高三化学二轮复习-+-无机推断题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三新高考化学二轮复习题无机推断题1．（23-24高一下·山东淄博·阶段练习）甲是日常生活中是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质。气体B与气体C相遇产生大量的白烟，D是食盐的主要成分(部分反应物和生成物及溶剂水已略去)。(1)E的化学式为；甲在元素周期表的位置为。(2)A的电子式为。(3)实验室常用加热固体混合物制备B，其化学方程式为。(4)物质B的催化氧化是工业制硝酸的基础，其化学方程式。(5)丙在丁中点燃，其现象为。(6)检验E溶液中阳离子的方法是。2．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·阶段练习）六种短周期主族元素的原子半径和主要化合价如图所示。已知：、的简单阳离子都是10电子粒子。回答下列问题：(1)位于第周期族。(2)的简单阳离子的结构示意图为。(3)上述元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是(填化学式，下同)，酸性最强的是。(4)在、、的简单氢化物中，最稳定的是(填结构式)(5)、、三种元素组成一种具有强还原性的化合物，它在水溶液中与过量的单质反应的离子方程式为。(6)设计简单实验证明的金属性比的强：。3．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·阶段练习）、、都是由两种常见元素组成的化合物，它们有如下转化关系。回答下列问题：(1)中分散质颗粒直径的范围为。(2)的化学式为。将通入品红溶液中观察到的现象是。(3)通过计算确定的化学式为。(4)写出在氧气中灼烧生成和的化学方程式：。完全反应时转移电子。(5)写出与双氧水反应的离子方程式：。(6)若不考虑损失，则的质量为。4．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·阶段练习）由三种短周期元素组成的正盐有如下转化关系(部分条件省略)。回答下列问题：(1)按物质组成分类，属于(填字母)。A．硫酸盐

B．铵盐

C．无氧酸盐

D．纯净物

E．混合物(2)酸宜选择___________(填字母)。A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．盐酸 D．硝酸(3)为(填化学式)。(4)检验中阳离子的方法是。(5)的化学方程式为。(6)的浓溶液和某钠盐微热制备，化学方程式为，利用的性质是。5．（23-24高一下·贵州·阶段练习）Vilsmeier试剂是化学反应中的一种重要原料，由以下反应生成。W、X、Y、Z、Q为短周期主族元素，只有X、Y、Z在同一周期，Y的单质在空气中含量最多，W元素的一种核素不含中子，该五种元素的原子在以上结构中均达到或的稳定结构。回答以下问题：(1)写出各元素的元素符号：X；Z。(2)Q元素在元素周期表中的位置为。(3)Vilsmeier试剂中存在的化学键类型有和。(4)X、Y、Z三元素分别形成的简单氢化物中，稳定性最强的是(填分子式)。(5)写出两种由W和Y形成的10电子微粒：、。(6)某同学利用下图装置来制取X的单质，并探究该淡黄色的固体反应物是否变质。①写出固体反应物的电子式。②测定气体体积时需要在反应停止后的操作顺序为。A．向下移动漏斗，使漏斗中液面与量气管液面相平B．视线与量气管中的凹液面相平进行读数C．冷却气体至室温③若用电子天平称取固体反应物进行实验，反应完全后，测得标准状况下气体体积为，说明该固体反应物已经(填“完全”或“部分”或“没有”)变质。(忽略加入的水的体积对气体体积的影响)6．（23-24高二下·甘肃天水·阶段练习）已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。(1)请用元素符号完成下列空白：①元素：A、，B、，C、，D、，E、，F、。②B、C、D、E四种元素的第一电离能从大到小的顺序：。(2)下表是A~F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是。元素电离能/(kJ·mol-1)I1I2I3I4I5某种元素578181727451157514830(3)F元素位于周期表的区，此区元素的价电子层结构特点是。7．（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）下表为元素周期表的一部分，表中所列的每个字母分别代表某一元素。回答下列问题：(1)元素的原子结构示意图为，a、b、e、g简单离子半径的大小顺序（用离子符号表示）。(2)化合物的电子式为，化合物中含有的化学键为。(3)写出e和g的最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式。(4)由元素组成的化合物砷化镓（GaAs）是一种重要的半导体材料，其中元素h、i中失电子能力更强的是（填元素符号）。元素与的最高价氧化物水化物的酸性更强的是（填化合物化学式，下同），元素与的简单气态氢化物还原性更强的是。(5)设计实验证明的得电子能力大于，简述操作步骤和现象（可选用试剂：固体、稀盐酸、浓盐酸、溴水、溶液、溶液）：。8．（23-24高一下·福建宁德·阶段练习）Ⅰ．下列8种化学符号：、、、、、、、(1)表示核素的符号共种。(2)互为同位素的是。(3)质量相同的H216O和D216O所含中子数之比为。Ⅱ．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下图所示，其中W元素的原子结构示意图为。WXYZ请回答下列问题：(4)Y在元素周期表中的位置是。