【高考化学】2023届高考备考第一轮复习元素或物质推断题提升练习7含解析

试卷第=page1212页，共=sectionpages1212页第页码11页/总NUMPAGES总页数29页【高考化学】2023届高考备考第一轮复习元素或物质推断题提升练习1．（2022·上海虹口·二模）下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径1.861.520.661.430.771.100.992.310.700.64最高价态+1+1——+3+4+5+7+1+5——最低价态————－2——－４－3－1——－3－1试回答下列问题：(以下各题回答，可能的话，均用对应的元素符号或物质的化学式表示)（1）写出⑦⑨与氢元素形成的常见离子化合物的电子式_____________________（2）上述⑤、⑥、⑦号元素中某2种元素形成的化合物中，每一个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是_________、__________；（3）某元素R的原子半径为1.04×m，该元素在周期表中的位置是______________（4）以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是_______（5）④、⑦、⑧、⑩四种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为_________________2．（2022·上海宝山·二模）已知溶液中：还原性HSO3－>I－，氧化性IO3－>I2

>SO42－。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示，试回答下列问题：（1）写出a点反应的离子方程式__________________________；反应中还原剂是________；被还原的元素是________。（2）写出b点到c点反应的离子方程式__________________________________________。（3）当溶液中的I－为0.4mol时，加入的KIO3为____________mol。（4）若往100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为_____________。3．（2022·江西鹰潭·二模）物质A、B、C、D为中学常见单质，其组成元素的原子序数依次减小，且其中只有三种是短周期元素，B为黄绿色气体。试根据下图中物质的相互转化关系回答下列问题。(1)A是______(2)在FG的转化中，A的作用是______；在①～⑥的反应中，不属于氧化还原反应的是______。(多填或少填无分)(3)写出A在高温下与H反应的化学反应方程式并标出电子转移的方向和数目______。(4)写出反应⑥的化学反应方程式______。(5)已知在101kPa条件下，2molD完全燃烧生成液态生成物放出571.6kJ热量；请书写表示D燃烧热的热化学方程式：______4．（2022·河北邯郸·二模）某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32-、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：依据以上信息，回答下列问题：(1)上述离子中，溶液X中肯定含有的是:____________________________不能肯定的是_____________________.对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中根据现象就可判般，则该试剂最好是：______________①NaOH溶液，②酚酞试剂，③石蕊试剂，④pH试纸⑤KSCN溶液，⑥KMnO4溶液。()气体F的化学式为：______________，沉淀K的化学式为：_______，实验中，可以观察到反应②的现象是____________________________.(3)写出步骤①所有发生反应的离子方程式_____________________________；(4)要使步骤③中，D、H2O,O2三种物质恰好发生化合反应，则D、H2O,O2物质的量之比是____________________________。5．（2022·河南·一模）某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、A12O3、Na2SO3、Na2CO3中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如下图所示：请回答下列问题：(1)若试剂1是稀硫酸，试剂2是氢氧化钠溶液。在混合物样品中加以足量的稀硫酸后，固体全部溶解，得到混合气体A和澄清溶液B，在B中滴加过量氢氧化钠溶液时，先有沉淀生成，后沉淀部分溶解。则该混合物样品中一定不含的物质是____________；固体D的化学式为______；检验混合物B中含有Fe3+所选用的试剂是________；证明混合气体A中含有CO2的实验方法是__________________。(2)若试剂1是水，试剂2是氢氧化钠溶液(过量)。在混合物样品中加足量的水后过滤，混合物B是滤渣，试推断：固体D的化学式为__________；检验溶液C中是否含有的实验方法是______________。6．（2022·重庆·一模）现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A、E处于同一主族且E是短周期元素中原子半径最大的元素(不含稀有气体)。已知C的原子序数等于A、B的原子序数之和，D的原子序数等于A、C的原子序数之和。人类已知的化合物中，有一类化合物的种类已超过三千万，这类化合物中一般都含有A、B两种元素。F是一种生活中常用的金属。根据以上信息，回答下列问题：(1)元素B在周期表中的位置是_______。(2)F的单质与E的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式是_______。(3)C、D最低价氢化物稳定性的强弱顺序是_______(填化学式)；D、E、F原子半径的大小顺序是_______(填元素符号)。(4)在A、C、D组成的化合物中，既有离子键又有共价键的是_______(填化学式)。(5)在A、B、D中，由两种或三种元素组成两种可以反应的阴离子，该反应的离子方程式是_______。(6)化合物BA4D与O2、稀硫酸可组成燃料电池，此电池的负极反应式是_______。7．（2022·江西·二模）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48。X的一种1∶1型氢化物分子中既有σ键又有π键。Z是金属元素，Z的单质和化合物有广泛的用途。已知Z的核电荷数小于28，且次外层有2个未成对电子。工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M(M可看做一种含氧酸盐)。M有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置。经X射线分析，M晶体的最小重复单元为正方体(如图)，边长为4.03×10－10m，顶点位置为Z4＋所占，体心位置为Ba2＋所占，所有棱心位置为O2－所占。(1)Y在周期表中位于______________；Z4＋的核外电子排布式为___________________。(2)X的该种氢化物分子构型为________，X在该氢化物中以_______方式杂化。X和Y形成的化合物的熔点应该_______(填“高于”或“低于”)X的氢化物的熔点。(3)①制备M的化学方程式是_____________。②在M晶体中，若将Z4＋置于正方体的体心，Ba2＋置于正方体的顶点，则O2－处于正方体的________。③在M晶体中，Z4＋的氧配位数为________。④已知O2－半径为1.40×10－10m，则Z4＋半径为____m。8．（2022·江西·二模）D、E为中学化学常见的单质，在一定条件下C、D间能发生反应。各物质转化关系如下图：(1)B的同素异形体的名称为：_____________；H的化学式为：_____________。(2)已知E的燃烧热为QkJ/mol，试写出表示E燃烧热的热化学方程式_____________。(3)用惰性电极电解A溶液的阳极反应式为：_____________。(4)检验H和G的混合溶液中含有G的阳离子的试剂可以是：_____________。a.氯水和KSCN溶液

