________填“漂白性”或“氧化性”；
(3)化合物A的化学式为___________；
(4)写出Cu与浓硫酸在加热条件下反应的化学反应方程式___________。
6．（2023春·辽宁朝阳·高三校联考期中）a、b、c、d、e、f、g是原子序数依次增大的前四周期主族元素，a、c可以形成两种在常温下均为液体的化合物，b的一种同位素可用于测定一些文物的年代，d在短周期主族元素中半径最大，e与f处于相邻主族，且e在常温下为黄色固体，g的最内层电子数等于其最外层电子数的2倍。请回答下列问题：
(1)元素g为___________(填元素符号)，在元素周期表中的位置为___________。
(2)a、c形成的化合物中，含有非极性共价键的物质的电子式为___________。
(3)非金属性：b___________(填“>”或“”或“C>H，原子半径：Al>C>H；
（2）元素非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，表中元素中非金属最强的为F，但F不存在最高价氧化物水化物，其次是Cl，则最高价氧化水化物酸性最强的为HClO4；同周期元素从左到右金属性递减，同主族元素从上到下金属性递增，则金属性最强的为Na；
（3）f、g、h分别为P、S、Cl，同周期元素从左到右非金属性增强，氢化物的稳定性增强，则氢化物最稳定的为HCl；HCl为强酸，其电离方程式为：；
（4）同种核素质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；
（5）元素S的一种氧化物常用于漂白纸浆、草帽辫等．该氧化物具有还原性，可知为SO2，SO2与氧气反应生成三氧化硫，反应为：；
（6）A. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，故A错误；
B. 同周期元素，随着原子序数的递增，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引力增强，元素的电负性依次增大，故B正确；
C. 同主族元素，随着原子序数的递增，原子半径增大，原子核对核外电子的吸引力减弱，元素的电负性依次减小，故C正确；
D. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减弱，故D错误；
故BC；
（7）根据电负性递变规律可知K的电负性介于K和Mg之间，则B正确；
（8）根据电负性递变规律可知，Br的电负性小于Cl，则其电负性小于3.15，Al的电负性为1.50，两者，则含共价键；Mg和F的电负性差=3.98-1.21=2.77，则为存在离子键，其电子式为：  。
4．(1)第二周期第ⅦA族
(2)Cl2+H2S=2HCl＋S↓
(3)
(4)离子键，共价键
(5)H2SO4> H3PO4
(6)F- >Na+
(7)BC

【分析】由图可知，①-⑧分别为碳、氧、氟、钠、磷、硫、氯、钾元素；
【详解】（1）根据题目中的表格可知，元素③是氟元素，周期表中的位置是第二周期第ⅦA族；
（2）⑥号是硫元素，可以利用置换反应比较二者的氧化性，进而比较非金属性，Cl2+H2S=2HCl＋S↓，则氧化性：Cl2>S，非金属性：Cl2>S；
（3）②号元素是氧元素，④是钠元素，能作呼吸面具中的供氧剂的为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均会生成氧气，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为：；
（4）钠元素最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，氢氧根中含有氢氧共价键，故含有化学键类型：离子键，共价键；
（5）二者同周期，硫元素的非金属性更强，则硫元素最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，酸性关系为：H2SO4> H3PO4；
（6）③号是氟元素，④号是钠元素，核外电子层结构相同，离子半径比较可以看原子序数，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径大小关系为： F- >Na+；
（7）A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，锗的金属性比⑧弱，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；故锗的原子半径比①大，B正确；
C．锗与硅同主族，根据元素周期律，故锗与硅由相似的性质，硅可用于制半导体，可以推知，锗的单质也可用于制半导体，C正确；
D．锗最外层有4个电子，故锗的最高正价为+4，D错误；
故选BC。
5．(1)淡黄色
(2)漂白性
(3)SO3
(4)

【详解】（1）硫单质是淡黄色固体，淡黄色；
（2）二氧化硫具有漂白性可以使品红褪色，漂白性；
（3）反应②中二氧化硫被氧化为三氧化硫，所以化合物A的化学式为SO3，SO3；
（4）Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学反应方程式：，。
6．(1) K 第四周期第ⅠA族
(2)
(3) ＜ 将稀硫酸加入碳酸钠溶液中,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明硫酸酸性强于碳酸,硫的非金属性强于碳的
(4) 潜水艇的供氧剂
(5) ＜ 3：2或2：3

