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2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练——元素或物质推断题（含答案）
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这是一份2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练——元素或物质推断题（含答案），共30页。试卷主要包含了有关物质的转化关系如下图所示，综合利用的新工艺等内容，欢迎下载使用。
2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练
——元素或物质推断题
1．（2022·山东济宁·济宁一中校考一模）A、B、C、W 均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去， 反应可以在水溶液中进行）：
Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；C 为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D 具有强氧化性。
（1）在催化剂作用下，A与C反应可生成两种无污染物质，该反应化学方程式为____________。
（2）工业上常用Na2CO3溶液吸收 C，生成等物质的量的两种钠盐，该反应的离子方程式为___________。
Ⅱ.A、B、C 三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C 常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。
（3）实验室需配制 0.1 mol·L-1A溶液 450mL。根据计算用托盘天平称取 A 的质量为______g，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_________0.1mol·L-1 (填“大于”“等于”或“小于”)。
（4）若将标准状况下2.24L的W通入150mL1mol·L-1的A溶液中，充分反应。总反应的离子方程式为_______。向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的 W 气体，得到溶液 M、N。向 M、N 溶液中逐滴加入浓度为0.2 mol·L-1盐酸，如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为向M、N溶液中加入盐酸的体积 V(HCl)与产生 W 气体的体积 V(W)的关系。则A溶液的物质的量浓度为____mol·L-1，M、N 两溶液中相同溶质的物质的量之比为______。
2．（2022·河北邯郸·统考一模）由核电荷数1~18的某些元素组成的单质 A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示的转换关系，A是地壳中含量最多的金属元素。 请回答下列问题:
（1）写出下列物质的化学式:乙__________、丁__________、戊__________.
（2）写出甲物质在工业上的一种主要用途:__________。
（3）写出甲→乙+丙反应的离子方程式:__________。
（4）A→乙+C反应的化学方程式:__________。
3．（2022·甘肃平凉·静宁县第一中学校考一模）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质,往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。回答下列问题:
(1)溶液中一定含有的溶质是______________________(填化学式)。
(2)溶液中一定不含有的溶质是________________(填化学式)。
(3)溶液中可能含有的溶质是____(填名称),判断该物质是否存在的实验方法是____,若存在则现象是_______________________________________________。
(4)分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式:
①AB段为_______________________________________________________________;
②BC段为_______________________________________________________________。
4．（2022·湖南·湖南师大附中校联考一模）Ⅰ某溶液中只可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、、Al3＋、Cl-、OH-、CO。当加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量(横坐标)与析出的沉淀和产生气体的物质的量(纵坐标)的关系如下图所示。该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色。
(1)可知溶液中含有的离子是_______；所含离子的物质的量浓度之比为_______；所加的淡黄色固体是_______。
Ⅱ．实验室采用滴定法测定某水样中亚硫酸盐含量：
(2)滴定时，KIO3和KI作用析出I2，完成并配平下列离子方程式：_______IO＋_______I-＋_______=_______I2＋_______H2O。
(3)反应(1)所得I2的作用是_______。
(4)滴定终点时，100mL的水样共消耗x mL标准溶液。若消耗1mL标准溶液相当于SO的质量1g，则该水样中SO的含量为_______mg·L-1。
5．（2022·江西上饶·统考一模）七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，②元素是地壳中含量最多的，⑤元素为两性元素，④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品，②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍。请用化学用语回答下列问题：
(1)③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为______________。
(2)⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为________＞_______。
(3)写出二氧化硅与含上述某种元素的酸反应的化学方程式_________________。
(4)由⑤和空气、海水构成的原电池中，其正极反应式为________________。
(5)由上述元素形成的物质可发生下图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体。
①写出D溶液与G反应的化学方程式________________________________。
②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，写出能解释它在苛性钠溶液中发生反应的原因的电离方程式_________________________________。
③写出电解A溶液的离子方程式_______________________________。
6．（2022·浙江宁波·统考一模）为探究固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429 g/L；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：
（1）气体A分子的电子式_____________，白色沉淀D的化学式_____________。
（2）固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_______________________________________。
（3）已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140 g/mol)和H2，写出该反应的化学方程式_______________________________________。
7．（2022·江苏南京·南京师大附中校考一模）有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物和反应条件已略去)。A 为由两种元素组成的固体，含非金属质量分数为39.13%；D、E、L均为无色气体，E 和L难溶于水；F 为常见金属；G、I、J焰色反应显黄色；M 为有颜色的固体。
请回答下列问题：
（1）E的化学式为___________________。
（2）G的电子式为___________________。
（3）写出反应①的化学方程式：_______________________________。
（4）写出反应②的离子方程式：_______________________________。
8．（2022·江西·校联考一模）“一酸两浸，两碱联合”法是实现粉煤灰（含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等）综合利用的新工艺。工业流程如下：
回答下列问题：
（1）聚合氯化铝铁（PAFC）化学式为[Al2(OH)nCl6－n]m·[Fe2(OH)xCl6－x]y，是一种新型高效的净水剂，PAFC中铁元素的化合价为___________。
（2）“一酸两浸”中的酸是________________（填结构式）。
（3）实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应，滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中，它们分别发生反应的化学方程式为_____________、 ________________。
（4）“滤液B”的主要溶质有_____________（填化学式）。滤液混合后“蒸发”的作用是____________________________________。
（5）“电解”时的化学方程式________________________________。
9．（2022·浙江温州·统考二模）已知固体A受热易分解，实验流程和结果如下：
B和C为常见气体且所含元素相同。气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1。请回答：
（1）白色沉淀的化学式____________。
（2）写出A受热分解的化学方程式___________________________。
（3）取少量固体D溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。写出产生该现象的离子方程式________________________________。
10．（2022·河南·统考二模）下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题
（1） a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是__________(用化学式表示)。表中所给元素中金属性最强的与非金属性最强的形成的化合物溶液显______（填“中性“酸性”或“碱性” )。
（2） 氢元素可与其它元素形成_________(填选项序号)等化学键。
A．极性共价键 B．非极性共价键 C．氢键 D．离子键
（3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为____，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为______________。
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为___________，分液时有机层应从________(填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是_______。
11．（2022·山东·山东省实验中学校考二模）下表为元素周期表的一部分，请参照元素（1-8）在表中的位置，用化学用语回答下列问题:
（1）画出元素⑦的原子结构示意图__________。
（2）写出元素③的气态氢化物的电子式________。写出元素②的单质与元素⑧最高价含氧酸浓溶液的化学反应方程式__________。
（3）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________。（用元素形成的酸的化学式表示）
（4）①、④、⑤、⑨中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________。
（5）由表中元素形成的物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应，其中物质X、Y、N均为两种元素组成的物质。
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_____________________。
12．（2022·安徽·校联考一模）A一J是中学化学中常见的物质，其相互转化关系如下图所示，反应条件均已略去。A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成；C、F、G均为非金属单质，常温下C、F为无色气体，G可用于制取“84”消毒液；D是应用最广泛的金属；J溶液中滴入KSCN 溶液显红色。
回答下列问题：
（1）A的化学式是_________，E 的俗称是_______。
（2）在空气中点燃F，然后把导管缓缓伸入盛满G的集气瓶中，观察到的实验现象是______。
（3）B和G能发生反应，写出反应的离子方程式______。
（4）G和I能发生反应，写出反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：______。
13．（2022·安徽·校联考一模）X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是________, W的阴离子符号是_____。
（2） Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。
（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。
（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。
（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1, 1 mol甲中含有6 mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：
a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。
① 甲的化学式为________。
② 已知100 mL 1 mol·L-1的甲溶液能与20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。
14．（2022·天津·天津市新华中学校考一模）已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，D是同周期中简单离子半径最小的元素，F元素对应的单质为日常生活中常见金属．
（1）F在元素周期表中的位置时_____．
（2）B、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为_____（离子符号表示）．
（3）B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为_____，写出检验该化合物中阳离子的离子方程式_____．