(5)X、Z两种元素的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序为：。(化学式表示)(6)Z、W两种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的的顺序为：(用化学式表示)(7)下列说法能比较出Y与同族的短周期元素Q非金属性强弱的是：_______。A．Y单质与Q单质发生置换反应B．Y与Q最高价氧化物对应的水化物的酸性C．Y、Q形成的化合物中两元素的化合价D．Y、Q的最简单气态氢化物的沸点(8)P是W的同族元素，其最高价氧化物可用于制造光导纤维，写出P最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式：。(9)用电子式表示WY2的形成过程：。9．（23-24高一下·四川绵阳·阶段练习）I下列物品或设施：①陶瓷餐具②砖瓦③混凝土桥墩④门窗玻璃⑤水晶镜片⑥石英钟⑦水晶项链⑧硅太阳能电池⑨石英光导纤维⑩计算机芯片(1)①含有硅单质的是②含有硅酸盐的是Ⅱ在下图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。(2)反应②的离于方程式。(3)写出反应①的化学方程式，当反应消耗0.15mol物质D时，转移电子的数目为。Ⅲ某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，该保障系统中涉及到反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，回答下列问题：(4)以上反应过程中能量变化情况如图所示。CO2的电子式为，生成18gH2O(g)时，向环境(选填释放，吸收)能量为kJ。10．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）“价—类”二维图是预测物质性质的重要思维工具。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。(1)按物质性质分类，C、D均属于氧化物。(2)A中硫元素处于最低化合价，具有性，预测A溶液久置于空气会出现的现象，写出发生反应的化学方程式。(3)气体A和气体C混合时有黄色粉末生成，该反应的化学方程式为；试管内的单质B可用热的NaOH溶液洗涤，反应过程中仅生成G、水以及另一种钠盐，该钠盐的化学式为。(4)工业上用(填试剂名称)吸收D制E，检验某溶液中是否含有：的方法为取适量待测液于试管中，加入足量，充分反应后，再滴加适量，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有：(5)E的浓溶液与碳单质在加热条件下发生反应，若要验证气体产物有(CO2和SO2可选择以下试剂进行实验：①酸性高锰酸钾

②品红溶液

③澄清石灰水，合理的顺序为(填序号)。11．（23-24高一上·陕西西安·阶段练习）某溶液中含有以下离子中的一种或几种：、、、、、、、，为鉴定这些离子，分别进行以下实验：①取少量溶液，测得溶液呈强碱性；②另取少量溶液加入过量盐酸后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；③另取100mL溶液，加过量溶液产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解；④取③中滤液，加酸化后，再加过量溶液，溶液中析出白色沉淀。根据上述信息，回答下列问题：(1)此溶液中一定大量存在的离子有。(2)一定不大量存在的离子有(3)③中向沉淀加入盐酸时发生反应的离子方程式为。(4)④中发生反应的离子方程式为。(5)通过④中实验现象是否能判断溶液中含有?（填“是”或“否”），判断理由是。12．（23-24高一下·天津·阶段练习）W、X、Y、Z、M、G、H七种短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，可形成离子化合物ZW；Y、G同主族，可形成、两种分子；X的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应；H不是稀有气体元素，W、X、Y、Z、M、G、H的最外层电子数之和等于29。请回答下列问题：(1)Y在元素周期表中的位置为。(2)X的气态氢化物的电子式为，工业合成X的气态氢化物的化学方程式为。(3)Y、Z、G三种元素原子半径由大到小的顺序是(用元素符号表示)。(4)Z、M最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为，G的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与金属铜反应的化学方程式为。(5)G的非金属性(填“>”或“＜”)H的非金属性，下列表述可以作为验证的证据的是(填字母)。A．比较这两种元素单质的沸点B．比较这两种元素单质与氢气化合的难易程度C．G和H单质分别与Fe反应生成FeG、D．比较这两种元素单质与酸或碱反应的难易程度13．（23-24高一下·天津·阶段练习）A、B、C、D四物质有如下转化关系反应条件和部分产物已略去，回答下列问题：ABCDⅠ、若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则(1)①A的电子式为，实验室制取A的方程式为，检验气体B的方法，写出由A生成B的化学方程式。②在标准状况下，某同学用干燥的圆底烧瓶收集瓶A气体，用滴入酚酞的水做喷泉实验，能观察到美丽的红色喷泉。用方程式解释喷泉呈红色的原因。Ⅱ、若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质(2)写出该反应的化学方程式，将B通入溶液，能观察的现象是，反应的离子方程式为。