2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题2（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2

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．（2023春·辽宁抚顺·高三校联考期中）W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素，其元素性质或原子结构信息如下：
元素
元素性质或原子结构信息
W
基态W原子s能级上的电子总数比p能级上的电子总数多3
X
基态X原子核外有7种运动状态不同的电子
Y
元素周期表中电负性最大
Z
第四周期元素中未成对电子数最多
R
原子序数为33
请回答下列问题：
(1)写出各元素的元素符号：W_______、X_______、R_______。
(2)第一电离能：X_______(填“>”或“＜”，下同)Y；电负性：X_______R。
(3)Y的最简单氢化物沸点比同主族其他元素的最简单氢化物的沸点更高，原因是____。
(4)分子中，中心原子的杂化轨道类型为_______，分子的空间结构名称为_______。
(5)基态Z原子的价层电子轨道表示式为_______，R在元素周期表中的位置为_______，X的最简单氢化物与R的相比较，键角较大的为_______(填化学式)。
3．（2023春·山东滨州·高三校联考阶段练习）元素周期表1～20号部分主族元素的原子半径与原子序数的关系如图，根据所学知识回答下列问题。
  
(1)焰色反应实验时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰的元素在周期表中的位置___________。
(2)d、e、f、h四种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序是___________(用离子符号填写)。
(3)c的简单氢化物与n的简单氢化物反应生成产物的电子式：___________。
(4)卤族元素大量存在于海洋中，获取单质的过程中，需要利用m的一种氧化物富集，写其反应的离子方程式：___________。
(5)已知某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如元素b与元素h有相似的性质。写出元素b的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式：___________。
(6)砷(As)的化合物可用于杀虫及医疗。
①As的原子结构示意图为___________。
②Y由d、f、n三种元素组成，是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为___________。
(7)从原子结构的角度，解释f、g、h元素金属性变化的原因：___________。
4．（2023春·山东淄博·高三校联考期中）(I)俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素(Fl)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：
(1)该元素在周期表中的位置为：___________，属于___________元素(填“金属”或“非金属”)。
(II)下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，回答下列问题：

(2)②③④三种元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是___________(填化学式)。
(3)元素⑦的简单氢化物与③的单质反应的离子方程式为___________；
(4)元素②和⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为___________；
(5)元素⑩为铁，其单质与⑧的单质反应的化学方程式为___________；
(6)部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，判断以下叙述不正确的是___________
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2

A．L2+、R2-的核外电子数相等
B．单质与稀盐酸反应的速率LE>A
(5)的电子式为_______，溶于溶液的化学方程式_______。
22．（2023春·山东青岛·高三青岛二中校考期中）已知A、B、C、D、E为原子序数依次递增的五种短周期主族元素，其中A与C同主族，B与D同主族，且D的原子序数是B的2倍，B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。请用化学用语回答下列问题：
(1)A、B、E三种元素形成的三核分子的结构式为___________。
(2)D、E元素的非金属性更强的是___________(填元素符号)，判断依据是___________(用一个离子方程式来表示)。
(3)已知C-D新型一次高能电池工作时的总反应为：，则该电池工作时负极电极反应式为___________，正极电极反应式为___________。
(4)已知气态单质A与气态单质E完全反应生成1mol气态AE放出91.5kJ的热量，单质A中共价键的键能为436kJ/mol，单质E中共价键的键能为243kJ/mol，则化合物AE中共价键的键能为___________kJ/mol。
(5)在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2mol单质D和0.2mol的，加热至发生反应；反应中的浓度随时间变化情况如下图所示：
  
根据上图中数据，用表示该反应在0～10min内的反应速率=___________，判断下列说法正确的有___________。
a．向体系中加入更多单质D可以加快该反应的反应速率
b．向该体系中通入更多Ar，可以加快该反应的反应速率
c．保持足够长的反应时间，该体系可以生成0.2mol
d．10min到20min之间，浓度保持不变，说明该反应停止了
e．体积和温度一定时，容器内的压强不再改变说明反应达到平衡状态
f．体积和温度一定时，混合气体的密度不再改变说明反应达到平衡状态