（4）写出由A、B元素形成的六核分子的电子式_____．
（5）已知常温下化合物FE的Ksp=6×10﹣18mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2E溶液与含FSO4溶液按体积比3：2混合，若有沉淀FE生成，则所需的FSO4的浓度至少是_____．（忽略混合后溶液的体积变化）．
图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：
①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；
②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．
请回答下列问题：
a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式_____．
b．丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为：_____．
15．（2022·山东淄博·山东省淄博实验中学校考一模）Ⅰ.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、 NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)上述离子中，不能确定是否含有的离子是_______________，若要用实验证明该离子一定不存在，最可靠的化学方法是______________________。
(2)写出下列反应的关离子方程式：
①中生成气体A：_______________________。
②生成沉淀I：____________________________。
(3)假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n(H+)=0.04mol，且不能确定含有的离子只有一种，当X溶液中不能确定的离子是__________，沉淀C的物质的量为______________。
Ⅱ.辉铜矿的主要成分是Cu2S，从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。
(1)浸取时的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图。其原因是_________________。
353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为_______________， CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。
(2)CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式为__________________。
16．（2022·天津·耀华中学校考二模）现有X、Y、Z、W、R、T六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大， W与R同主族，且W的氢化物常温时为液态。X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子。
请用化学用语回答下列问题：
（1）Y、Z、W元素的氢化物沸点由高到低的顺序为____________（用化学式表示）。
（2）选取上述六种元素中的某些元素组成的化合物中，写出既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质______________（写电子式）。该物质与空气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池放电时，负极的反应式为_______________________________。
（3）请用一个化学方程式证明W元素的非金属性强于R元素_________________________________。
（4）最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的Z4气态分子。Z4分子结构如图所示，已知断裂lmolZ-Z 吸收167kJ的热量，生成lmol ZZ放出942kJ热量。试写出Z4气态分子变成Z2气态分子的热化学方程式：_________________________________。
（5）①由X、Z、W三种元素形成的一种离子化合物，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________。
②写出检验该化合物中阳离子的实验操作方法是_________________________________________。
17．（2011·山西晋中·统考二模）A～J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如下图所示。已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F化合生成，J可作杀菌消毒剂。
（1）写出B的电子式_________________
（2）写出反应⑤的化学方程式：_________________________________。
（3）写出反应⑦的离子方程式：_________________________________。
（4） 向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式：______________________。
（5）以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液，则________极(填“阴”或“阳”)附近溶液先由无色变为红色，请说明理由：_____________________________________。
18．（2022·河北石家庄·统考二模）X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X在周期表中原子半径最小，Y与Z相邻，Z、R在地壳中的含量位列前两位，M为短周期中电负性最小的元素。请回答：
（1）基态Z原子的外围电子排布图为____________。
（2）X与Y能形成多种化合物，其中Y2X2分子中σ键、π键的数目之比为_______。
（3）在R3Y4晶体中键角：Y-R-Y____R-Y-R（填“>”“<”或“=”），原因为________。
（4）钨（W）元素可以和Z、M形成多种化合物，其中一种化合物的晶体结构如图：
已知：相邻Z原子的核间距为apm，钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心，M离子位于钨原子形成的立方体的体心。
①与M原子距离最近且相等的Z原子的数目为_________。
②晶体的化学式为__________。
③设NA为阿伏伽德罗常数的值，则晶体的密度为______g/cm3（列出表达式）。
参考答案：
1． 2NO2＋CO32—=NO3—＋NO2—＋CO2 2.0 小于 3OH-+2CO2＝CO32-+ HCO3-+H2O 0.2 1:3
【分析】Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则A是NH3；C 为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D 具有强氧化性，则D是硝酸、C是NO2、B是NO、W是O2。Ⅱ.A、B、C 三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C 常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C是NaHCO3、B是Na2CO3、A是NaOH、W是CO2；
【详解】（1）根据以上分析，A是NH3、C是NO2，在催化剂作用下，NH3与NO2反应可生成两种无污染物质是N2和H2O，该反应化学方程式为； （2）工业上常用Na2CO3溶液吸收NO2，NO2既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是NaNO3，生成等物质的量的两种钠盐，根据得失电子守恒，还原产物是NaNO2，该反应的离子方程式为2NO2＋CO32—=NO3-＋NO2-＋CO2；（3）根据以上分析，A是NaOH，实验室需配制 0.1 mol·L-1 NaOH溶液 450mL，选用500mL的容量瓶，，所以用托盘天平称取 A 的质量为2.0g，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol·L-1。（4）若将标准状况下2.24L的二氧化碳通入150mL1mol·L-1的氢氧化钠溶液中，充分反应，根据元素守恒，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，所以总反应的离子方程式为3OH-+2CO2＝CO32-+ HCO3-+H2O。根据图象，加入30ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液．根据氯离子、钠离子守恒， n(NaOH)=n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×0.2mol/L=0.006mol，则氢氧化钠溶液物质的量浓度C=0.006mol 0.030L=0.2mol/L；（2）碳酸钠溶液中加入逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，依据情况Ⅰ可知，26-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，则溶液中Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗的盐酸体积为30-26=4ml，说明溶质为碳酸钠与氢氧化钠混合物，依据方程式：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.004L×0.2mol•L-1=0.0008mol；依据情况Ⅱ可知，12-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，若溶质为碳酸钠则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30-12=18mL，而Ⅱ中0-12mL＜18mL，说明B中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，前10m盐酸为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，依据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.012L×0.2mol•L-1=0.0024mol；所以M、N两溶液中相同组分溶质的物质的量之比为0.0008mol：0.0024mol=1：3。
【点睛】碳酸钠与盐酸反应是分步反应，反应的化学方程式分别是: Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl(1)，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O + CO2↑(2)；向碳酸钠中滴加盐酸时，先发生反应(1)，后发生反应(2)，所以开始没有气体放出，后来有气体放出。
2． .NaAlO2 AlCl3 Al(OH)3 冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等） Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑
【分析】A是地壳中含量最多的金属元素，则A为铝，结合转换关系图可得B为氧，C为氢；甲为Al2O3，乙为NaAlO2、丙为H2O、丁为AlCl3、戊为Al(OH)3，据此分析可得结论。
【详解】（1）甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲由单质A和B反应生成，应为Al2O3，则A为Al，B为O2，C为H2，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，故答案为NaAlO2；AlCl3；Al(OH)3；
（2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，故答案为冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等）；
（3）甲→乙+丙反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，故答案为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；
（4）A→乙+C反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2 ↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑。
3．(1)HCl、AlCl3、NH4Cl
(2)MgCl2、Na2CO3
(3) 氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为浅紫色
(4) Al3++3OH-Al(OH)3↓ NH4++OH-NH3·H2O
【分析】OA段无沉淀，说明有HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应；Na2CO3与HCl、AlCl3不能大量共存，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，据此分析可得结论。
【详解】（1）由上述分析可得溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，故答案为HCl、AlCl3、NH4Cl；
（2）由上述分析可知溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为Na2CO3、MgCl2；
（3）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾，故答案为氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色；
（4）①AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，故答案为Al3++3OH-=Al（OH）3↓；
②BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为NH4++OH-=NH3•H2O。
【点睛】解答本题的关键在于离子间反应的先后顺序，当向含有有H+、Al3+、NH4+等离子的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，所发生的反应依次为：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
4．(1) Mg2＋、Al3＋、NH、Cl- 1∶1∶3∶8 Na2O2
(2) 1 5 6H+ 3 3
(3)氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子；可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点
(4)104x