Ⅲ、喷泉是一种常见的现象，其产生的原理是存在压强差。试回答下列问题：(3)浓氨水可以检验输送氯气的管道是否泄漏，如泄漏会冒白烟，写出该反应的化学方程式（氨水用氨气表示）①用图A装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是。②利用图B装置引发喷泉的操作是。(4)利用图C装置，在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，可能产生喷泉的有。A．Cu与稀盐酸 B．Fe与稀硫酸C．Cu与稀硝酸 D．溶液与NaOH溶液(5)在图D装置的锥形瓶中加入乙醇，瓶外放一水槽，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也形成了喷泉，水槽中加入的物质可能是。A．浓硫酸 B．食盐 C．硝酸钾 D．硫酸铜(6)同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满和，进行喷泉实验如图E、F所示，经充分反应后，发现烧瓶a中充满液体，b中有体积的液体，则两烧瓶内溶质的物质的量浓度的关系是。A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．不能确定14．（23-24高二下·宁夏吴忠·阶段练习）已知A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请用化学用语填空：A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：

D元素简单离子半径是该周期中最小的E元素是该周期电负性最大的元素F所在族的元素种类是周期表中最多的G在周期表的第十一列(1)已知为离子化合物，写出其电子式。(2)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形。(3)实验室制备E的单质的离子反应方程式为。(4)中中心原子B的价层电子对数是。(5)C与D的第一电离能大小为(填写“大”或“小”)；D与E的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为。(6)G价电子排布式为，位于区。(7)F元素的原子结构示意图为；前四周期中未成对电子数最多的元素在周期表中位置为。15．（23-24高二下·宁夏吴忠·阶段练习）已知A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小顺序为B>C>D>A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满。试回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)基态B原子中，核外存在个未成对电子，最高能级符号是。(2)基态的核外电子排布式为。(3)基态D原子的最高能层的电子排布图为。(4)M分子中B原子轨道的杂化类型为。(5)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为。(6)硫元素能形成多种微粒如、、、、等，杂化类型为的是(填写微粒符号，下同)；杂化类型为的是；VSEPR模型为四面体(包括正四面体)的是；分子空间结构为V形的是；分子空间结构为三角锥型的是。(7)中Cr元素化合价为＋6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为(填标号)。(8)液氮可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是。16．（23-24高一下·山东临沂·阶段练习）下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩(1)写出单质⑥与强碱水溶液反应的离子方程式：。(2)关于⑩所在主族的单质及化合物的叙述错误的是________（填字母）A．从上到下，单质颜色越来越深，熔、沸点越来越高B．单质均可与水发生反应生成两种酸C．单质均具有强氧化性，能将Fe氧化成D．氢化物均易溶于水，且均为强酸(3)⑤与⑨可以形成（填“共价”或“离子”）化合物，用电子式表示其形成过程为。(4)为了探究元素②、③、⑦的非金属性强弱，该兴趣小组又设计如下装置，实验所用到的物质有：稀、稀盐酸、碳酸钙、溶液、饱和溶液，已知不溶于水。据此回答以下问题。分液漏斗内装入的试剂为，B中装入的试剂为，烧杯C中发生反应的离子方程式为。（已知硅酸钠溶液足量）17．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）下表为元素周期表的一部分。(1)表中元素的非金属性最强；元素的金属性最强；元素的单质在室温下呈液态。（填元素符号）(2)表中元素③的原子结构示意图是。(3)表中元素⑥⑦的氢化物的稳定性顺序为>。（填化学式）(4)表中元素最高价氧化物的水化物的酸性最强的是（填化学式）。18．（23-24高一下·甘肃天水·阶段练习）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：(1)的电子式为；将与X混合，可生成黄色固体，该反应氧化产物与还原产物的质量之比为。(2)S粉与热的Z浓溶液反应可转化为，反应的化学方程式为。(3)配平下列反应：________________________(4)下列有关硫及其化合物的性质，说法正确的是A．X能使溴水褪色，证明X有漂白性 B．将X通入溶液中有白色沉淀生成C．硫在过量的中燃烧可以生成Y D．