b.氢氧化钠溶液

c.酸性KMnO4溶液(5)用惰性电极电解一定浓度的A溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移电子的物质的量为_____________mol,收集到标准状况下的气体体积为_____________。9．（2022·内蒙古包头·一模）某溶液中含有K+、NH+4、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42-离子中的若干种。现取体积相等的三份溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成。（2）第二份加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol。（3）第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，作出判断：溶液中一定存在的离子是__________________________________该溶液中一定不存在的离子是__________________________________该溶液中可能存在的离子是__________________________________10．（2022·四川成都·一模）A、Z、R、D、E、F、G是七种原子序数依次增大且不大于20的元素，其中有两种非金属元素位于同一主族。已知A、Z、D均能与R形成原子（或离子）个数不同的几种常见化合物。请回答下列有关问题。（1）若X、Y是D、F形成的最高价氧化物对应的水化物，浓度均为0.1mol/L的X、Y溶液的pH之和为14，则X、Y的晶体熔点相对高低为（写化学式）_____________，导致这种差异存在的原因是________________________________。在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中，由水电离出的c（H+）的相对大小关系为___。（2）A与Z、E均可形成正四面体构型的气态分子Q、P，又知P的燃烧热为1430kJ/mol。则其燃烧的热化学方程式_____________。（3）R与D、F间；R与F、G间均可形成多种化合物，其中有两种是目前广泛使用的具有消毒杀菌能力的化合物。则相同物质的量浓度的这两种物质的溶液，消毒杀菌能力较强的物质的化学式为_________________________，另一种物质的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为_______________________。（4）上述七种元素间能形成多种常见二元化合物，其中Z与G形成的一种化合物存在两类化学键的物质溶于HCl溶液的化学反应方程式为____________________，ZR2的电子式是________，该分子的空间构型为_____。化合物ZRF2的结构式为____。（5）R能形成多种单质，如R2、R3，研究表明，新近制得的一种组成为R4的分子中，每个R原子均与另外两个R原子各形成一个键，则1molR4中共用电子对数为____NA，下列有关R4的说法中正确的是_____________。①R4与R3、R2互为同位素②R4不能与A、Z、D的单质反应③R4中各原子最外层均为8电子结构④R4是一种新型化合物11．（2022·吉林吉林·一模）下图是元素周期表的一部分，其中所列字母分别代表某一元素abjcdefghi（1）写出元素k基态原子的核外电子排布式________________________。（2）e、f单质及ef形成的合金的硬度由大到小的顺序为_______________________（用具体名称回答）（3）用来组成酸、碱、盐三类物质至少需要的元素有___________________（用表中列出元素的化学式填写）（4）短周期某主族元素M的电离能情况如图（A）所示。则M元素位于周期表的第______族。图B是研究部分元素的氢化物的沸点变化规律的图象，折线c可以表达出第________族元素氢化物的沸点的变化规律。不同同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线：折线a和折线b，你认为正确的是__________。12．（2022·浙江·一模）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含一种金属元素。A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族。B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的化合物甲和乙（相对分子质量甲<乙）。请回答下列问题：（1）甲的电子式为___；写出乙的一种用途___________。（2）用某种废弃的金属易拉罐与A、C、D组成的化合物溶液反应，所产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式__________________________。该种气球存在的隐患是______________________________。（3）向A、B、C三种元素组成的某盐溶液中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀，该反应的化学方程式为____________________________。已知该盐溶液常温下呈酸性，则0.1mol·L-1该盐溶液中浓度最大的离子为_______（写离子符号）。（4）写出C和D形成的化合物与EC2发生氧化还原反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______________________________。（5）经检测，某固体粉末中仅含C和D两种元素组成的化合物，请设计实验方案探究该固体粉末的成分______________。13．（2022·河北保定·一模）A、B、C、D、G都是含有同一种短周期元素的化合物，E是氧化物，H是单质。根据下图转化关系（反应条件及部分产物已略去）填空：(1)若A、B、C、D、G均含X元素，且A的一个分子中只含有10个电子，G是复合肥料，则反应①、②、③是工业生产___________的基本原理，M的化学式为___________；其中反应①的化学方程式为_________________；反应④的离子方程式为________________；(2)若A、B、C、D、G均含Y元素，Y元素处于X的相邻周期、相邻族，G可作净水剂，则反应①、②、③均是工业生产_________________的基本原理，M形成的晶体类型为______________；其中反应①的化学方程式为_____________________；反应⑤的化学方程式为__________________。14．（2022·四川·一模）在一定条件下，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。其中只有反应①、②属非氧化还原反应。X、Y为单质，其余为化合物，B是直线型分子，⑤是化学工业上的重要反应。据此请填空：（1）写出下列物质的化学式：A：_______________X：______________Y：______________。（2）写出反应②的离子方程式：________________________________________________。（3）1gX与Y完全反应放热91.5kJ，反应③的热化学方程式____________________________________________________________________________。（4）反应④中C与Y的物质的量之比为1:3，D中只含两种元素，则D是___________。15．（2022·江西九江·一模）白色固体X和Y共热得到A、B、C三种物质，C、D、E、H均为气体。其中C是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D能使带火星的小木条复燃，H是一种红棕色、有刺激性气味的气体。Y受热易分解得到C和另外一种气体I，气体I的摩尔质量为36.5g/mol。而X是制备漂白粉的原料之一。（1）写出下列反应的化学方程式：①X+Y_________________________________________；②A+Na2O2→D____________________________________；③A+H→G+E__________________________________________。（2）写出Y的电子式___________，并用化学方程式表示用X来制取漂白粉的原理____________________________________________________．漂白粉在空气中露置易变质，请用化学方程式表示其变质过程：________________；______________________。16．（2022·福建厦门·三模）A、B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素，A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物。据此回答：(1)A、C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是一种常见的消毒剂，将该消毒剂的水溶液滴在pH试纸上，可观察到现象是____________，原因是________________。(2)我国首创的海洋电池以B的单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液。电池的正极反应式为_____________，电池总反应的化学方程式为___________。(3)C的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：___________________。(4)在1L的密闭容器中，充入1molDE和1molF2E(g)，于850℃时进行化学反应：DE(g)+F2E(g)DE2(g)+F2(g)△H＜0，达平衡时，有50%的DE转化为DE2。在相同温度下，将1molDE和4molF2E(g)充入同样的容器中，记录0～8分钟内测得容器内各物质的物质的量如下表。t分钟时为改变条件后达平衡时所测得的数据。下列说法正确的是时间/minn(DE)/moln(F2E)/moln(DE2)/moln(F2)/mol0140040.253.250.750.756n1n2n3n48n1n2n3n4t0.153.150.850.85①反应在第4min时，v(正)___________v(逆)（填“＞”、“＝”或“＜”）。②8分钟时，混合气体中DE2的体积分数为________________。③t分钟时，反应所处的温度_______________850℃（填“＞”、“=”或“＜”）。17．（2022·山西太原·一模）A、B、D、E均为中学化学常见单质及化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)(1)若A和E均为单质且B物质为极性键形成的非极性分子。B的结构式为________。(2)若A为可溶性强碱(MOH)，E为同主族元素形成的常见非金属化合物，且该化合物中两种元素的质量比为1：1，试写出A到B的化学方程式__________。(3)若取B的溶液装于试管，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加稀盐酸，产生红色溶液，则用化学方程式表示工业制备E化学原理______；D的溶液中含有少量B，用离子方程式表示除杂方法_______。18．（2022·江西·三模）有A、B、C、D、E、F、G七瓶不同物质的溶液，它们各是、、、、、和溶液中的一种。为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示。表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“－”表示观察不到明显现象。试回答下列问题。ABCDEFGA－－－－－－↓B－－－－↓↓↓C－－－↓－↓↓D－－↓－↓↓↓E－↓－↓－↓－F－↓↓↓↓－↓G↓↓↓↓－↓－（1）A的电子式是_______，G的化学式是_______。判断理由是_______。（2）写出其余几种物质的化学式B_______，C_______，D_______。（3）①写出D与E反应的化学方程式_______；②G与过量氨水总反应的离子方程式_______。答案第=page1616页，共=sectionpages1616页答案第=page1717页，共=sectionpages11页答案：1．