答案：
1．(1)第三周期第IIIA族
(2) 3 p 哑铃
(3) N＞Cl NH3和HClO
(4)Π

【分析】A为是短周期元素(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，是钠元素；B与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性，为铝元素，C的气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂，为氮元素，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，为氯元素，E元素原子的L电子层上有2对成对电子，为氧元素，据此解答。
【详解】（1）B为铝元素，在周期表第三周期第IIIA族。
（2）C为氮元素，原子核外有3个未成对电子，能量最高的在p轨道，该轨道呈哑铃形。
（3）在NCl3分子中氯为+1价，则说明氮的电负性大于氯。根据其化合价分析，其与水反应上次氨气和次氯酸，化学式为NH3和HClO。
（4）硝酸根离子根据VSEPR理论分析，价电子对数为，根据杂化轨道理论分析，中心原子氮为sp2杂化，分子构型为平面正三角形，氮的2s能级上一个电子跃迁到2p轨道，2s、2px、2py三个轨道形成sp2杂化轨道，2pz轨道则留有一对电子，每个氧原子2pz轨道留有一个单电子，再加上整个离子一个单位负电荷，则形成四中心六电子的离域大Π键，记为Π。
2．(1) B N As
(2) ＜ >
(3)卤族元素的最简单氢化物均为极性分子，而HF分子间可以形成氢键，导致沸点更高
(4) 三角锥形
(5) 第四周期第VA族

【分析】基态W原子s能级上的电子总数比p能级上的电子总数多3，则其电子排布式为1s22s22p1，W为B，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，则X为7号元素，X为N，Y元素周期表中电负性最大，则Y为F，Z元素第四周期元素中未成对电子数最多，其价层电子排布式为3d54s1，则Z为Cr，R元素原子序数为33，R为As，则W为B，X为N，Y为F，Z为Cr，R为As，以此解题。
【详解】（1）由分析可知，W为B，X为N，R为As；
（2）由分析可知，X为N，Y为F，R为As， 同周期第一电离能呈递增趋势，故第一电离能：XR；
（3）由分析可知，Y为F，其氢化物HF可形成分子间氢键，沸点较高，故其最简单氢化物的沸点更高原因是卤族元素的最简单氢化物均为极性分子，而HF分子间可以形成氢键，导致沸点更高；
（4）由分析可知，W为B，X为N，Y为F，则为BF3，其中心原子B的价层电子对数为3，没有孤电子对，其中心原子的杂化轨道类型为；为NF3，其中心原子N的价层电子对数为3，有1对孤电子对，则其空间结构名称为三角锥形；
（5）由分析可知，X为N，Z为Cr，R为As，则基态Z原子的价层电子轨道表示式为；R为As，R在元素周期表中的位置为第四周期第VA族；As的原子半径大，其成键电子对之间的斥力较小，键角较小，故X的最简单氢化物与R的相比较，键角较大的为。
3．(1)第四周期ⅠA族
(2)
(3)  
(4)
(5)或者；
(6)   
(7)同周期元素，从左到右，电子层数相同，核电荷数增多，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱

【分析】根据图示信息可知，a为Li、b为Be、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Mg、h为Al、m为S、n为Cl、o为K、p为Ca，以此解题。
【详解】（1）焰色反应实验时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰的元素为K，其在周期表中的位置为：第四周期ⅠA族；
（2）由分析可知，d为O、e为F、f为Na、h为Al，电子层越多，半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越小半径越大，则d、e、f、h四种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序是；
（3）由分析可知，c为N、n为Cl，则c的简单氢化物与n的简单氢化物反应，即氨气和氯化氢反应，可以生成氯化铵，其电子式为：  ；
（4）由分析可知m为S，则利用m的一种氧化物富集溴的方程式为：；
（5）由分析可知b为Be、h为Al，根据题意元素b与元素h有相似的性质，则b的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为：或者；
（6）①As为33号元素，则As的原子结构示意图为  ；
②由分析可知，d为O、f为Na、n为Cl，Y由d、f、n三种元素组成，是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，则该反应的方程式为：；
（7）由分析可知，f为Na、g为Mg、h为Al，同主族原子半径越大，金属性越强，同周期最外层电子越多，金属性越弱，则从原子结构的角度，解释f、g、h元素金属性变化的原因为：同周期元素，从左到右，电子层数相同，核电荷数增多，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱。
4．(1) 第七周期ⅣA族 金属
(2)KOH>NaOH>Mg(OH)2
(3)2K+2H2O=2OH-+H2↑+2K+
(4)Al(OH)3+OH-=+2H2O
(5)2Fe+3Cl22FeCl3
(6)AB