【详解】（1）淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有Fe2+和Cu2+，则淡黄色固体为Na2O2，图像实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图像中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，一定有NH、Al3+、Mg2+，则溶液中一定没有OH-、CO，根据电荷守恒可知含有Cl-，由图可知氢氧化镁为2mol，氢氧化铝为4mol-2mol=2mol，加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应，由纵坐标可知：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=2mol，n(Al3+)=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol，当n(Na2O2)=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=8mol×=4mol，所以n(NH)=n(NH3)=10mol-n(O2)=6mol，由电荷守恒：2n(Mg2+)：3n(Al3+)：n(NH)=n(Cl-)，则n(Cl-)=16mol，故n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH)：n(Cl-)=2mol：2mol：6mol：16mol=1：1：3：8，则所含离子的物质的量浓度之比为1：1：3：8；故答案为Mg2+、Al3+、NH、Cl-；1：1：3：8；Na2O2。
（2）酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2，离子方程式为：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为1；5；6H+；3；3。
（3）反应①所得I2的作用是氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点，故答案为氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子；可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点。
（4）100mL的水样共消耗xmL标准溶液．若消耗1mL标准溶液相当于SO的质量1g，所以100mL中含有xgSO，所以1L该水样中SO的含量为104xmg/L，故答案为104x。
5． S2-＞F-＞Al3+ HClO4 H2SO4 SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O O2+4e- +2H2O＝4OH- 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
【分析】②元素是地壳中含量最多的，所以②是O；⑤元素为两性元素，则⑤为Al；④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品知④为Na，⑦为Cl；②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍，则①为H，⑥为S，七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，所以③为F。据此判断。
【详解】根据上述分析可知①～⑦分别是H、O、F、Na、Al、S、Cl，则
(1)核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞F-＞Al3+。
(2)非金属性Cl＞S，所以⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4。
(3)二氧化硅是酸性氧化物，能与HF发生反应，其反应的化学方程式SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。
(4)由⑤是Al和空气、海水构成的原电池中，Al做负极，正极为O2发生还原反应，其正极反应式为O2+4e- +2H2O＝4OH-。
(5)B为黄绿色气体知B为Cl2，电解A得三种物质，由图知A为NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠溶液，G为Al，F为偏铝酸钠溶液，E为盐酸。
①D溶液与G反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，该物质是氢氧化铝，氢氧化铝溶不溶于水，既能溶于酸又能溶于碱，能溶于碱是因为存在Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O，加苛性钠溶液促进电离，所以能溶于碱液中。
③A为NaCl溶液，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。
6． Mg(OH)2 Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑ 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2
【详解】已知气体A在标准状况下的密度为1.429g·L－1，则其摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L/mol
=32g/mol，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，则7.6gX中含Si的质量为2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成白色沉淀只有Mg(OH)2，则其物质的量为0.2mol，所以7.6gX中含Mg的质量为4.8g，即0.2mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。
(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；
(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；
(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/ mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。
点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。
7． NO FeC3+8HNO3=Fe(NO3)3+3CO2↑+5NO↑+4H2O 2Fe3++3CO32-+3H2O==2Fe(OH)3↓+3CO2↑
【详解】G、I、J焰色反应显黄色，含有钠元素，D、E、L均为无色气体，E和L难溶于水，因此G可能是过氧化钠，D是二氧化碳，I是氢氧化钠，L是氧气，E是NO，B是硝酸，M为有颜色的固体，M可能是氢氧化铁，F为常见金属，则F是铁，C是硝酸铁，H是硝酸亚铁，A为由两种元素组成的固体，含非金属质量分数为39.13%，A是由C和Fe两种元素形成的，原子数之比是，因此A的化学式为FeC3。
（1）E的化学式为NO。（2）过氧化钠的电子式为。（3）根据以上分析可知反应①的化学方程式为FeC3+8HNO3＝Fe(NO3)3+3CO2↑+5NO↑+4H2O。（4）反应②的离子方程式为2Fe3++3CO32-+3H2O＝2Fe(OH)3↓+3CO2↑。
点睛：该题综合性强，难度较大，掌握常见元素及其化合物之间的相互转化关系是解答的关键。本题中已知信息虽然较多，但作为突破口的不多，需要结合框图中的转化关系进行大胆假设验证、推理，较好的考查了学生的综合分析能力和思维方法。
8． +3 H-Cl Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑ AlCl3、NaCl 促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁（PAFC） 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑
【详解】(1)该物质是碱式氯化铝和碱式氯化铁形成的复杂物质，根据化合价规则，设铁元素的化合价为a，则有(6-x)+x=2a，所以铁元素的化合价为+3价；
(2)因最终产物为氯化物，所以该酸为盐酸，其结构式为H—Cl；
(3)SiO2和Al2O3在高温下都能与纯碱反应，类似于生产玻璃的主要反应原理：Na2CO3+ SiO2 Na2SiO3+CO2↑ 和Na2CO3 +Al2O3 2NaAlO2+CO2↑；
(4)根据滤渣A中主要含有SiO2和Al2O3，与纯碱焙烧后生成Na2SiO3和NaAlO2，再用盐酸酸浸后得到滤渣为H2SiO3，所以滤液B的主要溶质为AlCl3和NaCl；滤液混合后其中的溶质为AlCl3、FeCl3和NaCl，由于Al3+和Fe3+都能够水解，且加热能够促进水解，所以滤液混合后加热蒸发的作用就是促进Al3+、Fe3+水解生成聚合氯化铝铁（PAFC）；
(5)分离出聚合氯化铝铁（PAFC）后的滤液中主要是NaCl，即粗盐，经过精制处理后，再进行电解，即氯碱工业，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑。
9． CaCO3 CuC2O4 CuO +CO↑+CO2↑ 2CuO + 4I-+4H+ =2CuI↓+ I2 +2H2O 或2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2
【分析】气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1，C的摩尔质量为1.96g·L-1×22.4mol/l=44g·mol－1，C为CO2，白色沉淀为CaCO3，B和C为常见气体且所含元素相同，B为CO，D为CuO，CO2的物质的量=碳酸钙的物质的量=20g/100g·mol－1=0.2mol，氧化铜的物质的量=16g/80g·mol－1=0.2mol，固体A的摩尔质量=30.4g/0.2mol=152g·mol－1,化学式为CuC2O4
【详解】（1）白色沉淀的化学式CaCO3。
（2）A受热分解的化学方程式CuC2O4 CuO +CO↑+C02↑ 。
（3）取少量固体D为CuO溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。产生该现象的离子方程式2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2。
10． NaOH > LiOH > Al(OH)3 碱性 AD Na2S2O3 S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O 紫色 下口流出
【详解】根据周期表，各元素分别为：a―Li、b―B、c―C、d―O、e―F、f―Na、g―Al、h―S、i―Cl。
（1） 同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物是水化物碱性越强，同主族，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物是水化物碱性增强，a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是 NaOH > LiOH > Al(OH)3 。表中所给元素中金属性最强的钠与非金属性最强的氟形成的化合物属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性。（2） 氢元素可与其它元素形成A、H与另一种元素形成极性共价键，如H-Cl键，故A正确；B、只能两个氢原子间形成非极性共价键，故B错误；C、氢键不是化学键，故C错误；D、与金属等通过离子间作用力形成离子键，如NaH,故D正确；故选AD。（3）d-O、f-Na、h-S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键S-S键，其化学式为Na2S2O3 ，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O。（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂CCl4，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层是碘的四氯化碳溶液，颜色为紫色，分液时有机层密度大于水层，应从下口流出。该有机溶剂CCl4的电子式是。
11． C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O HNO3> H2CO3> H2SiO3 Al3+ + 3NH3•H2O=Al（OH）3↓+ 3NH4+
【详解】本题考查元素周期表和元素周期律的有关知识，先根据原子在周期表中的位置推出元素符号及原子的结构，根据结构再判断其有关的性质，利用化学语言解答相关题目。
（1）⑦号元素位于第三周期第ⅣA族，为Si元素，其原子结构示意图为：
（2）③号元素位于第二周期第ⅤA族，为N元素，其氢化物化学式为NH3，NH3为共价化合物，含有三个N-H共价键，N原子周围达到8电子稳定结构，所以NH3的电子式为：；②的单质为C，元素⑧为S元素，其最高价氧化物的水化物为H2SO4，C 与浓硫酸反应的化学方程式为：C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
（3）②、③、⑦对应的元素分别为C 、N、Si，非金属性大小顺序为：N>C>Si，所以三种元素的最高价氧化物的水化物即酸的酸性的大小顺序为：HNO3> H2CO3> H2SiO3
（4）①、④、⑤、⑨对应的元素分别为H、O、Na、Cl，含有离子键又含有极性共价键的化合物有 NaOH 或NaClO或 NaClO2 或NaClO3或NaClO4，写一个比较简单的化合物如NaOH的电子式：
（5）⑥号元素为Al，根据N为两种元素形成的化合物可知N为Al2O3，则Z为Al(OH)3，M为仅含非金属元素的盐，则M中的阳离子一定为NH4+，根据X、Y均为含两种元素的化合物及Z为Al(OH)3、M中含NH4+，可推测X、Y为NH3和AlCl3，NH3的水溶液为氨水，是弱碱，两者反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3•H2O=Al（OH）3↓+ 3NH4+
点睛：部分学生不能顺利推出第（5）中的X、Y两种物质，主要是思维不够活跃，知识之间的联系不够熟练。思考时以⑥号元素Al为突破口，联想到铝三角的知识点，使用逆推的方法，进行大胆的预测，然后验证，结果合理的话就表明预测是正确的，如果不合理，再进行其他的预测，直至得到正确的答案。
12． H2O2 磁性氧化铁 氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
【详解】A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成，A生成B和C，C为气体，一般为H2O2生成H2O的反应，则A为H2O2，B为H2O，C为O2，G可用于制取“84”消毒液，G为Cl2，D是应用最广泛的金属，D为Fe，由转化关系可知F为H2，H为HCl，E为Fe3O4，J为FeCl3，I为FeCl2。
(1)由以上分析可知A为H2O2，E为Fe3O4，E的俗称为磁性氧化铁，故答案为H2O2；磁性氧化铁；
(2)氢气在氯气中燃烧的实验现象为：氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成，故答案为氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成；
(3) 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
(4)氯气和氯化亚铁发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3，电子转移的方向和数目可以表示为或，故答案为或。
13． 第二周期IVA族 S2- N≡N 0.045mol/L（或1/22.4mol/L） HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2） C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【详解】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。