CCl4

PCl3

第三周期，第ⅥA族

K

Al3+＜F-＜K+＜Cl-【分析】元素的最高正价=最外层电子数=族序数,同主族元素原子,从上到下原子半径逐渐增大,故⑩为F,⑦为Cl,①为Na,②为Li,⑧为K,同周期元素的原子,从左到右原子半径逐渐减小,③无最高价,最低价为-2,故为O,④的半径比钠小,比Si大,最外层电子数为3,应为Al,⑤的半径比O大,最外层电子数为4,故为C,⑥的半径比Cl大,最外层电子数为,应为P,⑨的半径介于C和O之间,应为N；(1)氯化铵离子化合物,化合物中含有铵根离子和氯离子之间的离子键,还有铵根内部的共价键；(2)若|元素化合价|+元素原子的最外层电子数=8,则原子就满足最外层为8电子的稳定结构；(3)1.04×10−10m介于1.10×10−10m和0.99×10−10m之间，据此进行判断；(4)原子半径越大，越容易失电子，所需能量最少；(5)电子层越多半径越大,核外电子数一样,核内质子数越多,半径越小。【详解】元素的最高正价=最外层电子数=族序数,同主族元素原子,从上到下原子半径逐渐增大,故⑩为F,⑦为Cl,①为Na,②为Li,⑧为K,同周期元素的原子,从左到右原子半径逐渐减小,③无最高价,最低价为-2,故为O,④的半径比钠小,比Si大,最外层电子数为3,应为Al,⑤的半径比O大,最外层电子数为4,故为C,⑥的半径比Cl大,最外层电子数为,应为P,⑨的半径介于C和O之间,应为N；(1)氯元素、氮元素与氢元素形成的常见离子化合物为氯化铵,电子式为；(2)|元素化合价|+元素原子的最外层电子数=8,则原子就满足最外层为8电子的稳定结构,C、Cl、P中某2种元素形成的化合物中,只有CCl4