【分析】根据周期表的结构可以知道，①～⑩分别为H、Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、I、Fe。
【详解】（1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属。
（2）由元素在周期表的位置可知，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe。
金属性：K>Na>Mg，金属性越强元素最高价氧化物的水化物碱性越强，则碱性：KOH>NaOH>Mg(OH)2。
（3）元素⑦的简单氢化物为H2O，③的单质为K，K和H2O 反应生成KOH和H2，离子方程式为：2K+2H2O=2OH-+H2↑+2K+。
（4）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O。
（5）⑧的单质为Cl2，Fe和Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。
（6）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L>Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。
A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-(-2)=18，不相等，故A错误；
B．金属性Mg>Be，则Mg与酸反应剧烈，故B错误；
C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；
D．O和S元素可形成的化合物SO2、SO3，故D正确；
故选AB。
5．(1) Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 2：1 2SO2+O22SO3
(2) 4NH3+5O24NO+6H2O 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2 +2H2O+2NH3↑ 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 0.1 6.4

【分析】A是气态氢化物，C和D的摩尔质量相差16g·mol-1，则B为氧气，若C是形成酸雨的主要大气污染物之一，能使品红溶液褪色，工业上常用于漂白纸浆、毛、丝等，则C为二氧化硫，A为硫化氢，F为水，D为三氧化硫，E为硫酸，G是一种紫红色金属单质，则G为Cu。
若0.5molA中含有5mol电子，则说明1molA含有10mol电子，D是一种红棕色气体，则D为二氧化氮，C为一氧化氮，则A为氨气，B为氧气，E为硝酸。
【详解】（1）①反应④是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
②硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质和水，2H2S+ SO2=2H2O+3S↓，氧化产物、还原产物都是硫，其中化合价升高得到的产物氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物，因此在A和C的反应中氧化产物和还原产物的质量之比为2：1；故2：1。
③反应②是二氧化硫的催化氧化，其反应的化学方程式2SO2+O22SO3；故2SO2+O22SO3。
（2）①反应①是氨气的催化氧化，其反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O。实验室制A常用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，其反应的化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2 +2H2O+2NH3↑；故4NH3+5O24NO+6H2O；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2 +2H2O+2NH3↑。
②反应④是铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其反应的离子方程式3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。由于E的浓度控制不准确，结果得到物质的量之比为1：1的C和D的混合气体2.24L(标况下)，则NO物质的量为0.05mol，NO2物质的量为0.05mol，根据氮元素守恒，则被还原的硝酸是0.1mol，根据得失电子守恒，溶解铜的物质的量为，则溶解的Cu的质量是0.1mol×64g∙mol−1＝6.4g；故3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；6.4。
6．(1)
(2)第四周期ⅥA族
(3) 离子键，(非极性)共价键
(4)
(5)

【分析】根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，以此解答。
【详解】（1）⑧为Cl元素，原子结构示意图为，其基态原子的价电子排布式为。
（2）34号元素Se与O、S同主族，S是16号元素，第三周期和第四周期同主族元素上下元素序号相差18，则Se在元素周期表中的位置为第四周期ⅥA族。
（3）O和Na元素能够组成原子个数比为的化合物Na2O2，其电子式为，该化合物中含有的化学键类型包括离子键，(非极性)共价键。
（4）N、O、Al三种元素的简单离子电子数相同，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，半径由大到小的排列顺序是。
（5）由于H2O、NH3中存在氢键，故其熔、沸点比CH4 高 ，由于O原子的电负性大于N原子 ， 所以H2O中氢键的作用力大于NH3，则沸点：。
7．(1)第二周期第ⅤA族
(2)
(3) Cl c
(4) Na Na单质能与冷水剧烈反应置换氢气，而Al单质不能与水反应置换氢气，只能与酸反应（或者为强碱，而显两性）
(5)