若N为钠盐，则N与Z的稀溶液反应可生成(5)某同学为探究Cu与浓硫酸的反应，用如图所示的装置进行有关实验。①反应中浓硫酸体现的性质有。②C的作用是，装置D中试管口放置的棉花应浸有一种液体，这种液体是。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)第三周期IIIA族(2)(3)(4)4NH3+5O24NO+6H2O(5)安静燃烧，产生苍白色火焰，集气瓶口出现白雾(6)取少量E溶液于试管中，向试管中滴加过量氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明溶液中存在NH【分析】甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质，一定条件下乙与丙反应得到B，丙、丁在点燃条件下反应得到C，且B与C相遇生成大量白烟生成E，由反应条件可知B为NH3，C为HCl，则丙为H2，乙为N2，丁应为Cl2，E为NH4Cl，NH4Cl与A反应生成NH3与D，且D是日常生活中常见的盐，应为NaCl，则A为NaOH，甲是日常生活中常见的金属，能与NaOH反应生成氢气，则甲为Al，以此解答。【详解】（1）由分析可知，E为NH4Cl；甲为Al，Al元素在元素周期表的位置为第三周期IIIA族；（2）由分析可知，A为NaOH，电子式为；（3）实验室常用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物制备NH3，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2+2H2O；（4）由分析可知，物质B为氨气，可以发生催化氧化生成一氧化氮，进一步反应生成硝酸，其催化氧化的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）H2在Cl2中点燃现象为：H2安静燃烧发出苍白色火焰，集气瓶口出现白雾；（6）E为NH4Cl，其溶液中存在NH，检验NH的方法为：取少量E溶液于试管中，向试管中滴加过量氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明溶液中存在NH。2．(1)三VIA(2)(3)(4)(5)(6)取少量、单质，投入水中，前者剧烈反应，后者没有明显现象或在溶液中滴加溶液至过量，先产生白色沉淀，后沉淀溶解【分析】、的简单阳离子都是10电子粒子，根据原子半径和主要化合价关系，可知A是O元素、B是Na元素、C是Al元素、D是N元素、E是S元素、R是Cl元素。【详解】（1）是16号S元素，位于第三周期ⅥA族。（2）是Al元素，Al3+的结构示意图为；（3）金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强；非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；上述元素中Na的金属性最强、Cl的非金属性最强，最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4。（4）元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N>S，简单氢化物中，最稳定的是；（5）O、Na、S三种元素组成一种具有强还原性的化合物是Na2SO3，它在水溶液中与过量的Cl2反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，Cl2被还原为HCl，反应的离子方程式为。（6）金属性越强与易与水反应；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，根据氢氧化钠的碱性大于氢氧化铝，可证明金属性Na大于Al，设计简单实验证明的金属性比的强：取少量、单质，投入水中，前者剧烈反应，后者没有明显现象，证明金属性Na大于Al；或在溶液中滴加溶液至过量，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，证明金属性Na大于Al。3．(1)(2)溶液红色褪去(3)(4)1.1(5)(6)46.6【分析】红色粉末B能与盐酸反应得到F溶液，F溶液滴加到沸水中得到红褐色液体G，G能产生丁达尔效应，G是氢氧化铁胶体，则B是Fe2O3、F是FeCl3，A中含有铁元素，根据元素守恒，A中含有铁元素的物质的量为；刺激性气体C和双氧水反应得溶液D，D能与氯化钡反应生成白色沉淀，则白色沉淀E为BaSO4、C是SO2、D是H2SO4；则A中含有S元素，S元素的物质的量为，所以A的化学式为FeS2。【详解】（1）G是氢氧化铁胶体，分散质颗粒直径的范围为；（2）根据以上分析，的化学式为Fe2O3。C是SO2，SO2具有漂白性，SO2通入品红溶液中观察到的现象是品红溶液褪色。（3）12gA中含有铁元素的物质的量为0.1mol、含有S元素的物质的量为0.2mol，的化学式为FeS2；（4）FeS2在氧气中灼烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为。完全反应，Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-1升高为+4，转移电子。（5）SO2与双氧水反应生成硫酸，反应的离子方程式为；（6）若不考虑损失，根据硫元素守恒，生成硫酸钡的物质的量为0.2mol，则的质量为0.2mol×233g/mol=46.6。4．(1)BCD(2)BC(3)(4)取适量于试管中，加入浓溶液，微热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口正上方，若试纸变蓝色，证明含有(5)(6)高沸点(或难挥发)酸【分析】M既能与酸反应生成气态氢化物又能与碱反应生成气态氢化物，M是弱酸弱碱盐，则M为NH4HS或(NH4)2S，A是H2S，H2S能和氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，SO3和水反应生成H2SO4，则B是SO2、C是SO3、D是H2SO4；E是NH3，NH3发生催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，则F是NO、G是NO2、H是HNO3。【详解】（1）M为NH4HS或(NH4)2S，含有铵根离子，属于铵盐；酸根离子不含氧元素，属于无氧酸盐；具有固定组成，属于纯净物，故选BCD；（2）A.浓硫酸具有强氧化性，能氧化S2-，故不选A；