、PCl3

符合等式；(3)1.04×10−10m介于1.10×10−10m和0.99×10−10m之间,即半径大小介于P和Cl之间,故为S,位于第三周期,第ⅥA族；(4)锂、钠、钾的最外层只有一个电子,失一个电子的能力较强,其中K失电子能力最强,故失去核外第一个电子所需能量最少；（5）电子层越多半径越大,则Cl-半径最大,对于具有核外电子数一样多的离子来说,核内质子数越多,半径越小,则Al3+＜F

-＜K+＜Cl-。2．

IO3－+3HSO3－=I－+3SO42－+3H+

NaHSO3

+5价I

IO3－+5I－+6H+=3I2+3H2O

1.12mol或0.4mol

2IO3－+5HSO3－=I2+5SO42－+H2O+3H+【详解】（1）还原性HSO3-＞I-，首先发生反应：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，HSO3-反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3-＞I2，再发生反应：IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，由图可知，a点没有生成碘，故发生反应IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，反应中还原剂是NaHSO3，IO3-被还原，被还原的元素是碘元素（或+5价I）；（2）由图可知，b点到c点时I-完全反应，n（I2）达到最大值时，此时共加入1.2molKIO3，由于生成I2，发生反应：IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2；（3）当溶液中的I-为0.4mol时，有两种情况：一是只发生反应IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，生成I-为0.4mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I-）=0.4mol；二是HSO3-反应完毕后，还发生IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，剩余I-为0.4mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI-，故反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2中消耗的I-为1mol-0.4mol=0.6mol，消耗KIO3的物质的量为0.6mol×=0.12mol，故共加入的KIO3为1mol+0.12mol=1.12mol，故答案为0.4mol或1.12mol；（4）向100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3-被氧化为SO42-，KIO3过量，由于氧化性IO3-＞I2，KIO3将氧化为I-，反应不能生成I-，而是生成I2，反应离子方程式为：2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O。3．

铁

还原剂

⑤⑥

FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑

H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)；∆H=-285.8kJ/mol【分析】红色沉淀J为Fe(OH)3,说明固体A为Fe,B为黄绿色气体,应为Cl2,由转化关系可以知道F为FeCl3,G为FeCl2,则黑色固体E为Fe3O4,气体C应为O2,I为HCl,则气体D为H2,H为H2O；结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】红色沉淀J为Fe(OH)3,说明固体A为Fe,B为黄绿色气体,应为Cl2,由转化关系可以知道F为FeCl3,G为FeCl2,则黑色固体E为Fe3O4,气体C应为O2,I为HCl,则气体D为H2,H为H2O；(1)由以上分析可以知道A为铁；因此，本题正确答案是:铁；(2)F+A→G的转化为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中Fe为还原剂,反应①为Fe和O2的反应,②为H2和O2的反应,③为H2和Cl2的反应,④为Fe和Cl2的反应,都为氧化还原反应,⑤为Fe3O4,和HCl的反应,⑥为FeCl3的水解反应,为非氧化还原反应；因此，本题正确答案是:还原剂；⑤⑥；(3)Fe和水在高温下发生氧化还原反应,转移的电子数目和方向为；因此，本题正确答案是:；(4)⑥为FeCl3的水解反应,方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑↓；因此，本题正确答案是:FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑；(5)2molH2完全燃烧生成液态生成物放出571.6kJ热量,则表示燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)⊿H

=-285.8kJ/mol；因此，本题正确答案是:H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)⊿H

=-285.8kJ/mol。4．

SO42-、Al3+、Fe2+、NH4+

Fe3+

⑤

NH3

Al(OH)3

气体由无色变红棕色

Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓

3Fe2＋＋NO3－＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O

4:2:1【分析】(1)在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SiO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成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，强酸性溶液中就一定不含NO3-离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al(OH)3，L为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液；(2)溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3；Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3；一氧化氮为无色，二氧化氮为红棕色气体；(3)钡离子和硫酸根离子反应生成沉淀；二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，自身被还原成一氧化氮；(4)二氧化氮和氧气和水发生氧化还原反应，根据反应方程式解答。【详解】(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成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+，一定不含NO3-离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al(OH)3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无

Fe3+；(2)溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，NH4++OH-=NH3↑+H2O，Fe2+离子被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al(OH)3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；实验中，可以观察到反应②的现象是无色一氧化氮变为红棕色二氧化氮气体；(3)步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++SO42-=BaSO4↓，二价铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮，发生反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)步骤③中，D为NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应，二氧化氮中的氮为+4价，在水中，易被氧气氧化成+5价的氮，反应方程式为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，则D、H2O、O2物质的量之比是4:2:1。5．