【分析】根据原子半径的大小和最高价、最低价，推出元素X为H元素，Y为O元素，Z为N元素，M为Si元素，R为Cl元素，J为Na元素，Q为Al元素，T为P元素。
【详解】（1）根据Z的化合价为+5价和-3价，原子半径较小，所以Z为N元素，在周期表中的位置为：第二周期第ⅤA族；
（2）J为Na元素，Q为Al元素，Q与J两种元素最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：；
（3）T为P元素，R为Cl元素，非金属性较强的为Cl元素；
a．常温下P的单质呈固态，的单质呈气态，不能证明非金属性的强弱，a错误；
b．稳定性，可以证明Cl的非金属性强于P的非金属性，b正确；
c．比较非金属性的强弱，用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，而不是氢化物的水溶液的酸性，c错误；
故选b；
（4）J为Na元素，Q为Al元素，金属性较强的为Na元素，因为Na单质能与冷水剧烈反应置换氢气，而Al单质不能与水反应置换氢气，只能与酸反应（或者为强碱，而显两性）；
（5）M为Si元素，原子半径大于P，小于Al，其最小范围是：。
8．(1)N
(2)HClO4
(3)氧原子半径小于硫，其对外层电子的吸引能力更强
(4)abc

【分析】元素周期表中四种原子序数依次增大的短周期元素的相关信息；Q为元素周期表中位于第2周期、第VA族，为氮；W最低负化合价为价，为氧；X单质是一种黄色晶体，为硫；Y原子结构示意图为  ，为17号元素，氯；
【详解】（1）Q的元素符号是N；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，X、Y的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质是HClO4；
（3）氧原子半径小于硫，其对外层电子的吸引能力更强，得到电子的能力强于硫，故其非金属性大于硫；
（4）a．XW为同一主族，则X的最低负化合价与W相同，正确；
b．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故Q的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性，正确；
c．Cl2具有较强氧化性，二氧化硫具有一定的还原性，氯气可与SO2的水溶液发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，正确；
故选abc。
9．(1) N2 液氨
(2)4NH3+ 5O24NO+6H2O
(3) 碱 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O
(4)b
(5)cd
(6)2NO + 2CON2 + 2CO2

【分析】含氮物质中，A为N元素显-3价的氢化物，其化学式为NH3；B为氮元素显+4价的氧化物，其化学式为NO2或N2O4；C为氮元素显+5价的酸，其化学式为HNO3。
【详解】（1）在氮的单质和常见的含氮化合物中，N2的性质不活泼，则常用作保护气的物质是N2；氨分子间易形成氢键，分子间作用力大，则常用作制冷剂的物质是液氨。N2；液氨；
（2）在催化剂和加热的条件下，物质A(NH3)与O2反应生成NO和水，是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是4NH3+ 5O24NO+6H2O。4NH3+ 5O24NO+6H2O；
（3）A(NH3)极易溶于水，水溶液显碱性，实验室以NH4Cl固体与Ca(OH)2共热制备NH3气体，其化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O。2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O；
（4）a．装置中倒置漏斗口刚接触水面，可有效防止倒吸，a不符合题意；
b．装置中导气管插入烧杯内的水中，由于氨气极易溶于水，会产生倒吸现象，b符合题意；
c．NH3不溶于CCl4，逸出后被上面的水吸收，既能吸收氨气又能防止倒吸，c不符合题意；
d．干燥管口插入烧杯内的水中，也可防止倒吸，d不符合题意；
故选b。b；
（5）a．NO难溶于水，不能在烧瓶内产生负压，不会产生喷泉，a不符合题意；
b．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，不能在烧瓶内产生负压，不会产生喷泉，b不符合题意；
c．Cl2易溶于浓NaOH溶液，会在烧瓶内产生负压，从而产生喷泉，c符合题意；
d．HCl易溶于水，能在烧瓶内产生负压，从而形成喷泉，d符合题意；
故选cd。cd；
（6）在催化剂存在下，NO和CO反应生成两种无色无毒气体分别为N2和CO2，用化学反应方程式表示这个过程：2NO + 2CON2 + 2CO2。2NO + 2CON2 + 2CO2。
氨催化氧化时，不会生成二氧化氮。
10．(1)
(2)
(3) 4:1 1

【分析】A、B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体，B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；
【详解】（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，；
（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，；
（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为，则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为，若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。
11．(1)SO、NO、NH
(2) Cl- 取少量溶液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-；若无白色沉淀产生，则不存在Cl-
(3)6I-+2NO+8H+=3I2+2NO↑+4H2O
(4) 催化作用 2NO+O2=2NO2、NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4