【分析】a、b、c、d、e、f、g是原子序数依次增大的前四周期主族元素，a、c可以形成两种在常温下均为液体的化合物，a是H，c是O。b的一种同位素可用于测定一些文物的年代，b是C；d在短周期主族元素中半径最大，d是Na。e与f处于相邻主族，且e在常温下为黄色固体，则e是S，所以f是Cl。g的最内层电子数等于其最外层电子数的2倍，原子序数大于氯元素，则g是K，据此解答。
【详解】（1）元素g为K，原子序数是19，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠA族。
（2）a、c形成的化合物中，含有非极性共价键的物质是双氧水，电子式为。
（3）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此将稀硫酸加入碳酸钠溶液中，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明硫酸酸性强于碳酸，由此可以证明硫的非金属性强于碳的。
（4）CO2与Na2O2反应的化学方程式为，因此过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂。
（5）同周期自左向右非金属性逐渐增强，简单氢化物稳定性逐渐增强，所以硫化氢的稳定性弱于氯化氢的。根据化学式H2S、HCl可知H2S、HCl的原子个数之比为3：2。
7．(1) N 第二周期第VA族
(2)水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同主族元素中最高的
(3)三角锥形
(4) Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2 [Cu(NH3)4]2+ 降低[Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度
(5) CaF2 8

【分析】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个未成对电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式3d104s1，则E是Cu元素；基态D原子的结构示意图为，则D是Ca元素；
【详解】（1）由分析可知，A元素是N，在周期表中的位置是第二周期第VA族。
（2）B是O元素，H2O在同主族元素的氢化物中沸点最高，原因是：水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同主族元素中最高的。
（3）NH3分子中氮原子价层电子对数=3+×(5-3×1)=4，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（4）①向CuSO4的水溶液中通入氨气，产生蓝色Cu(OH)2沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2；
②向CuSO4的水溶液中通入氨气至过量，最终得到深蓝色溶液，深蓝色溶液中的深蓝色是由于存在[Cu(NH3)4]2+，由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体，则加入乙醇的作用是降低[Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度。
（5）F和Ca形成的化合物甲的晶胞结构如图，F-的个数为8，Ca2+的个数为8=4，甲的化学式是CaF2；晶体中距离Ca2+最近的F-有8个，已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞质量=4×g，晶胞的体积=，晶胞边长a＝。
8．(1)SO2+2OH-=+H2O
(2)2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4或者SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4
(3) ⑤ 酸性高锰酸钾溶液褪色 还原
(4) Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 将产生气体通入品红溶液，品红褪色

【分析】由题干价类二维图图示信息可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，C为二氧化硫，SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=+H2O，故SO2+2OH-=+H2O；
（2）由分析可知，即SO2→SO3→H2SO4以及即SO2→H2SO3→H2SO4，SO2→SO3→H2SO4的化学方程式为：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，SO2→H2SO3→H2SO4的化学方程式为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4，故2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4或者SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4；
（3）实验ⅰ是+4价硫变化为+6价硫，选择的试剂是①Na2SO3溶液和氧化剂⑤酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明亚硫酸钠具有还原性，故⑤；酸性高锰酸钾溶液褪色；还原；
（4）实验ⅲ中②浓硫酸⑦铜片加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫能使⑥品红溶液褪色，证明实现转化的现象是：将产生气体通入品红溶液，品红褪色，故Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生气体通入品红溶液，品红褪色。
9．(1)ACD
(2) ①③ A B C 0.75
(3) Cu-2e- = Cu2+ 2NO+2e-+4H+ = 2NO2↑+2H2O
(4)NCl3 + 3H2O = 3HClO + NH3↑