SiO2

Fe(OH)3

硫氰化钾溶液

先将混合气体通过足量的高锰酸钾溶液洗气，除去SO2，再将剩余的气体通入澄清的石灰水中，若澄清的石灰水变浑浊，则可证明该混合气体中含有CO2

Fe2O3

取溶液C少许，逐滴滴入稀硫酸，有白色沉淀生成，继续滴加稀硫酸至过量，若白色沉淀不消失，则溶液C中含有；若白色沉淀消失，则溶液C中不含。【详解】(1)某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、A12O3、Na2SO3、Na2CO3中的两种或两种以上的物质组成，在混合物样品中加入足量的稀硫酸后，固体全部溶解，说明混合物中不存在酸性氧化物SiO2；得到混合气体A，则固体中可能含有Na2SO3、Na2CO3；同时产生澄清溶液B，在B中滴加过量氢氧化钠溶液时，先有沉淀生成，后沉淀部分溶解，所以混合物中含有A12O3和Fe2O3，加硫酸后生成Al3+和Fe3+，再加入过量的氢氧化钠，发生如下反应：Al3++4OH-=+2H2O；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。所以D为Fe(OH)3；B中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是加入硫氰化钾试剂变红，A气体可能为CO2、SO2或者其中之一，证明混合气体A中含有CO2的实验方法是先将混合气体通过足量的高锰酸钾溶液洗气，除去SO2，再将剩余的气体通入澄清的石灰水中，若澄清的石灰水变浑浊，则可证明该混合气体中含有CO2；所以本题答案：SiO2；Fe(OH)3；硫氰化钾溶液；先将混合气体通过足量的高锰酸钾溶液洗气，除去SO2，再将剩余的气体通入澄清的石灰水中，若澄清的石灰水变浑浊，则可证明该混合气体中含有CO2。(2)某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、A12O3、Na2SO3、Na2CO3中的两种或两种以上的物质组成在混合物样品中加足量的水后，剩余固体为SiO2、Fe2O3、A12O3，向固体中加入足量的氢氧化钠后，SiO2、A12O3溶解，剩余固体D为Fe2O3；因为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，+4H+=Al3++2H2O，所以检验溶液C中是否含有SiO32-的实验方法是：取溶液C少许，逐滴滴入稀硫酸，有白色沉淀生成，继续滴加稀硫酸至过量，若白色沉淀不消失，则溶液C中含有；若白色沉淀消失，则溶液C中不含。所以本题答案：Fe2O3取溶液C少许，逐滴滴入稀硫酸，有白色沉淀生成，继续滴加稀硫酸至过量，若白色沉淀不消失，则溶液C中含有SiO32-；若白色沉淀消失，则溶液C中不含。6．

第二周期第ⅣA族

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

H2O>NH3

Na>Al>O

NH4NO3(或NH4NO2)

HCO3-+OH-=H2O+CO32-

CH4O+H2O-6e-=CO2↑+6H+【分析】E是短周期元素中原子半径最大的元素，E应为Na元素，A、E处于同一主族且A的原子序数最小，应为H元素，人类已知的化合物中，有一类化合物的种类已超过三千万，这类化合物中一般都含有A、B两种元素，应为有机物，则B为C元素，C的原子序数等于A、B的原子序数之和，则C为N元素，F是一种生活中常用的金属，应为Al，D的原子序数等于A、C的原子序数之和，则D为O元素，即A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Na元素，F为Al元素。【详解】(1)B为C元素，原子序数为6，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则位于周期表第二周期，ⅣA族；(2)F的单质为铝，与E的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)非金属性：O>N，则氢化物的稳定H2O>NH3，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na>Al，原子核外电子层数越多，半径越大，则有Na>Al>O；(4)H、N、O组成的化合物有NH4NO3、NH4NO2，二者既有离子键又有共价键；(5)在H、C、O中，由两种或三种元素组成两种可以反应的阴离子，则对应的阴离子分别为HCO3-、OH-，二者反应的离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-；(6)化合物CH4O与O2、稀硫酸可组成燃料电池，CH4O在负极失电子被氧化，此电池的负极反应式是CH4O+H2O-6e-=CO2↑+6H＋。7．

第四周期第ⅡA族

1s22s22p63s23p6

直线型

sp

高于

TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑

面心

6

6.15×10-11【分析】X的一种1:1型氢化物分子中既有σ键又有π键，X为C元素；Z是金属元素，Z的核电荷数小于28且次外层有2个未成对电子，Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z为Ti；X、Y、Z三种元素的原子序数之和等于48，Y的原子序数为48-6-22=20，Y为Ca；据此分析结合相关知识和计算作答。【详解】X的一种1:1型氢化物分子中既有σ键又有π键，X为C元素；Z是金属元素，Z的核电荷数小于28且次外层有2个未成对电子，Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z为Ti；X、Y、Z三种元素的原子序数之和等于48，Y的原子序数为48-6-22=20，Y为Ca；（1）Y为Ca，Ca在周期表中位于第4周期IIA族；基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6。（2）X的该氢化物为C2H2，结构式为H—C≡C—H，分子构型为直线型；C在该氢化物中形成2个σ键和2个π键，C上没有孤电子对，C为sp杂化；C和Ca形成的化合物属于离子晶体，X的氢化物属于分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，X和Y形成化合物的熔点高于X的氢化物的熔点。（3）①用“均摊法”，M中含Z4+：8×=1，Ba2+：1，O2-：12×=3，M的化学式为BaTiO3；工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M，则制备M的化学方程式是TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑。②根据M的晶胞，Ti4+周围与其等距离最近的O2-有6个，Ba2+周围与其等距离最近的O2-有12个，则若将Z4＋置于正方体的体心，Ba2＋置于正方体的顶点，则O2－处于正方体的面心。③在M晶体中，Z4+的氧配位数为6。④根据晶胞，2r（Ti4+）+2r（O2-）=4.03×10-10m，r（O2-）=1.40×10-10m，则r（Ti4+）=6.15×10-11m。8．