【分析】四份酸雨，A遇到溴水，溴水不褪色，说明没有还原性离子，没有亚硫酸根；B加入氯化钡有白色沉淀，说明有硫酸根，C加入氢氧化钠、加热，且遇到红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子，D加入淀粉—KI试纸，变蓝，说明有氧化性离子，能将I-氧化成I2，说明有硝酸根。
【详解】（1）根据分析一定有的离子包括SO、NO、NH；
（2）阴离子中一定有SO、NO，一定没有SO，还有Cl-不能确定，Cl-的检验滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，但是该溶液中还有SO，会对Cl-的检验带来干扰，所以必须要先排除SO的干扰。Cl-；取少量溶液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl－；若无白色沉淀产生，则不存在Cl－；
（3）酸雨溶液为酸性，还有NO，硝酸根离子在酸性条件下氧化I－生成碘单质同时生成NO，根据氧化还原反应配平的方法可得，6I-+2NO+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；
（4）NO、O2生成二氧化氮，二氧化氮具有强氧化性，氧化SO2成硫酸，再次变成NO，所以反应前后NO没有变化，故为催化剂，相关反应为2NO+O2=2NO2、NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4。
12．(1)Ba、N、H
(2)
(3)Ba3N2+6H2O=3Ba(OH)2+2NH3↑
(4) 2NH3+Fe2O3=2Fe+N2↑+3H2O 取样品少许，溶于足量的CuSO4溶液，充分反应后，过滤所得的滤渣溶于稀硫酸，滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，则证明有FeO生成

【分析】化合物X隔绝空气加热，生成的气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，物质的量为0.04mol，无色溶液B加入足量硫酸，生成硫酸钡沉淀，则B中含有钡离子，固体A为纯净物，仅含两种元素，与水反应生成氨气和钡离子，则固体A为Ba3N2，已知硫酸钡的质量为6.99g则钡离子的物质的量为0.03mol，Ba3N2的物质的量为0.01mol，质量为4.39g，NH3质量为0.68g，两者相加质量为5.07g。
【详解】（1）根据分析可知，X中的三种元素为Ba、N、H。
（2）气体A为NH3，NH3的电子式为。
（3）固体A为Ba3N2，Ba3N2与水反应生成氨气和氢氧化钡，化学方程式为Ba3N2+6H2O=3Ba(OH)2+2NH3↑。
（4）①高温下NH3与Fe2O3生成两种单质，一种为铁，说明Fe2O3中Fe得电子，则根据得失电子守恒可知NH3中N失电子生成氮气，反应的化学方程式为2NH3+Fe2O3=2Fe+N2↑+3H2O。
②有人提出反应产物可能含有FeO，要验证FeO的存在先除去混合物中的Fe，再用稀硫酸、酸性高锰酸钾检验亚铁离子是否存在，具体实验方案为取样品少许，溶于足量的CuSO4溶液，充分反应后，过滤所得的滤渣溶于稀硫酸，滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，则证明有FeO生成。
13．(1) 铜 第四周期第ⅠB族
(2) 3 纺锤(或哑铃)
(3)硫单质和CS2均为非极性分子，相似相溶
(4) HClO4＞H2SO4＞H2CO3 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强
(5)2Cu+SCu2S

【分析】已知：V、W、R、T四种元素均位于元素周期表前四周期，它们的原子序数逐渐增大。V元素是形成有机物的必备元素，为碳；W元素基态原子最外层p轨道电子数是最外层s轨道电子数的2倍，其单质常温下为固体，为硫；R元素与W元素位于同一周期并相邻，为氯；T元素原子中p轨道电子数与d轨道电子数之比为6：5；其盐溶液通常呈蓝色，为铜；
【详解】（1）T元素的名称为铜，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族；
（2）基态W原子中能量最高的电子所占据能级为3p，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤(或哑铃)形。
（3）W的单质易溶于V、W形成的化合物中，其原因是硫单质和CS2均为非极性分子，相似相溶；
（4）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故V、W、R三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序是HClO4＞H2SO4＞H2CO3；
（5）硫的氧化性较弱，和铜加热反应生成硫化亚铁铜，化学方程式：2Cu+SCu2S。
14．(1) 第三周期、第VIA族 S2-> O2->Na+ >Al3+
(2) H-O-O-H
(3)Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O
(4) NH4HSO4 2NA
(5)