【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a'为HCl，b'为Cl2，c'为HClO或次氯酸盐，d'为HClO3或氯酸盐，e'为HClO4或高氯酸盐。
【详解】（1）A．氨气和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成氮气，故A正确；
B．工业上通过氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，由于b为氮气，则不能由a→b→d→e来制备HNO3，故B错误；
C．由于浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，则浓盐酸和浓的次氯酸钠反应得到氯气，故C正确；
D．NH3和HCl反应生成NH4Cl，产生白烟，故D正确；
故选ACD。
（2）a．反应①为N2+6Li=2Li3N，属于氧化还原反应；反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，属于非氧化还原反应；反应③为4LiOH4Li+O2+2H2O，属于氧化还原反应；
b．参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有离子键（Li3N）、极性键（H2O）、非极性键（N2），氢键不是化学键，故选ABC。
c．1molNH3转移3mol电子，生成1molO2转移4mol电子，故每生成1 mol NH3，同时生成0.75molO2。
（3）在常温下铁、铜与浓硝酸组成原电池，常温铁在浓硝酸中钝化等于是惰性电极，等于是铜与浓硝酸氧化还原反应形成原电池，Cu失去电子为负极，Cu-2e-=Cu2+，正极：2NO+2e-+4H+ = 2NO2↑+2H2O。
（4）由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物为NCl3，NCl3和水反应生成一种具有漂白性的化合物HClO和NH3，方程式为：NCl3 + 3H2O = 3HClO + NH3↑。
10．(1) 、、 ；
(2)、
(3)
(4)取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子

【分析】根据题意，为可使品红溶液褪色的气态化合物，则为二氧化硫。结合操作流程，化合物在氧气中焙烧生成、、，加过量的盐酸生成气体和浅绿色溶液，中含有亚铁离子，则为亚铁盐，、含有一种相同的元素且常温下为气态化合物，为，为；中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀，为氢氧化铁，灼烧生成红棕色固体，为氧化铁，其质量为，则化合物中；与反应生成砖红色固体和，为，为，中加入得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为，则；和发生反应：，则原物质中；由此可知化合物中含有、、，其中，，且该化合物，则化合物的化学式为，据此分析
【详解】（1）由上述分析可知，组成的元素有：、、，化合物的化学式是：；、、；；
（2）由上述分析可知，溶液中溶质的主要成分是：、；、；
（3）为，为，两者反应生成和，反应的化学方程式为；；
（4）E溶液中的金属阳离子为亚铁离子，检验E溶液中的金属阳离子具体操作为取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子；取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子。
11．(1) 第三周期IIA族 Mg2Si >
(2)取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在
(3)负极

【分析】氨气、氯化铵和A2B反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，根据反应前后元素守恒，可知A2B应由Si和Mg组成，化学式应为Mg2Si；MgCl2•6NH3加碱液反应生成氢氧化镁和氨气；MgCl2•6NH3在300℃高温加热分解生成氯化镁和氨气；MgCl2•6NH3与HCl反应生成氯化镁和氯化铵；氯化镁熔融电解得到Mg，据此分析解答。
【详解】（1）Mg为12号元素，位于周期表中第三周期IIA族；由元素守恒可知A2B应由Si和Mg组成，化学式应为Mg2Si；非金属性N>Si，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性NH3>SiH4，故第三周期IIA族；Mg2Si；>；
（2）检验NH4Cl中的阳离子即检验铵根离子，取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在，故取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在；
（3）NH3－O2燃料电池反应原理是氨气与氧气反应，氨气失电子，做负极反应物，故负极。
12．(1)第三周期第ⅥA族
(2)
(3)NCl3+3H2O=NH3+3HClO
(4)H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0
(5)BC
(6)CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2

【分析】X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍，即核外电子排布为2、4，其为碳元素；Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则其氢化物显碱性，Z为氮元素；W与X同主族，则W为钠元素；Q元素的单质是一种黄色晶体，则Q为硫元素，R为氯元素。从而得出X、Y、Z、W、Q、R分别为H、C、N、Na、S、Cl。
【详解】（1）由分析可知，Q为硫元素，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。第三周期第ⅥA族；
（2）N2H4结构中含非极性共价键，则存在N-N键和N-H键，其结构式为： 。 ；
（3）由N与Cl组成的一种化合物M，摩尔质量不超过150g/mol，每个原子最外层均满足8e-稳定结构，则其化学式为NCl3，其水溶液可用于漂白和杀菌，则水溶液中含有HClO，从而得出NCl3与水初步反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。NCl3+3H2O=NH3+3HClO；
（4）第IVA族元素的特点是最高、最低化合价的数值相等，所以乙同学的理由是H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0。H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0；
（5）A．W、Q、R分别为Na、S、Cl元素，三者为同周期元素且从左到右排列，所以原子半径：Na＞S＞Cl，A正确；
B．Q的氧化物的水化物可能为H2SO3、H2SO4，前者为弱酸，后者为强酸，B不正确；
C．在2mlCl2的饱和溶液中，含有HCl和HClO，加入几滴紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色，C不正确；
D．W与Q可形成Na2S2，既含离子键又含非极性共价键，D正确；
故选BC。BC；
（6）2.9g由H与C组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧，生成H2O的质量为4.5g，CO2的质量为8.8g，则该化合物含有H元素的质量为=0.5g，含H原子的物质的量为0.5mol，含C元素的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×12g/mol=2.4g，C、H元素的质量和为2.4g+0.5g=2.9g，则该有机物分子中不含有O元素，分子中C、H原子个数比为0.2mol:0.5mol=2:5，则其分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。
由Na2O2的化学式，利用类推法，可确定Na与S组成的含有非极性键化合物的化学式为Na2S2。
13．(1)铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子
(2) 钠离子 碳酸根离子 0.3 硫酸根离子、铝离子、镁离子
(3)足量稀硝酸，然后加入硝酸银溶液