臭氧

Fe2(SO4)3

Fe(s)+O2(g)=Fe3O4(s)

△H=-QkJ/mol

4OH--4e-=2H2O+O2↑

c

0.4mol

4.48L【分析】电解A溶液生成三种物质，且D为金属，A应为不活泼金属的含氧酸盐，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O2，其中E可在B中燃烧说明B为O2，C应为含氧酸，而E在氧气中反应的氧化为与酸反应后生成两种盐，说明金属为变价金属，则E应为Fe，则C应为硫酸，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，则G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，D应为Cu，则A应为CuSO4，结合相关物质的性质和题目要求可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CuSO4，B为O2，C为H2SO4，DCu，E为Fe，F为Fe3O4，G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3。(1)由以上分析可知，B为O2，对应的同素异形体为臭氧，H为Fe2(SO4)3。(2)E为Fe，E的燃烧热为QkJ/mol，则表示E燃烧热的热化学方程式为Fe(s)+O2(g)=Fe3O4(s)

△H=-QkJ/mol。(3)A为CuSO4，电解时，在阴极生成金属Cu，在阳极OH-失去电子应生成O2，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑。(4)G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，二者溶液中含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+，检验Fe2+的方法是根据Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液的紫色褪去，故合理选项是c；(5)向所得溶液中加入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体，即即加入Cu(OH)2的物质的量是0.1mol，恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明析出0.1molCu、0.1molH2和0.1molO2，应转移电子0.4mol，收集到标准状况下的气体体积为V(H2)+V(O2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L。9．

CO32-、SO42-、NH4+、K+

Mg2+、Ba2+

Cl-【分析】根据实验现象、离子共存关系、溶液电中性原理分析判断。【详解】实验（1）：加入AgNO3溶液有沉淀生成，则Cl-、CO32－、SO42-离子至少有1种；实验（2）：加入足量NaOH溶液并加热得到气体0.04mol，则有0.04molNH4+；实验（3）：加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，则有n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g/233g·mol-1=0.01mol，n(CO32－)=n(BaCO3)=(6.27g－2.33g)/197g·mol-1=0.02mol。据离子间的共存关系，有CO32－、SO42-离子的溶液中必无Mg2+、Ba2+。每份溶液中，NH4+带正电荷0.04mol，CO32－、SO42-离子共带负电荷0.06mol。据溶液电中性原理，必有K+存在，且n(K+)≥0.02mol。进而不能确定是否存在Cl-。10．

NaOH＞HClO4

NaOH是离子晶体，HClO4是分子晶体，离子键强于分子间作用力

相等

SiH4(g)+2O2(g)＝SiO2(s)+2H2O(l)

ΔH=－1430kJ/mol

Ca(ClO)2

c(Na+)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)

CaC2+2HCl＝CaCl2+C2H2↑

直线形

4

③【分析】A、Z、R、D、E、F、G是七种原子序数依次增大且不大于20的元素，其中有两种非金属元素位于同一主族。已知A、Z、D均能与R形成原子（或离子）个数不同的几种常见化合物。通过问题设置利用代入法进行判断。【详解】A、Z、R、D、E、F、G是七种原子序数依次增大且不大于20的元素，其中有两种非金属元素位于同一主族。已知A、Z、D均能与R形成原子（或离子）个数不同的几种常见化合物。X、Y是D、F形成的最高价氧化物对应的水化物，浓度均为0.1mol/L的X、Y溶液的pH之和为14，这说明X、Y必定有一种是强碱，一种是强酸。因此D是Na，F是Cl；A与Z、E均可形成正四面体构型的气态分子Q、P，所以A应该是H，Z应该是C，E是Si；R与D、F间；R与F、G间均可形成多种化合物，其中有两种是目前广泛使用的具有消毒杀菌能力的化合物，因此R是O，G是Ca。其中碳和硅均是位于同一主族的非金属元素，符合题意。（1）X、Y分别是氢氧化钠和高氯酸，由于NaOH是离子晶体，HClO4是分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以晶体熔点相对高低为NaOH＞HClO4；强酸和强碱均抑制水的电离，在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中对水的电离抑制程度相同，则由水电离出的c（H+）相等。（2）硅烷的燃烧热为1430kJ/mol．则其燃烧的热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)＝SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=－1430kJ/mol。（3）相同物质的量浓度的这两种物质的溶液中次氯酸钙溶液中次氯酸根离子的浓度大，则消毒杀菌能力较强的物质的化学式为Ca(ClO)2，由于次氯酸根离子水解，则次氯酸钠溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H+)。（4）Z与G形成的一种化合物存在两类化学键的物质是碳化钙，溶于HCl溶液的化学反应方程式为CaC2+2HCl＝CaCl2+C2H2↑，CO2的电子式是，该分子的空间构型为直线形，化合物COCl2的结构式为。（5）R4的分子式为O4，每个O原子均与另外两个O原子各形成一个键，达到稳定结构，则分子中共价键数为（8×4－6×4）/2＝4，则1molR4中共用电子对数为4NA；①O4与O3、O2均是氧元素形成的单质，互为同素异形体，①错误；②O4与O3、O2均是氧元素形成的单质，互为同素异形体，化学性质相似，则O4能与A、Z、D的单质反应，②错误；③O4中各原子最外层均为8电子结构，③正确；④R4是一种单质，④错误；答案选③。11．