【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素。Q的主要化合价为-2，Q是O元素；Z的主要化合价为+6、-2，则Z是S元素；M的主要化合价为+7、-1，则M是Cl元素；R的化合价为+1，半径小于O的原子半径，R是H元素；X的化合价为+1，半径大于S的原子半径，X是Na元素；Y的化合价为+3，半径大于S的原子半径，Y是Al元素；W的主要化合价为+5、-3，半径大于O、小于S，所以W是N元素。
【详解】（1）Z是S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Na+、Al3+、S2-、O2-半径由大到小的顺序是S2-> O2->Na+ >Al3+；
（2）由N、H两种元素组成的10e- 分子是NH3，其电子式为；由O、H两种元素组成的18e- 分子是H2O2，其结构式为H-O-O-H。
（3）Al元素最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，Cl元素最高价氧化物对应水化物是HClO4，Al(OH)3、HClO4反应的离子方程式为Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O。
（4）由S、N、O、H四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为NH4HSO4，NH4HSO4由 构成，1 mol该化合物的晶体中所含的离子数是2NA。
（5）氯气和硫化氢反应生成氯化氢和S沉淀，说明Cl2的氧化性大于S，则Cl的非金属性大于S，反应的化学方程式为。
15．(1) N2O5 氧化
(2)AD
(3) 4NH3+5O24NO+6H2O 无色气体变为红棕色 1：2
(4)2NH3+NO+NO22N2+3H2O

【分析】根据价类二维图可知，X为氮的+5价的氧化物，故为N2O5，结合其他含氮物质进行分析解答；
【详解】（1）由图可知，X为+5价氮的氧化物，化学式为N2O5；从化合价上看，X中氮具有最高价，化合价可以降低，具有氧化性；
（2）氨气具有碱性且可以和无水氯化钙反应，故不能用于干燥氨气的是浓硫酸、无水CaCl2，答案选AD；
（3）①NH3→NO的反应为氨气和氧气在催化剂和加热条件下生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
②二氧化氮为红棕色气体，NO→NO2实验现象是无色气体变为红棕色；
③NO2+H2O→HNO3反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中二氧化氮生成硝酸发生氧化反应、生成一氧化氮发生还原反应，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（4）由图可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、3H2O，NO2与NO的物质的量之比为1：1时，方程式为2NH3+NO+NO22N2+3H2O。
16．(1)
(2) CH4 NH3
(3)HNO3>H2CO3
(4)减小

【分析】由图可知，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素。
【详解】（1）⑧位于第三周期第ⅦA族，为Cl元素，原子序数为17，含有3个电子层，其原子结构示意图为：，故；
（2）②为C元素，其最简单气态氢化物为CH4，③为N元素，其最简单气态氢化物为NH3，故CH4；NH3；
（3）②为C元素，③为N元素，其对应的最高价含氧酸分别为H2CO3和HNO3，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HNO3>H2CO3，故HNO3>H2CO3；
（4）同周期从左到右元素的金属性逐渐减小，则⑤、⑥元素的金属性强弱依次减小，故减小。
17．(1)
(2)HF
(3)HClO4
(4)
(5)Al(OH)3+OH-= +2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
(6)NCl3+3H2O=3HClO+NH3
(7)F-＞Na+＞Al3+
(8)离子键
(9)BC

【分析】根据元素周期表中各元素的位置可知，a为H、b为N、c为F、d为Na、e为Al、f为S、g为Cl；
【详解】（1）元素f为S元素，其原子结构示意图为；
（2）同主族从上而下非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，故a与元素c和g形成的简单氢化物HF、HCl中稳定性强的是HF；
（3）元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但F没有正价，故由上述元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；
（4）hc2为CaF2，电子式为；
（5）元素d的最高价氧化物对应的水化物NaOH与元素e的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-= +2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）bg3为NCl3，与水反应生成两种物质，其中一种使pH试纸先变红又褪色，为HClO，反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3；
（7）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故 c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为F-＞Na+＞Al3+；
（8）c与d形成的原子个数比为1：1的化合物NaF中含有的化学键类型为离子键；
（9）d为Na、e为Al，
A. 单质的熔点是物理性质，不能利用熔点判断金属性强弱，选项A错误；
B. 单质的还原性越强，其简单阳离子的氧化性越弱，故简单阳离子的氧化性：Al3+＞Na+，可证明钠的金属性强于铝，选项B正确；
C. 金属性越强，与水反应的剧烈程度越大，常温下，Na单质能与水剧烈反应而Al不能，可证明钠的金属性强于铝，选项C正确；
D. 金属单质与盐酸反应产生氢气的多少不能证明金属性强弱，应利用失电子能力强弱判断金属性强弱，选项D错误；
答案选BC。
18．(1) Ag、Al、O   
(2)Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO
(3)[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O
(4)取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同