【分析】铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子；钠元素的焰色反应为黄色，碳酸根离子和铝离子、镁离子不共存，氢氧根离子和铝离子、镁离子不共存；
【详解】（1）铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子；
（2）①钠元素的焰色反应为黄色，溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，证明溶液中含有钠离子。
②沉淀滴加盐酸，全部溶解，产生气体，则生成沉淀为碳酸钡沉淀，溶液中含有碳酸根离子，不含有硫酸根离子、铝离子、镁离子，碳酸钡沉淀为2.955 g，则为0.015mol，则碳酸根离子浓度为0.015mol÷0.05L=0.3mol/L；向滤液中滴加酚酞试液，溶液变红，则溶液显碱性，说明存在氢氧根离子；
（3）由（2）分析可知，不缺氯离子是否存在，，检验该离子存在的方法是：取适量待测液于试管中，加入足量稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，证明含有该离子。
14．(1)第三周期第IVA族
(2)
(3)Al3+
(4) Cl2＋H2O⇌H+ + Cl-＋HClO 极性

【分析】元素①显示-2价，且半径较小，故①为O，②显示+3价，且半径大于Be，故②为Al，③显示+1价，且半径比O大，则③为Li，④显示+4价和-4价，且半径比Be大，则④为Si，⑤显示+7价和-1价，且半径比Si小，则⑤为Cl，⑥显+1价，且半径比Li大，则⑥为Na，⑦显+5价和-3价，且半径比O大一点，则⑦为N，⑧只能显示-1价，则⑧为F，则①为O，②为Al，③为Li，④为Si，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为F，以此解题。
【详解】（1）由分析可知，④为Si，其在周期表中的位置为：第三周期第IVA族；
（2）由分析可知，①为O，⑥为Na，则①与⑥可构成原子个数比为1：1的化合物，则该化合物为过氧化钠，其电子式为：；
（3）同周期阳离子半径较小，且核外电子排布相同时，原子序数越大则该离子半径越小，故第三周期元素简单离子半径最小的是Al3+；
（4）由分析可知，①为O，⑤为Cl，则元素①的氢化物分别与⑤的单质反应的化学方程式为Cl2＋H2O⇌H+ + Cl-＋HClO，元素①的氢化物为H2O，该化合物由极性键形成。
15．(1)   
(2)
(3)
(4)
(5) 产生白色沉淀 先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解

【分析】根据元素A～J在元素周期表中的相对位置的信息，可以推出A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为F元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为P元素，I为S元素，J为Cl元素。
【详解】（1）A为H元素，C为N元素，A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子,M为，N为；①的电子式为：  ；②实验室制取的化学方程式为：；
（2）元素C为N元素，H为P元素，J为Cl元素，非金属性：，最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为：；
（3）I为S元素，有很多种价态，反应前后存在4种价态的S元素的反应的化学方程式为：；
（4）D为O元素，E为F元素，非金属性，可以用反应：证明；
（5）F为Mg元素，向溶液中逐滴滴加溶液，发生反应：，产生白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解；G为Al元素，向溶液中滴加，发生反应：，，所以现象为先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解，显两性，所以碱性：，金属性：。
16．(1)②
(2)D
(3) 50% 1.25mol/L 根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量时，具有氧化性的存在，能氧化NO生成NO2，二氧化氮含量越大使氮氧化物的吸收率增大
(4)B
(5)0.9