B.稀硫酸的酸性比H2S强，根据“强酸制弱酸”，X可以用稀硫酸，故选B；C.盐酸的酸性比H2S强，根据“强酸制弱酸”，X可以用盐酸，故选C；

D.硝酸具有强氧化性，能氧化S2-，故不选D；选BC；（3）根据以上分析，为O2。（4）铵根离子能与碱反应放出氨气，检验中的方法是：取适量于试管中，加入浓溶液，微热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口正上方，若试纸变蓝色，证明含有（5）是氨气发生催化氧化生成NO，反应的化学方程式为；（6）浓硫酸和硝酸钠固体反应制备硝酸，化学方程式为，原理是“难挥发性酸制备挥发性酸”，利用浓硫酸性质是沸点高。5．(1)OC(2)第三周期ⅦA(3)离子键共价键(4)H2O(5)NH3NH(6)CAB部分【分析】W、X、Y、Z、Q为短周期主族元素，X、Y、Z在同一周期，Y的单质在空气中含量最多，则Y为N元素；W元素的一种核素不含中子，则W为H元素；五种元素的原子在有机结构中均达到稳定结构，由结构简式可知，W、X、Y、Z、Q形成共价键的数目分别为1、3、2、4、1，则Z为C元素，Q能形成带1个单位负电荷的阴离子，五种元素中X的电负性最大，则X为O元素、Q为Cl元素，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，X为O元素、Z为C元素。（2）Q元素为Cl，在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA。（3）Vilsmeier试剂中存在的化学键类型有离子键和共价键。（4）X、Y、Z三元素分别形成的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，同周期从左至右非金属性增强，H2O的稳定性最强。（5）W和Y形成的10电子微粒：NH3、NH。（6）①2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，反应物为过氧化钠，电子式为：。②反应放热导致气体的温度偏高，故应冷却后再进行读取气体的体积，读取实验中生成气体的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取气体的体积，故顺序为CAB。③若用电子天平称取固体反应物进行实验，反应完全后，测得标准状况下气体体积为，2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，氧气的物质的量为：，生成0.02mol氧气，需要0.04molNa₂O₂，即质量为3.12g，说明该固体反应物已经部分变质。6．(1)HNONaAlCuN＞O＞Al＞Na(2)Al(3)ds价层电子排布式为(n-1)d10ns1~2，次外层d轨道全充满，最外层电子数不超过2【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，而n=2，则C为O元素；B的原子序数小于氧，B元素原子最高能级不同轨道上都有电子，并且自旋方向相同，其核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，则F处于第四周期，其核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu；D的原子序数大于氧，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p64s1，E和D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数，D为Na，则E为Al。【详解】（1）①由分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Cu，故答案为：H；N；O；Na；Al；Cu；②同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族大于ⅢA族、vA族大于VIA族，第一电离能N＞O＞Al＞Na，故答案为：N＞O＞Al＞Na；（2）该元素第四电离能剧增，说明该元素最外层电子数为3，应是Al元素，故答案为：Al；（3）F为Cu元素，其价电子排布式为3d104s1，位于周期表的ds区，此区元素的价电子层结构特点：价层电子排布式为(n-1)d10ns1~2，次外层d轨道全充满，最外层电子数不超过2，故答案为：ds；价层电子排布式为(n-1)d10ns1~2，次外层d轨道全充满，最外层电子数不超过2。7．(1)Cl->Na+>Mg2+>Al3+(2)离子键、共价键(3)Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O(4)GaH3PO4AsH3(5)高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯气，将生成的氯气通入溴化钠溶液中，溶液由无色变为橙黄色，说明氯的得电子能力比溴强【分析】由元素周期表的结构可知，a~j分别为：Na、Mg、C、O、Al、P、Cl、Ga、As、Br。