【分析】流程中溶液均为无色，溶液B的溶质只含正盐，溶液G、H中均含有配离子，气体A是一种无色无味的酸性氧化物，反应均充分进行，则A为二氧化碳气体，由无色溶液B与足量盐酸反应生成白色固体F可知，F为氯化银沉淀，则固体X中含有银元素；由白色固体C能溶于足量氢氧化钠溶液得到溶液G，溶液G与氢氟酸反应得到溶液H、与足量二氧化碳反应生成白色固体C可知，C为氢氧化铝、G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则固体X中含有铝元素；由难溶化合物X由3种分属不同周期的元素组成可知，X中含有O元素；由银原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由铝原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由X的质量可知，X中含有的氧元素的物质的量为=0.6mol，则X中银、铝、氧的物质的量比为0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，X的化学式为AgAlO2；结合流程可知，B为[Ag(NH3)2]2CO3、D为二氧化碳、E为氯化铵。
【详解】（1）由分析可知，固体X的化学式为AgAlO2，组成固体X的3种元素是银元素、铝元素和氧元素；E为氯化铵，多核阳离子铵根离子的电子式为  ，故Ag、Al、O；  ；
（2）由分析可知，溶液G生成白色固体C反应为四羟基合铝酸钠溶液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO，故Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO；
（3）由分析可知，溶液B生成白色固体F的反应为[Ag(NH3)2]2CO3溶液与足量盐酸反应生成氯化银沉淀、氯化铵、二氧化碳气体和水，反应的为化学方程式[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O，故[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O；
（4）由分析可知，G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则证明溶液G、H中含有的配离子种类不同的实验为取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，四羟基合铝酸钠溶液中先出现氢氧化铝白色沉淀，后沉淀溶解消失，而六氟合铝酸钠溶液中无明显现象，说明四羟基合铝酸钠溶液、六氟合铝酸钠溶液中含有的配离子种类不同，分别为氢氧根离子、氟离子，故取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同。
19．(1)
(2)HF
(3)HClO4
(4)
(5)Al(OH)3+OH-= +2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
(6)F-＞Na+＞Al3+
(7)离子键、共价键
(8)BC

【分析】根据元素周期表中各元素的位置可知，a-h分别为氢、氮、氧、氟、钠、铝、硫、铝、钙；
【详解】（1）元素f为S元素，其原子结构示意图为；
（2）同主族从上而下非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，故a与元素c和g形成的简单氢化物HF、HCl中稳定性强的是HF；
（3）元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但F没有正价，故由上述元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；
（4）hc2为CaF2，电子式为；
（5）元素d的最高价氧化物对应的水化物NaOH与元素e的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-= +2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故 c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为F-＞Na+＞Al3+；
（7）i与d形成的原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，过氧化钠中含有的化学键类型为钠离子和过氧根离子之间的离子键、过氧根离子间的共价键；
（8）d为Na、e为Al；d元素原子的失电子能力比e强，说明钠的金属性强；
A．单质的熔点是物理性质，不能利用熔点判断金属性强弱，选项A错误；
B．单质的还原性越强，其简单阳离子的氧化性越弱，故简单阳离子的氧化性：Al3+＞Na+，可证明钠的金属性强于铝，选项B正确；
C．金属性越强，与水反应的剧烈程度越大，常温下，Na单质能与水剧烈反应而Al不能，可证明钠的金属性强于铝，选项C正确；
D．金属单质与盐酸反应产生氢气的多少不能证明金属性强弱，应利用失电子能力强弱判断金属性强弱，选项D错误；
答案选BC。
20．(1) Na Na2CO3
(2) 化合反应 置换反应
(3)
(4)
(5) E