(1) Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；
(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；
(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；
(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
②100 mL 1 mol·L-1的甲溶液中含有0.1mol Fe2+，20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02mol MnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。
14． 第四周期第VIII族 S2﹣＞N3﹣＞Al3+ 离子键和共价键 NH4++OH﹣NH3↑+H2O 2.5×10﹣12 mol/L Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓ 5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物。A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，则A与B形成的最简单化合物是NH3 ，则A为H、B为N、C为Na；E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，则最高价为+6，最低价为-2，E为S；D是同周期中简单离子半径最小的元素，D为Al；F元素对应的单质为日常生活中常见金属，F为Fe．
【详解】（1）Fe为26号元素，在元素周期表中的位置时第四周期第VIII族．
（2）B、D、E的简单离子中，S2﹣有3个电子层，半径较大，N3﹣和Al3+只有2个电子层且核外电子排布相同，核电荷数大的半径较小，所以半径由大到小的顺序为S2﹣＞N3﹣＞Al3+．
（3）B的气态氢化物（NH3）与其最高价氧化物对应的水化物（HNO3）反应生成的化合物是NH4NO3，其中存在的化学键类型为离子键和共价键，检验NH4+的离子方程式NH4++OH﹣NH3↑+H2O．
（4）由A、B元素形成的六核分子为N2H4，其的电子式．
（5）常温下化合物FeS的Ksp=6×10﹣18mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2S溶液与含FeSO4溶液按体积比3：2混合，c(S2-)=1.0×10﹣5mol•L﹣1，若有沉淀FeS生成，则混合液中c(Fe2+)至少为，则所需的FeSO4的浓度至少是2.5×10﹣12 mol/L．
①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则丙一定是氢氧化铝，乙和丁分别是铝盐和偏铝酸盐中的一种；
②均含Fe元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，则乙为铁、丙为+3价铁的化合物、丁为+2价铁的化合物．
a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生双水解反应，离子方程式Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．
b．Fe2+有还原性，可以用酸性KMnO4溶液检验，若加入酸性KMnO4溶液后紫红色褪色，则溶液中有Fe2+，其对应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．
15． Fe3+ 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色说明无Fe3+（其它合理答案也可）。 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－ Fe3+ （或Cl－） ＞0.07mol （＜0.07mol） 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 Cu2S+2CuC12=4CuC1+S CuSO4·H2O
【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+；通常用硫氰化钾溶液检验铁离子，检验方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+，故答案为Fe3+；取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；（2）①气体A为NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3-离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，②H中NaAlO2，沉淀I为氢氧化铝，偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知亚铁离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42-），n（SO42-）=
=0.07mol，当X溶液中不能确定的离子是Fe3+，则硫酸根离子的物质的量大于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量大于0.07mol；当X溶液中不能确定的离子为Cl-，则硫酸根离子的物质的量小于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量小于0.07mol．
II．（1）Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；浸取时的总反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，还发生了这个反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。用总反应减去这个反应即为：Cu2S+2CuC12=4CuC1+S；（2）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g-0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2O== CuSO4•（5-n）H2O+nH2O
250 18n
80g 80g-57g=23g
解得n=4，所以，200℃时该固体物质的化学式为CuSO4•H2O。
16． H2O>NH3>CH4 C2H2-10e-+4H2O= 2CO2+10H+ O2+2H2S=S↓+2H2O N4(g):=2N2(g) △H=-882kJ•mol-1 c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－) 取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。
【详解】本题考查元素周期律和元素周期表的应用，W的氢化物常温下为液态，则W为O，W与R同主族，原子序数增大，即R为S，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子，因此推出X为H，X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y为C，Z为N，都属于短周期元素，因此T为Cl，（1）NH3和H2O含有分子间氢键，CH4没有分子间氢键，因此CH4的沸点最低，H2O常温下为液态，NH3常温下为气体，因此沸点高低：H2O>NH3>CH4；（2）含有极性键，应是至少两种元素组成，且存在非极性共价键，存在同种元素构成化学键，相对分子质量最小，此物质为乙炔，其电子式为；根据原电池的工作原理，乙炔在负极上失电子，环境是酸性，负极电极反应式为C2H2＋4H2O－10e－=2CO2＋10H＋；（3）利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即2H2S＋O2=S↓＋2H2O；（4）此反应是N4=2N2，1molN4中含有6molN－N，根据反应热与键能的关系，△H=(6×167－2×942)kJ·mol－1=－882kJ·mol－1，因此热化学反应方程式为：N4(g)=2N2(g) △H=-882kJ·mol－1；（5）①组成离子化合物是NH4NO3，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是：c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；②该化合物中的阳离子是NH4＋，检验时一般转化成NH3，具体步骤是：取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。
点睛：本题的难点是问题（2）的第一问，既含有极性键又含有非极性键，说明同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性键，此化合物属于分子化合物，相对分子质量最小，说明是由碳元素和氢元素组成，即乙炔，从而写出电子式。
17． 2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑ + H2↑ Cl2 + 2OH－ = Cl－+ ClO－ + H2O 4AlCl3 + 6Na2O2 + 6H2O = 4Al(OH)3↓ + 12NaCl + 3O2↑ 阴 在阴极H+不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中c（OH－）＞c（H+），所以阴极附近溶液变红。
【详解】常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C是气体，A和C反应生成B，则B是过氧化钠，A是钠，C是氧气；E在常温下为液体，E是水，钠和水反应生成 氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氧气，D是氢氧化钠，F是氢气；H的水溶液通电生成氢气、I气体和氢氧化钠，且J可作杀菌消毒剂，为次氯酸盐，所以I是氯气，电解饱和食盐水制取氯气，所以H是氯化钠，氢气和氯气反应生成G，所以G是氯化氢；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以J是次氯酸钠；
(1)通过以上分析知，B是过氧化钠，电子式为；
(2)电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(3)氯气和强碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，少量氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应方程式为：6Na2O2+4AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+12NaCl+3O2↑；
(5)电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，在阴极氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以阴极附近溶液变红。
点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。本题关键题眼为“B为淡黄色粉末，E在常温下为液体”。
18． 3:1 ＞ Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′ 12 NaWO3
【详解】X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X在周期表中原子半径最小，X为H元素；Z、R在地壳中的含量位列前两位，则Z为O元素，R为Al元素；Y与Z相邻，则Y为N元素，M为短周期中电负性最小的元素，即金属性最强的元素，M为Na元素。
(1)Z为O元素，基态O原子的外围电子排布图为 ，故答案为；
(2)X与Y能形成多种化合物，其中Y2X2为H2N2，结构为H-N=N-H分子中σ键、π键的数目之比为3:1，故答案为3:1；
(3)Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′，故答案为＞ ；Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′；
(4)①钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心，被6个氧离子包围成配位八面体；钠离子位于钨原子形成的立方体的体心，被12个氧离子包围，故答案为12；
②钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12×=3，则晶胞的化学式为NaWO3，故答案为NaWO3；
③相邻Z原子的核间距为apm=a×10-10cm，则晶胞的边长为2× a×10-10cm= a×10-10cm ，则晶体的密度为 = g/cm3，故答案为。
点睛：本题考查了元素的推导和物质结构与性质，正确判断元素的种类是解题的基础。本题的难点是（4）中晶胞的计算，正确找到相邻Z原子的核间距与晶胞边长的关系是解题的关键。
2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练
——元素或物质推断题
1．（2022·山东济宁·济宁一中校考一模）A、B、C、W 均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去， 反应可以在水溶液中进行）：
Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；C 为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D 具有强氧化性。
（1）在催化剂作用下，A与C反应可生成两种无污染物质，该反应化学方程式为____________。
（2）工业上常用Na2CO3溶液吸收 C，生成等物质的量的两种钠盐，该反应的离子方程式为___________。
Ⅱ.A、B、C 三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C 常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。
（3）实验室需配制 0.1 mol·L-1A溶液 450mL。根据计算用托盘天平称取 A 的质量为______g，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_________0.1mol·L-1 (填“大于”“等于”或“小于”)。
（4）若将标准状况下2.24L的W通入150mL1mol·L-1的A溶液中，充分反应。总反应的离子方程式为_______。向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的 W 气体，得到溶液 M、N。向 M、N 溶液中逐滴加入浓度为0.2 mol·L-1盐酸，如图所示，Ⅰ和Ⅱ分别为向M、N溶液中加入盐酸的体积 V(HCl)与产生 W 气体的体积 V(W)的关系。则A溶液的物质的量浓度为____mol·L-1，M、N 两溶液中相同溶质的物质的量之比为______。
2．（2022·河北邯郸·统考一模）由核电荷数1~18的某些元素组成的单质 A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示的转换关系，A是地壳中含量最多的金属元素。 请回答下列问题:
（1）写出下列物质的化学式:乙__________、丁__________、戊__________.