1s22s22p63s23p63d104s24p2

镁铝合金＞铝＞镁…

N、O、H

ⅢA

ⅣA…

b【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H，b为He，c为N，d为O，e为Mg，f为Al，g为S，h为Cl，K为Ge，j为Li；（1）根据原子核外电子排不规律进行分析；（2）金属原子半径越大，金属键越弱；合金的硬度、熔点大于其中的各成分的性质；（3）酸中必含有氢，碱中必含氢和氧，考虑到题中强调“至少需要几种元素”，故另一元素应是氮；（4）图中M元素的第三和第四电离能之间发生突变，所以该元素最外层有3个电子；第ⅥA族元素的沸点出现拐点，是因为水分子间有氢键，使水沸点升高，据此分析。【详解】根据元素在周期表中的位置可知，a为H，b为He，c为N，d为O，e为Mg，f为Al，g为S，h为Cl，K为Ge，j为Li；（1）结合以上分析可知，K为Ge，核电荷数为32，基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p2；综上所述，本题正确答案：1s22s22p63s23p63d104s24p2；（2）金属键的强度为Al＞Mg，因此铝的硬度高于镁，根据合金的性质：硬度大熔点低的特性可得3种物质硬度由大到小的顺序为镁铝合金＞铝＞镁；综上所述，本题正确答案：镁铝合金＞铝＞镁；（3）酸中必含有氢，碱中必含氢和氧，考虑到题中强调“至少需要几种元素”，故另一元素应是氮，3种元素可形成常见HNO3、NH3·H2O和NH4NO3种物质；综上所述，本题正确答案：N、O、H；（4）从图中可以看出第一、二、三电离能较小，第四电离能出现能级突跃，说明该元素位于ⅢA族；第IVA族的氢化物沸点相对较低，且没有拐点，可推断曲线c为第IVA族的氢化物沸点曲线；A点温度为100℃，说明为水，说明曲线为第ⅥA族元素的沸点曲线，氧族元素中其它氢化物的沸点不会高于水，故可选曲线b；A点所示的氢化物是水，由于在水分子间存在氢键其沸点高，氧族元素中其它氢化物的沸点不会高于水。综上所述，本题正确答案：ⅢA；ⅣA；b。12．

杀菌、消毒

2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑

氢气易燃易爆，易造成安全事故

NH4NO2+AgNO3=AgNO2↓+NH4NO3

NO2-

该固体粉末可能的组成为Na2O、Na2O2或两者的混合物。将粉末加入水中，若无气体生成，则为Na2O；若有气体生成，可根据一定量该固体粉末产生气体的量确定其全部为Na2O2或是两者的混合物。【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，(相对分子质量H2O＜H2O2)，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意．故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素；甲为H2O；乙为H2O2。【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，(相对分子质量H2O＜H2O2)，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意．故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素；甲为H2O；乙为H2O2；(1)甲为H2O，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为；乙为H2O2，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；(2)金属易拉罐含有金属铝，A、C、D组成的化合物为NaOH，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlOH2-+3H2↑；氢气易燃易爆，充填气球，易造成安全事故；(3)向A、B、C三种元素组成的某盐溶液中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀，该白色沉淀为AgNO2，A、B、C三种元素组成的盐为亚硝酸铵，该反应方程式为：NH4NO2+AgNO3═AgNO2↓+NH4NO3，亚硝酸铵溶液常温下呈酸性，说明铵根离子的水解程度大于亚硝酸根的水解程度，水解程度很小，则0.1mol•L-1该盐溶液中浓度最大的离子为NO2-；(4)C和D形成的化合物与EC2发生氧化还原反应，则C和D形成的化合物应为Na2O2，EC2为SO2，Na2O2具有强氧化性，SO2具有较强还原性，Na2O2与SO2发生氧化还原反应生成Na2SO4，化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4，反应中转移电子数目为2，故标出电子转移的方向和数目为：；(5)C为氧元素，D为钠元素，两种元素组成的化合物为氧化钠、过氧化钠．该固体粉末可能的组成为Na2O、Na2O2或两者的混合物．将粉末加入水中，若无气体生成，则为Na2O；若有气体生成，可根据一定量该固体粉末产生气体的量确定其全部为Na2O2或是两者的混合物。13．