【分析】B为淡黄色固体，应为Na2O2，A为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。
【详解】（1）A为Na，D为Na2CO3；
（2）反应①是钠与氧气反应生成过氧化钠，为化合反应；反应②是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，是置换反应；
（3）过氧化钠与水反应的化学方程式为：；
（4）向Na2CO3溶液中通入CO2，反应的离子方程式为：；
（5）小苏打是图中的E；小苏打做发酵粉的原理，用化学方程式表示为：。
21．(1) 。
(2)HCl>H2S>SiH4。
(3)Cl2+S2-=2Cl-+S↓。
(4)④
(5) ， SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。

【分析】A元素的单质在空气中含量最高知A为N，根据它们在周期表中的位置关系可知：B为F，C为Si，D为S，E为Cl，据此回答。
【详解】（1）N的简单离子为N3-，它的结构示意图为 ，
故
（2）根据Si，S，Cl在周期表中的位置可知，非金属性：Cl>S>Si，故氢化物稳定性由大到小排序为：HCl>H2S>SiH4。
故HCl>H2S>SiH4。
（3）可通过置换反应实验比较Cl2与S非金属性强弱：Cl2+S2-=2Cl-+S↓
故Cl2+S2-=2Cl-+S↓。
（4）①SiO2能溶于HF中，①正确，不符合题意；
②NH3与HCl能反应生成NH4Cl，有白烟生成，②正确，不符合题意；
③B元素形成的其中一种18电子分子为F2，A元素形成的一种10电子分子为NH3，它们能发生氧化还原反应，③正确，不符合题意；
④原子得电子能力：N>Cl>S，④错误。
故④
（5）SiF4的电子式为： ，它与NaOH反应的化学方程式为：SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
故 ，SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
22．(1)H-O-Cl
(2) Cl (或)
(3) (或)
(4)431
(5) f

【分析】由题干信息B与D同主族，且D的原子序数是B的2倍，可推知：B为O，D为S，又知A、B、C、D、E为原子序数依次递增的五种短周期主族元素，故E为Cl，又知B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，故推知A为H，C为Na，故A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，据此解题。
【详解】（1）由分析可知，A是H，B是O，E是Cl，则A、B、E三种元素形成的三核分子的结构式为H-O-Cl；
（2）由分析可知，D是S，E是Cl，同周期越靠右非金属性越强，则非金属性更强的是Cl；可以通过置换反应来证明，故判断依据是：(或)；
（3）已知C-D新型一次高能电池工作时的总反应为：2C+xD=C2Dx即2Na+xS=Na2Sx，则该电池工作时负极发生氧化反应，故电极反应式为Na-e-=Na+，正极发生还原反应，故电极反应式为xS+2e-=，故Na-e-=Na+；(或)；
（4）已知气态单质A与气态单质E完全反应生成1mol气态AE放出91.5kJ的热量，单质A中共价键的键能为436kJ/mol，单质E中共价键的键能为243kJ/mol，设单质A与单质E形成的化合物中共价键的键能为xkJ/mol，根据反应热为：E(H-H)+E(Cl-Cl)-2E(H-Cl)=-183kJ/mol，即436kJ/mol+243kJ/mol-2x=-183kJ/mol，解得：x=431kJ/mol，故431；
（5）根据反应速率之比等于化学计量系数比，结合上图中数据，用A2表示该反应在0～10min内的反应速率：；
a．由于D是固体，故往该体系中加入更多单质D，D的浓度不变，故该反应的反应速率不变，a错误；
b．由于往该体系中通入更多Ar，反应物的浓度不变，故反应速率不变，b错误；
c．由于体系加入0.2mol单质D和0.2mol的A2，若保持足够长的反应时间，该体系能够生成0.2molA2D，即D和A2均完全反应，但题干告知是个可逆反应，故不可能完全转化，c错误；
d．10min至20min时间段，A2D浓度保持不变，说明该反应达到化学平衡状态，但反应并未停止，d错误；
e．由于该反应前后气体的系数之和保持不变，故体积和温度一定时，容器内的压强一直保持不变，故容器内的压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，d错误；
f．由于反应物中D是固体，故体积和温度一定时，混合气体的密度一直再改变，现在混合气体的密度不再改变说明反应达到平衡状态，f正确；
故；f。