（2）写出甲物质在工业上的一种主要用途:__________。
（3）写出甲→乙+丙反应的离子方程式:__________。
（4）A→乙+C反应的化学方程式:__________。
3．（2022·甘肃平凉·静宁县第一中学校考一模）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质,往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入的NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。回答下列问题:
(1)溶液中一定含有的溶质是______________________(填化学式)。
(2)溶液中一定不含有的溶质是________________(填化学式)。
(3)溶液中可能含有的溶质是____(填名称),判断该物质是否存在的实验方法是____,若存在则现象是_______________________________________________。
(4)分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式:
①AB段为_______________________________________________________________;
②BC段为_______________________________________________________________。
4．（2022·湖南·湖南师大附中校联考一模）Ⅰ某溶液中只可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、、Al3＋、Cl-、OH-、CO。当加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量(横坐标)与析出的沉淀和产生气体的物质的量(纵坐标)的关系如下图所示。该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色。
(1)可知溶液中含有的离子是_______；所含离子的物质的量浓度之比为_______；所加的淡黄色固体是_______。
Ⅱ．实验室采用滴定法测定某水样中亚硫酸盐含量：
(2)滴定时，KIO3和KI作用析出I2，完成并配平下列离子方程式：_______IO＋_______I-＋_______=_______I2＋_______H2O。
(3)反应(1)所得I2的作用是_______。
(4)滴定终点时，100mL的水样共消耗x mL标准溶液。若消耗1mL标准溶液相当于SO的质量1g，则该水样中SO的含量为_______mg·L-1。
5．（2022·江西上饶·统考一模）七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，②元素是地壳中含量最多的，⑤元素为两性元素，④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品，②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍。请用化学用语回答下列问题：
(1)③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为______________。
(2)⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为________＞_______。
(3)写出二氧化硅与含上述某种元素的酸反应的化学方程式_________________。
(4)由⑤和空气、海水构成的原电池中，其正极反应式为________________。
(5)由上述元素形成的物质可发生下图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体。
①写出D溶液与G反应的化学方程式________________________________。
②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，写出能解释它在苛性钠溶液中发生反应的原因的电离方程式_________________________________。
③写出电解A溶液的离子方程式_______________________________。
6．（2022·浙江宁波·统考一模）为探究固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429 g/L；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：
（1）气体A分子的电子式_____________，白色沉淀D的化学式_____________。
（2）固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_______________________________________。
（3）已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140 g/mol)和H2，写出该反应的化学方程式_______________________________________。
7．（2022·江苏南京·南京师大附中校考一模）有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物和反应条件已略去)。A 为由两种元素组成的固体，含非金属质量分数为39.13%；D、E、L均为无色气体，E 和L难溶于水；F 为常见金属；G、I、J焰色反应显黄色；M 为有颜色的固体。
请回答下列问题：
（1）E的化学式为___________________。
（2）G的电子式为___________________。
（3）写出反应①的化学方程式：_______________________________。
（4）写出反应②的离子方程式：_______________________________。
8．（2022·江西·校联考一模）“一酸两浸，两碱联合”法是实现粉煤灰（含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等）综合利用的新工艺。工业流程如下：
回答下列问题：
（1）聚合氯化铝铁（PAFC）化学式为[Al2(OH)nCl6－n]m·[Fe2(OH)xCl6－x]y，是一种新型高效的净水剂，PAFC中铁元素的化合价为___________。
（2）“一酸两浸”中的酸是________________（填结构式）。
（3）实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应，滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中，它们分别发生反应的化学方程式为_____________、 ________________。
（4）“滤液B”的主要溶质有_____________（填化学式）。滤液混合后“蒸发”的作用是____________________________________。
（5）“电解”时的化学方程式________________________________。
9．（2022·浙江温州·统考二模）已知固体A受热易分解，实验流程和结果如下：
B和C为常见气体且所含元素相同。气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1。请回答：
（1）白色沉淀的化学式____________。
（2）写出A受热分解的化学方程式___________________________。
（3）取少量固体D溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。写出产生该现象的离子方程式________________________________。
10．（2022·河南·统考二模）下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题
（1） a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是__________(用化学式表示)。表中所给元素中金属性最强的与非金属性最强的形成的化合物溶液显______（填“中性“酸性”或“碱性” )。
（2） 氢元素可与其它元素形成_________(填选项序号)等化学键。
A．极性共价键 B．非极性共价键 C．氢键 D．离子键
（3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为____，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为______________。
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为___________，分液时有机层应从________(填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是_______。
11．（2022·山东·山东省实验中学校考二模）下表为元素周期表的一部分，请参照元素（1-8）在表中的位置，用化学用语回答下列问题:
（1）画出元素⑦的原子结构示意图__________。
（2）写出元素③的气态氢化物的电子式________。写出元素②的单质与元素⑧最高价含氧酸浓溶液的化学反应方程式__________。
（3）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________。（用元素形成的酸的化学式表示）
（4）①、④、⑤、⑨中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________。
（5）由表中元素形成的物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应，其中物质X、Y、N均为两种元素组成的物质。
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_____________________。
12．（2022·安徽·校联考一模）A一J是中学化学中常见的物质，其相互转化关系如下图所示，反应条件均已略去。A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成；C、F、G均为非金属单质，常温下C、F为无色气体，G可用于制取“84”消毒液；D是应用最广泛的金属；J溶液中滴入KSCN 溶液显红色。
回答下列问题：
（1）A的化学式是_________，E 的俗称是_______。
（2）在空气中点燃F，然后把导管缓缓伸入盛满G的集气瓶中，观察到的实验现象是______。
（3）B和G能发生反应，写出反应的离子方程式______。
（4）G和I能发生反应，写出反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：______。
13．（2022·安徽·校联考一模）X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是________, W的阴离子符号是_____。
（2） Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。
（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。
（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。
（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1, 1 mol甲中含有6 mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：
a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。
① 甲的化学式为________。
② 已知100 mL 1 mol·L-1的甲溶液能与20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。
14．（2022·天津·天津市新华中学校考一模）已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物，A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，D是同周期中简单离子半径最小的元素，F元素对应的单质为日常生活中常见金属．
（1）F在元素周期表中的位置时_____．
（2）B、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为_____（离子符号表示）．
（3）B的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为_____，写出检验该化合物中阳离子的离子方程式_____．
（4）写出由A、B元素形成的六核分子的电子式_____．
（5）已知常温下化合物FE的Ksp=6×10﹣18mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2E溶液与含FSO4溶液按体积比3：2混合，若有沉淀FE生成，则所需的FSO4的浓度至少是_____．（忽略混合后溶液的体积变化）．
图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：
①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；
②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．
请回答下列问题：
a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式_____．
b．丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为：_____．
15．（2022·山东淄博·山东省淄博实验中学校考一模）Ⅰ.某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、 NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)上述离子中，不能确定是否含有的离子是_______________，若要用实验证明该离子一定不存在，最可靠的化学方法是______________________。