硝酸

K或K2O2或KO2

4NH3+5O24NO+6H2O

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O

硫酸

金属晶体

4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2

Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe【分析】E是氧化物，反应①和②需加O2可且发生连续氧化，是解题突破口。(1)依题意知A是NH3，R是O2，B是NO，E是H2O，C是NO2，D是HNO3；由于G是复合肥料，只能是KNO3，则F为KOH，H为H2，M可以与H2O反应产生KOH，则M可以为K、K2O2、KO2。(2)Y元素处于X的相邻周期、相邻族，说明Y元素是S元素，则B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，反应①是工业生产硫酸的反应，可推知A为FeS2，E为Fe2O3，M为Al，H为Fe，F为Al2O3，G为Al2(SO4)3，可作净水剂，符合题意。【详解】(1)E是氧化物，由A和R反应生成，则R应为O2，A的一个分子中只含有10个电子且能连续氧化，则A为NH3，B是NO，E是H2O，C是NO2，D是HNO3；由于G是复合肥料，只能是KNO3，故F为KOH，H为H2，M为K．则反应①、②、③是工业生产硝酸的重要反应，其中反应①的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，反应④是铜和稀硝酸的反应，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；(2)Y元素处于X的相邻周期、相邻族，说明Y元素是S元素，位于第三周期VIA族，则B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，反应①是工业生产硫酸的反应原理，可推知A为FeS2，E为Fe2O3，反应①的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；可以与Fe2O3反应的物质M反应后能够产生单质H，且可以与硫酸反应产生水和净水剂G，则M是金属Al，Al与Fe2O3在高温下发生铝热反应，产生的H为H2，F是Al2O3，Al2O3与硫酸反应得到的净水剂是Al2(SO4)3，M为Al，Al是金属元素，在固态时属于金属晶体，反应⑤的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。14．

NH4HCO3或(NH4)2CO3

H2

Cl2

CO2+OH－=HCO3－或CO2+2OH－=CO32－+H2O

H2(g)+Cl2(g)="2HCl"(g)；△H=—183KJ/mol

NCl3【详解】反应①属非氧化还原反应，B是直线型分子，A分解生成B，则B为CO2，且C与Y单质发生氧化还原反应，则C为NH3，A为NH4HCO3或（NH4）2CO3，⑤是化学工业上的重要反应，Z为NaCl，电解氯化钠溶液生成NaOH、H2、Cl2，反应②属非氧化还原反应，则W为NaOH，F为Na2CO3或NaHCO3，反应③为H2+Cl22HCl，则E为HCl；C与Y发生氧化还原反应，则Y为Cl2，反应④中C与Y的物质的量之比为1：3，D中只含两种元素，由NH3+3Cl2═D+3HCl，利用原子守恒可知D为NCl3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3或（NH4）2CO3，X为H2，Y为Cl2；（2）反应②的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-或CO2+2OH-=CO32-+H2O；（3）1gX与Y完全反应放热91.5kJ，则1molX与Y完全反应放热91.5kJ×2=183kJ，则反应③的热化学方程式为H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183kJ/mol；（4）反应④中C与Y的物质的量之比为1：3，D中只含两种元素，由NH3+3Cl2═D+3HCl，利用原子守恒可知D为NCl3。15．

Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O

2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑

3NO2+H2O===2HNO3+NO

2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O

Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO

2HClO2HCl+O2↑【分析】C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，故C为NH3，D能使带火星的小木条复燃，故D为O2，H是一种红棕色、有刺激性气味的气体，故H为NO2，气体I的摩尔质量为36.5g/mol，故I为HCl；由C为NH3可知，X与Y中有一种物质为铵盐，由Y受热易分解得到NH3和另外一种气体HCl可知Y为NH4Cl；A与Na2O2反应生成O2，故A为CO2或H2O，与NH4Cl反应生成CO2或H2O、NH3，并结合X是制备漂白粉的原料之一可知，X为Ca(OH)2，B为CaCl2，A为H2O，E与O2反应生成NO2，故E为NO；NO2与H2O反应生成HNO3和NO，故G为HNO3，由此解答本题。【详解】（1）①X为Ca(OH)2，Y为NH4Cl，X+Y的化学反应方程式为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；②A为H2O，H2O与Na2O2反应方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；③A为H2O，H为NO2，H2O与NO2反应化学方程式为：3NO2+H2O===2HNO3+NO；（2）Y为NH4Cl，其电子式为：；X为Ca(OH)2，利用Ca(OH)2制备漂白粉的化学方程式为：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；漂白粉中Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO，HClO见光分解会导致漂白粉变质，其变质过程用化学方程式表示为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl+O2↑。16．

先变蓝后褪色；NaClO发生水解，

NaClO+H2OHClO+NaOH，溶液呈碱性使试纸变蓝，NaClO与CO2反应生成的HClO具有强氧化性(或漂白性)，使试纸褪色。

O2+4e-+2H2O=4OH-；

4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。

Cl2O7(l)＋H2O(l)=2HClO4(aq)；ΔH=－4QkJ/mol。

①＞

②16%

③＜【分析】A、B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素，A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，则A是Na，C是Cl；A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水，则B是Al元素；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准，则D是C元素；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体，则E是O元素；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物，F是H元素。(1)A、C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是NaClO该物质是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律及水解产物的性质分析；(2)Al-空气电池中，Al作负极，铂网为正极，根据原电池反应原理书写反应式；(3)根据物质的量与反应放出的热量关系书写表示反应热的方程式；(4)首先根据加入1molCO和1molH2O时的CO转化率是50%计算该温度下的化学平衡常数，然后利用温度与平衡常数的关系计算，及达到平衡时任何物质的物质的量浓度不变，判断4min、8min时反应速率、物质浓度关系，计算t时的化学平衡常数，然后