【分析】由价类二维图可知，P为NH3，Q为NO；
【详解】（1）氮的固定是将游离态的氮转化为化合态，转化②中氮气转化为NO，则属于氮的固定的是②；
（2）A．转化过程中H元素化合价始终只有+1价，故A错误；
B．反应②中反应方程式为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，故B错误；
C．Li是催化剂，和LiOH均是中间产物，故C错误；
D．整个过程的反应物有N2和H2O，生成物有NH3和O2，总反应可表示为，故D正确；
故选：D；
（3）①由图可知，氮氧化物吸收率为96%时最高，则对应用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：50%，1.25mol/L；
②根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量时，加入能氧化NO生成NO2，二氧化氮含量越大使氮氧化物的吸收率增大；
（4）A．+HNO3=NH4NO3，只体现硝酸的酸性，故A不选；
B．铜和稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应生成NO中硝酸的N元素化合价降低表现氧化性，生成硝酸铜中硝酸表现酸性，故B选；
C．碳和浓硝酸反应的化学方程式为C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2O，硝酸中N元素化合价只降低，表现氧化性，没有体现酸性，故C不选；
故选：B；
（5）铜不与硫酸反应，但能提供氢离子，硝酸与铜反应生成硝酸铜，硝酸根离子与氢离子结合生成硝酸可以继续与铜反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，c()：c(H+)=1:4时，溶解的铜最多，设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则x+y=1.5，，计算可得x=0.9，y=0.6，设参加反应的铜最大物质的量是z，由关系式可得，解得z=0.9，则理论上最多能溶解铜的物质的量为0.9mol。
17．(1) (或)
(2)
(3)
(4)
(5)溶液褪色

【分析】根据B是淡黄色固体，且可以与水反应生成氧气可知，B为过氧化钠，A为金属钠，C为氢氧化钠；D是淡黄色固体，且可与氧气发生连续的氧化反应，则D为硫单质，E、F、G、H分别为二氧化硫、三氧化硫、硫酸和硫酸钠(或硫酸氢钠)：B与I的相对分子质量相同，则I为。
【详解】（1）各物质的化学式：A为，F为，H为(或)；
（2）C为NaOH，电子式为：；的电子式为：；
（3）I为Na2S，用电子式表示的形成过程为：；
（4）为过氧化钠和水反应，方程式为；为SO2和氧气反应，化学方程式为：；
（5）向溴水中通入SO2气体至过量，发生反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，可能的现象是溶液褪色。
18．(1)ABD
(2)B
(3) 3 哑铃形
(4) +7
(5) 原子失去一个电子后已形成稳定结构，很难再失去一个电子 ④

【分析】①②③④⑤⑥分别为H、C、Mg、Al、P、Mn。
【详解】（1）A．原子核外电子的能量不同激发时吸收的能量不同，发射时释放的能量也不同，所以不同元素呈现出不同原子光谱，A能证明核外电子处于不同的能层和能级。A项符合题意；
B．若处于相同的能层和能级那么电子的电离能相同，但原子的逐级电离能不同，所以电子处于不同的能层和能级，B项符合题意；
C．同位素是具有相同质子数不同中子的核素，与电子能量无关，C项不符合题意；
D．若电子处于相同的能层和能级不存在低能级向高能级跃迁，或高能级向低能级跃迁，D项符合题意；
故选ABD。
（2）A．元素的周期与电子层之间关联，只有一种周期。而周期表根据自己的意图和设计原则有不同的方式，A项正确；
B．第二周期中未成对电子数为2的有C和O，B项错误；
C．H的电子排布为1s1，轮廓图为球形，电子云表示电子出现的概率密度，离核越近出现几率越大，C项正确；
D．电子气理论表示电子在整个金属中离域的，所以金属键不会因为金属的形状变化而被破坏，所以金属具有延展性和导电性，D项正确；
故选B；
（3）P核外电子排布为[Ne]3s23p3，能量最高的电子为3p电子，3p有3种伸展方向，哑铃形。答案为3；哑铃形；
（4）C的最高价氧化物为CO2，C最外层4个电子需要与两个O分别共用两队电子，电子式为。Mn的价电子排布为3d54s2，则其最高价为+7价。答案为；+7；
（5）Y失去第三个电子后电离能急剧增大，则Y其易失去3个电子为Al。Li电子排布为1s2s1，原子失去一个电子后1s2已形成稳定结构，很难再失去一个电子。答案为原子失去一个电子后已形成稳定结构，很难再失去一个电子；④。