(2)写出下列反应的关离子方程式：
①中生成气体A：_______________________。
②生成沉淀I：____________________________。
(3)假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n(H+)=0.04mol，且不能确定含有的离子只有一种，当X溶液中不能确定的离子是__________，沉淀C的物质的量为______________。
Ⅱ.辉铜矿的主要成分是Cu2S，从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。
(1)浸取时的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图。其原因是_________________。
353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为_______________， CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。
(2)CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式为__________________。
16．（2022·天津·耀华中学校考二模）现有X、Y、Z、W、R、T六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大， W与R同主族，且W的氢化物常温时为液态。X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子。
请用化学用语回答下列问题：
（1）Y、Z、W元素的氢化物沸点由高到低的顺序为____________（用化学式表示）。
（2）选取上述六种元素中的某些元素组成的化合物中，写出既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质______________（写电子式）。该物质与空气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池放电时，负极的反应式为_______________________________。
（3）请用一个化学方程式证明W元素的非金属性强于R元素_________________________________。
（4）最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的Z4气态分子。Z4分子结构如图所示，已知断裂lmolZ-Z 吸收167kJ的热量，生成lmol ZZ放出942kJ热量。试写出Z4气态分子变成Z2气态分子的热化学方程式：_________________________________。
（5）①由X、Z、W三种元素形成的一种离子化合物，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________。
②写出检验该化合物中阳离子的实验操作方法是_________________________________________。
17．（2011·山西晋中·统考二模）A～J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如下图所示。已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F化合生成，J可作杀菌消毒剂。
（1）写出B的电子式_________________
（2）写出反应⑤的化学方程式：_________________________________。
（3）写出反应⑦的离子方程式：_________________________________。
（4） 向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式：______________________。
（5）以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液，则________极(填“阴”或“阳”)附近溶液先由无色变为红色，请说明理由：_____________________________________。
18．（2022·河北石家庄·统考二模）X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X在周期表中原子半径最小，Y与Z相邻，Z、R在地壳中的含量位列前两位，M为短周期中电负性最小的元素。请回答：
（1）基态Z原子的外围电子排布图为____________。
（2）X与Y能形成多种化合物，其中Y2X2分子中σ键、π键的数目之比为_______。
（3）在R3Y4晶体中键角：Y-R-Y____R-Y-R（填“>”“<”或“=”），原因为________。
（4）钨（W）元素可以和Z、M形成多种化合物，其中一种化合物的晶体结构如图：
已知：相邻Z原子的核间距为apm，钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心，M离子位于钨原子形成的立方体的体心。
①与M原子距离最近且相等的Z原子的数目为_________。
②晶体的化学式为__________。
③设NA为阿伏伽德罗常数的值，则晶体的密度为______g/cm3（列出表达式）。
参考答案：
1． 2NO2＋CO32—=NO3—＋NO2—＋CO2 2.0 小于 3OH-+2CO2＝CO32-+ HCO3-+H2O 0.2 1:3
【分析】Ⅰ.若A为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则A是NH3；C 为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D 具有强氧化性，则D是硝酸、C是NO2、B是NO、W是O2。Ⅱ.A、B、C 三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C 常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C是NaHCO3、B是Na2CO3、A是NaOH、W是CO2；
【详解】（1）根据以上分析，A是NH3、C是NO2，在催化剂作用下，NH3与NO2反应可生成两种无污染物质是N2和H2O，该反应化学方程式为； （2）工业上常用Na2CO3溶液吸收NO2，NO2既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是NaNO3，生成等物质的量的两种钠盐，根据得失电子守恒，还原产物是NaNO2，该反应的离子方程式为2NO2＋CO32—=NO3-＋NO2-＋CO2；（3）根据以上分析，A是NaOH，实验室需配制 0.1 mol·L-1 NaOH溶液 450mL，选用500mL的容量瓶，，所以用托盘天平称取 A 的质量为2.0g，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol·L-1。（4）若将标准状况下2.24L的二氧化碳通入150mL1mol·L-1的氢氧化钠溶液中，充分反应，根据元素守恒，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，所以总反应的离子方程式为3OH-+2CO2＝CO32-+ HCO3-+H2O。根据图象，加入30ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液．根据氯离子、钠离子守恒， n(NaOH)=n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×0.2mol/L=0.006mol，则氢氧化钠溶液物质的量浓度C=0.006mol 0.030L=0.2mol/L；（2）碳酸钠溶液中加入逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，依据情况Ⅰ可知，26-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，则溶液中Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗的盐酸体积为30-26=4ml，说明溶质为碳酸钠与氢氧化钠混合物，依据方程式：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.004L×0.2mol•L-1=0.0008mol；依据情况Ⅱ可知，12-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，若溶质为碳酸钠则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30-12=18mL，而Ⅱ中0-12mL＜18mL，说明B中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，前10m盐酸为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，依据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.012L×0.2mol•L-1=0.0024mol；所以M、N两溶液中相同组分溶质的物质的量之比为0.0008mol：0.0024mol=1：3。
【点睛】碳酸钠与盐酸反应是分步反应，反应的化学方程式分别是: Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl(1)，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O + CO2↑(2)；向碳酸钠中滴加盐酸时，先发生反应(1)，后发生反应(2)，所以开始没有气体放出，后来有气体放出。
2． .NaAlO2 AlCl3 Al(OH)3 冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等） Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑
【分析】A是地壳中含量最多的金属元素，则A为铝，结合转换关系图可得B为氧，C为氢；甲为Al2O3，乙为NaAlO2、丙为H2O、丁为AlCl3、戊为Al(OH)3，据此分析可得结论。
【详解】（1）甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲由单质A和B反应生成，应为Al2O3，则A为Al，B为O2，C为H2，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，故答案为NaAlO2；AlCl3；Al(OH)3；
（2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，故答案为冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等）；
（3）甲→乙+丙反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，故答案为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；
（4）A→乙+C反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2 ↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑。
3．(1)HCl、AlCl3、NH4Cl
(2)MgCl2、Na2CO3
(3) 氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为浅紫色
(4) Al3++3OH-Al(OH)3↓ NH4++OH-NH3·H2O
【分析】OA段无沉淀，说明有HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应；Na2CO3与HCl、AlCl3不能大量共存，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，据此分析可得结论。
【详解】（1）由上述分析可得溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，故答案为HCl、AlCl3、NH4Cl；
（2）由上述分析可知溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为Na2CO3、MgCl2；
（3）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾，故答案为氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色；
（4）①AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，故答案为Al3++3OH-=Al（OH）3↓；
②BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为NH4++OH-=NH3•H2O。
【点睛】解答本题的关键在于离子间反应的先后顺序，当向含有有H+、Al3+、NH4+等离子的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，所发生的反应依次为：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
4．(1) Mg2＋、Al3＋、NH、Cl- 1∶1∶3∶8 Na2O2
(2) 1 5 6H+ 3 3
(3)氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子；可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点
(4)104x
【详解】（1）淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有Fe2+和Cu2+，则淡黄色固体为Na2O2，图像实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图像中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，一定有NH、Al3+、Mg2+，则溶液中一定没有OH-、CO，根据电荷守恒可知含有Cl-，由图可知氢氧化镁为2mol，氢氧化铝为4mol-2mol=2mol，加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应，由纵坐标可知：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=2mol，n(Al3+)=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol，当n(Na2O2)=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=8mol×=4mol，所以n(NH)=n(NH3)=10mol-n(O2)=6mol，由电荷守恒：2n(Mg2+)：3n(Al3+)：n(NH)=n(Cl-)，则n(Cl-)=16mol，故n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH)：n(Cl-)=2mol：2mol：6mol：16mol=1：1：3：8，则所含离子的物质的量浓度之比为1：1：3：8；故答案为Mg2+、Al3+、NH、Cl-；1：1：3：8；Na2O2。
（2）酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2，离子方程式为：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为1；5；6H+；3；3。
（3）反应①所得I2的作用是氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点，故答案为氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子；可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点。
（4）100mL的水样共消耗xmL标准溶液．若消耗1mL标准溶液相当于SO的质量1g，所以100mL中含有xgSO，所以1L该水样中SO的含量为104xmg/L，故答案为104x。
5． S2-＞F-＞Al3+ HClO4 H2SO4 SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O O2+4e- +2H2O＝4OH- 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
【分析】②元素是地壳中含量最多的，所以②是O；⑤元素为两性元素，则⑤为Al；④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必须的调味品知④为Na，⑦为Cl；②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍，则①为H，⑥为S，七种短周期主族元素①～⑦，其原子序数依次增大，所以③为F。据此判断。
【详解】根据上述分析可知①～⑦分别是H、O、F、Na、Al、S、Cl，则
(1)核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞F-＞Al3+。
(2)非金属性Cl＞S，所以⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4。
(3)二氧化硅是酸性氧化物，能与HF发生反应，其反应的化学方程式SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。
(4)由⑤是Al和空气、海水构成的原电池中，Al做负极，正极为O2发生还原反应，其正极反应式为O2+4e- +2H2O＝4OH-。
(5)B为黄绿色气体知B为Cl2，电解A得三种物质，由图知A为NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠溶液，G为Al，F为偏铝酸钠溶液，E为盐酸。
①D溶液与G反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
②混合物X中的某物质不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，该物质是氢氧化铝，氢氧化铝溶不溶于水，既能溶于酸又能溶于碱，能溶于碱是因为存在Al(OH)3AlO2-+H＋+H2O，加苛性钠溶液促进电离，所以能溶于碱液中。
③A为NaCl溶液，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。
6． Mg(OH)2 Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑ 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2
【详解】已知气体A在标准状况下的密度为1.429g·L－1，则其摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L/mol
=32g/mol，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，则7.6gX中含Si的质量为2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成白色沉淀只有Mg(OH)2，则其物质的量为0.2mol，所以7.6gX中含Mg的质量为4.8g，即0.2mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。
(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；
(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；
(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/ mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。
点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。
7． NO FeC3+8HNO3=Fe(NO3)3+3CO2↑+5NO↑+4H2O 2Fe3++3CO32-+3H2O==2Fe(OH)3↓+3CO2↑
【详解】G、I、J焰色反应显黄色，含有钠元素，D、E、L均为无色气体，E和L难溶于水，因此G可能是过氧化钠，D是二氧化碳，I是氢氧化钠，L是氧气，E是NO，B是硝酸，M为有颜色的固体，M可能是氢氧化铁，F为常见金属，则F是铁，C是硝酸铁，H是硝酸亚铁，A为由两种元素组成的固体，含非金属质量分数为39.13%，A是由C和Fe两种元素形成的，原子数之比是，因此A的化学式为FeC3。
（1）E的化学式为NO。（2）过氧化钠的电子式为。（3）根据以上分析可知反应①的化学方程式为FeC3+8HNO3＝Fe(NO3)3+3CO2↑+5NO↑+4H2O。（4）反应②的离子方程式为2Fe3++3CO32-+3H2O＝2Fe(OH)3↓+3CO2↑。
点睛：该题综合性强，难度较大，掌握常见元素及其化合物之间的相互转化关系是解答的关键。本题中已知信息虽然较多，但作为突破口的不多，需要结合框图中的转化关系进行大胆假设验证、推理，较好的考查了学生的综合分析能力和思维方法。
8． +3 H-Cl Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑ AlCl3、NaCl 促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁（PAFC） 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑
【详解】(1)该物质是碱式氯化铝和碱式氯化铁形成的复杂物质，根据化合价规则，设铁元素的化合价为a，则有(6-x)+x=2a，所以铁元素的化合价为+3价；
(2)因最终产物为氯化物，所以该酸为盐酸，其结构式为H—Cl；
(3)SiO2和Al2O3在高温下都能与纯碱反应，类似于生产玻璃的主要反应原理：Na2CO3+ SiO2 Na2SiO3+CO2↑ 和Na2CO3 +Al2O3 2NaAlO2+CO2↑；
(4)根据滤渣A中主要含有SiO2和Al2O3，与纯碱焙烧后生成Na2SiO3和NaAlO2，再用盐酸酸浸后得到滤渣为H2SiO3，所以滤液B的主要溶质为AlCl3和NaCl；滤液混合后其中的溶质为AlCl3、FeCl3和NaCl，由于Al3+和Fe3+都能够水解，且加热能够促进水解，所以滤液混合后加热蒸发的作用就是促进Al3+、Fe3+水解生成聚合氯化铝铁（PAFC）；
(5)分离出聚合氯化铝铁（PAFC）后的滤液中主要是NaCl，即粗盐，经过精制处理后，再进行电解，即氯碱工业，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑。
9． CaCO3 CuC2O4 CuO +CO↑+CO2↑ 2CuO + 4I-+4H+ =2CuI↓+ I2 +2H2O 或2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2
【分析】气体C在标准状况下密度为1.96g·L-1，C的摩尔质量为1.96g·L-1×22.4mol/l=44g·mol－1，C为CO2，白色沉淀为CaCO3，B和C为常见气体且所含元素相同，B为CO，D为CuO，CO2的物质的量=碳酸钙的物质的量=20g/100g·mol－1=0.2mol，氧化铜的物质的量=16g/80g·mol－1=0.2mol，固体A的摩尔质量=30.4g/0.2mol=152g·mol－1,化学式为CuC2O4
【详解】（1）白色沉淀的化学式CaCO3。
（2）A受热分解的化学方程式CuC2O4 CuO +CO↑+C02↑ 。
（3）取少量固体D为CuO溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。产生该现象的离子方程式2Cu2+ + 4I- =2CuI↓+ I2。
10． NaOH > LiOH > Al(OH)3 碱性 AD Na2S2O3 S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O 紫色 下口流出
【详解】根据周期表，各元素分别为：a―Li、b―B、c―C、d―O、e―F、f―Na、g―Al、h―S、i―Cl。
（1） 同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物是水化物碱性越强，同主族，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物是水化物碱性增强，a、f、g 元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是 NaOH > LiOH > Al(OH)3 。表中所给元素中金属性最强的钠与非金属性最强的氟形成的化合物属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性。（2） 氢元素可与其它元素形成A、H与另一种元素形成极性共价键，如H-Cl键，故A正确；B、只能两个氢原子间形成非极性共价键，故B错误；C、氢键不是化学键，故C错误；D、与金属等通过离子间作用力形成离子键，如NaH,故D正确；故选AD。（3）d-O、f-Na、h-S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键S-S键，其化学式为Na2S2O3 ，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生反应的离子方程式为S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O。（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂CCl4，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层是碘的四氯化碳溶液，颜色为紫色，分液时有机层密度大于水层，应从下口流出。该有机溶剂CCl4的电子式是。
11． C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O HNO3> H2CO3> H2SiO3 Al3+ + 3NH3•H2O=Al（OH）3↓+ 3NH4+
【详解】本题考查元素周期表和元素周期律的有关知识，先根据原子在周期表中的位置推出元素符号及原子的结构，根据结构再判断其有关的性质，利用化学语言解答相关题目。
（1）⑦号元素位于第三周期第ⅣA族，为Si元素，其原子结构示意图为：
（2）③号元素位于第二周期第ⅤA族，为N元素，其氢化物化学式为NH3，NH3为共价化合物，含有三个N-H共价键，N原子周围达到8电子稳定结构，所以NH3的电子式为：；②的单质为C，元素⑧为S元素，其最高价氧化物的水化物为H2SO4，C 与浓硫酸反应的化学方程式为：C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
（3）②、③、⑦对应的元素分别为C 、N、Si，非金属性大小顺序为：N>C>Si，所以三种元素的最高价氧化物的水化物即酸的酸性的大小顺序为：HNO3> H2CO3> H2SiO3
（4）①、④、⑤、⑨对应的元素分别为H、O、Na、Cl，含有离子键又含有极性共价键的化合物有 NaOH 或NaClO或 NaClO2 或NaClO3或NaClO4，写一个比较简单的化合物如NaOH的电子式：
（5）⑥号元素为Al，根据N为两种元素形成的化合物可知N为Al2O3，则Z为Al(OH)3，M为仅含非金属元素的盐，则M中的阳离子一定为NH4+，根据X、Y均为含两种元素的化合物及Z为Al(OH)3、M中含NH4+，可推测X、Y为NH3和AlCl3，NH3的水溶液为氨水，是弱碱，两者反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3•H2O=Al（OH）3↓+ 3NH4+
点睛：部分学生不能顺利推出第（5）中的X、Y两种物质，主要是思维不够活跃，知识之间的联系不够熟练。思考时以⑥号元素Al为突破口，联想到铝三角的知识点，使用逆推的方法，进行大胆的预测，然后验证，结果合理的话就表明预测是正确的，如果不合理，再进行其他的预测，直至得到正确的答案。
12． H2O2 磁性氧化铁 氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
【详解】A、B常温下均为无色液体，且均由两种相同的元素组成，A生成B和C，C为气体，一般为H2O2生成H2O的反应，则A为H2O2，B为H2O，C为O2，G可用于制取“84”消毒液，G为Cl2，D是应用最广泛的金属，D为Fe，由转化关系可知F为H2，H为HCl，E为Fe3O4，J为FeCl3，I为FeCl2。
(1)由以上分析可知A为H2O2，E为Fe3O4，E的俗称为磁性氧化铁，故答案为H2O2；磁性氧化铁；
(2)氢气在氯气中燃烧的实验现象为：氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成，故答案为氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口上方有白雾生成；
(3) 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
(4)氯气和氯化亚铁发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3，电子转移的方向和数目可以表示为或，故答案为或。
13． 第二周期IVA族 S2- N≡N 0.045mol/L（或1/22.4mol/L） HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2） C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【详解】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。
(1) Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；
(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；
(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；
(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
②100 mL 1 mol·L-1的甲溶液中含有0.1mol Fe2+，20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02mol MnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。
14． 第四周期第VIII族 S2﹣＞N3﹣＞Al3+ 离子键和共价键 NH4++OH﹣NH3↑+H2O 2.5×10﹣12 mol/L Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓ 5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，A与C同主族，A与B、A与E形成共价化合物。A与B形成的最简单化合物的水溶液呈碱性，则A与B形成的最简单化合物是NH3 ，则A为H、B为N、C为Na；E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，则最高价为+6，最低价为-2，E为S；D是同周期中简单离子半径最小的元素，D为Al；F元素对应的单质为日常生活中常见金属，F为Fe．
【详解】（1）Fe为26号元素，在元素周期表中的位置时第四周期第VIII族．
（2）B、D、E的简单离子中，S2﹣有3个电子层，半径较大，N3﹣和Al3+只有2个电子层且核外电子排布相同，核电荷数大的半径较小，所以半径由大到小的顺序为S2﹣＞N3﹣＞Al3+．
（3）B的气态氢化物（NH3）与其最高价氧化物对应的水化物（HNO3）反应生成的化合物是NH4NO3，其中存在的化学键类型为离子键和共价键，检验NH4+的离子方程式NH4++OH﹣NH3↑+H2O．
（4）由A、B元素形成的六核分子为N2H4，其的电子式．
（5）常温下化合物FeS的Ksp=6×10﹣18mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2S溶液与含FeSO4溶液按体积比3：2混合，c(S2-)=1.0×10﹣5mol•L﹣1，若有沉淀FeS生成，则混合液中c(Fe2+)至少为，则所需的FeSO4的浓度至少是2.5×10﹣12 mol/L．
①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则丙一定是氢氧化铝，乙和丁分别是铝盐和偏铝酸盐中的一种；
②均含Fe元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，则乙为铁、丙为+3价铁的化合物、丁为+2价铁的化合物．
a．均含有D元素的乙与丁在溶液中发生双水解反应，离子方程式Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．
b．Fe2+有还原性，可以用酸性KMnO4溶液检验，若加入酸性KMnO4溶液后紫红色褪色，则溶液中有Fe2+，其对应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．
15． Fe3+ 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色说明无Fe3+（其它合理答案也可）。 3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－ Fe3+ （或Cl－） ＞0.07mol （＜0.07mol） 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 Cu2S+2CuC12=4CuC1+S CuSO4·H2O
【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+；通常用硫氰化钾溶液检验铁离子，检验方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+，故答案为Fe3+；取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；（2）①气体A为NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3-离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，②H中NaAlO2，沉淀I为氢氧化铝，偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）A、F、I均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知亚铁离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42-），n（SO42-）=
=0.07mol，当X溶液中不能确定的离子是Fe3+，则硫酸根离子的物质的量大于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量大于0.07mol；当X溶液中不能确定的离子为Cl-，则硫酸根离子的物质的量小于0.07mol，生成沉淀C硫酸钡的物质的量小于0.07mol．
II．（1）Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；浸取时的总反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，还发生了这个反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。用总反应减去这个反应即为：Cu2S+2CuC12=4CuC1+S；（2）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g-0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2O== CuSO4•（5-n）H2O+nH2O
250 18n
80g 80g-57g=23g
解得n=4，所以，200℃时该固体物质的化学式为CuSO4•H2O。
16． H2O>NH3>CH4 C2H2-10e-+4H2O= 2CO2+10H+ O2+2H2S=S↓+2H2O N4(g):=2N2(g) △H=-882kJ•mol-1 c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－) 取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。
【详解】本题考查元素周期律和元素周期表的应用，W的氢化物常温下为液态，则W为O，W与R同主族，原子序数增大，即R为S，X分别与Y、Z、W形成电子总数相等的分子，因此推出X为H，X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y为C，Z为N，都属于短周期元素，因此T为Cl，（1）NH3和H2O含有分子间氢键，CH4没有分子间氢键，因此CH4的沸点最低，H2O常温下为液态，NH3常温下为气体，因此沸点高低：H2O>NH3>CH4；（2）含有极性键，应是至少两种元素组成，且存在非极性共价键，存在同种元素构成化学键，相对分子质量最小，此物质为乙炔，其电子式为；根据原电池的工作原理，乙炔在负极上失电子，环境是酸性，负极电极反应式为C2H2＋4H2O－10e－=2CO2＋10H＋；（3）利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即2H2S＋O2=S↓＋2H2O；（4）此反应是N4=2N2，1molN4中含有6molN－N，根据反应热与键能的关系，△H=(6×167－2×942)kJ·mol－1=－882kJ·mol－1，因此热化学反应方程式为：N4(g)=2N2(g) △H=-882kJ·mol－1；（5）①组成离子化合物是NH4NO3，属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，离子浓度大小顺序是：c(NO3－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；②该化合物中的阳离子是NH4＋，检验时一般转化成NH3，具体步骤是：取少量样品（溶液）于试管中，加入适量（浓）氢氧化钠溶液并加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子。
点睛：本题的难点是问题（2）的第一问，既含有极性键又含有非极性键，说明同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性键，此化合物属于分子化合物，相对分子质量最小，说明是由碳元素和氢元素组成，即乙炔，从而写出电子式。
17． 2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑ + H2↑ Cl2 + 2OH－ = Cl－+ ClO－ + H2O 4AlCl3 + 6Na2O2 + 6H2O = 4Al(OH)3↓ + 12NaCl + 3O2↑ 阴 在阴极H+不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中c（OH－）＞c（H+），所以阴极附近溶液变红。
【详解】常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C是气体，A和C反应生成B，则B是过氧化钠，A是钠，C是氧气；E在常温下为液体，E是水，钠和水反应生成 氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氧气，D是氢氧化钠，F是氢气；H的水溶液通电生成氢气、I气体和氢氧化钠，且J可作杀菌消毒剂，为次氯酸盐，所以I是氯气，电解饱和食盐水制取氯气，所以H是氯化钠，氢气和氯气反应生成G，所以G是氯化氢；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以J是次氯酸钠；
(1)通过以上分析知，B是过氧化钠，电子式为；
(2)电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(3)氯气和强碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，少量氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应方程式为：6Na2O2+4AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+12NaCl+3O2↑；
(5)电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，在阴极氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以阴极附近溶液变红。
点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。本题关键题眼为“B为淡黄色粉末，E在常温下为液体”。
18． 3:1 ＞ Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′ 12 NaWO3
【详解】X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X在周期表中原子半径最小，X为H元素；Z、R在地壳中的含量位列前两位，则Z为O元素，R为Al元素；Y与Z相邻，则Y为N元素，M为短周期中电负性最小的元素，即金属性最强的元素，M为Na元素。
(1)Z为O元素，基态O原子的外围电子排布图为 ，故答案为；
(2)X与Y能形成多种化合物，其中Y2X2为H2N2，结构为H-N=N-H分子中σ键、π键的数目之比为3:1，故答案为3:1；
(3)Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′，故答案为＞ ；Si3N4晶体中Si和N原子均为sp3杂化，但N原子含有1对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥作用更大，使得Si—N—Si键角小于109°28′；
(4)①钨原子位于Z原子形成的正八面体的体心，被6个氧离子包围成配位八面体；钠离子位于钨原子形成的立方体的体心，被12个氧离子包围，故答案为12；
②钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12×=3，则晶胞的化学式为NaWO3，故答案为NaWO3；
③相邻Z原子的核间距为apm=a×10-10cm，则晶胞的边长为2× a×10-10cm= a×10-10cm ，则晶体的密度为 = g/cm3，故答案为。
点睛：本题考查了元素的推导和物质结构与性质，正确判断元素的种类是解题的基础。本题的难点是（4）中晶胞的计算，正确找到相邻Z原子的核间距与晶胞边长的关系是解题的关键。
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