【详解】（1）元素d为O，其原子结构示意图为：，a、b、e、g分别为Na、Mg、Al、Cl，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大、微粒半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：Cl->Na+>Mg2+>Al3+；（2）化合物cd2为CO2，其电子式为：，化合物a2d2为Na2O2，为离子化合物，同时还含有氧氧共价键，因此Na2O2中含有的化学键为离子键和共价键；（3）由分析可知，e和g分别为Al和Cl，则两者最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O；（4）同一周期主族元素从左向右失电子能力逐渐减弱，因此Ga、As中失电子能力更强的是Ga，同一主族元素从上向下非金属性逐渐减弱，元素非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱，简单气态氢化物还原性越强，因此As、P的最高价氧化物水化物的酸性更强的是H3PO4，简单气态氢化物还原性更强的是AsH3；（5）设计实验证明氯的得电子能力比溴强：高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯气，将生成的氯气通入溴化钠溶液中，溶液由无色变为橙黄色，氯气将溴置换出来，说明氯的非金属性比溴强。8．(1)6(2)、(3)8：9(4)第2周期第ⅥA族(5)NH3＞PH3(6)H3PO4＞H2CO3(7)ABC(8)SiO2+2OH-=+H2O(9)【分析】W元素的原子结构示意图为，则b=2，故W为C元素，由元素在周期表中相对位置，可知X为N元素、Z为P元素、Y为O元素，据此分析解题。【详解】（1）核素表示的是含有一定质子数和中子数的原子，所以表示核素的是：、、、、、共6种，故答案为：6；（2）质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，所以互为同位素的是、，故答案为：、；（3）H216O和D216O每分子含的中子数分别为8个和10个，摩尔质量分别为18g/mol、20g/mol,设它们的质量均为mg，则H216O和D216O所含中子数之比为（×8）：（×10）=8：9，故答案为：8：9；（4）由分析可知，Y为O，其原子结构示意图为：，则Y在元素周期表中的位置是第2周期第ⅥA族，故答案为：第2周期第ⅥA族；（5）由分析可知，X为N、Z为P，非金属性N＞P，故X、Z两种元素的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序为：NH3＞PH3，故答案为：NH3＞PH3；（6）由分析可知，Z为P、W为C，H2CO3为弱酸，而H3PO4为中强酸，故Z、W两种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的的顺序为：H3PO4＞H2CO3，故答案为：H3PO4＞H2CO3；（7）A.Y单质与Q单质发生置换反应，说明Y单质的氧化性强于Q单质，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，A符合题意；B.非金属最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故通过比较Y与Q最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱可以得出其非金属性强弱，B符合题意；C.Y、Q形成的化合物中两元素的化合价，非金属性强的一种元素显负价，弱的一种元素显正价，C符合题意；D.Y、Q的最简单气态氢化物的沸点与非金属性无关，D不合题意；故答案为：ABC；（8）由分析可知，W为C，P是W的同族元素，其最高价氧化物可用于制造光导纤维即SiO2，P最高价氧化物即SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=+H2O；（9）由分析可知，W为C，Y为O，故用电子式表示WY2的形成过程为：，故答案为：。9．(1)⑧⑩①②③④(2)3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(3)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO0.1NA(4)释放81【分析】Ⅱ．B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，B为O2，G是一种紫红色金属单质，G为Cu单质，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C和F，则C和F分别为氧化物和H2O中的一种，而C和氧气反应生成D，C为氧化物，F为水，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，S元素和N元素都可以满足，但是，E的相对分子质量比D的大17，可推知E为HNO3，D为NO2，则A为NH3，C为NO，据此分析解题。【详解】（1）硅为良好的半导体材料，可用于制太阳能、计算机芯片，即含有硅单质的是⑧硅太阳能电池和⑩计算机芯片；陶瓷、砖瓦、水泥、玻璃的成分是硅酸盐：①陶瓷餐具②砖瓦③混凝土桥墩④门窗玻璃；故答案为：⑧⑩；①②③④；（2）由分析可知，反应②即Cu和稀硝酸反应生成NO，故该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（3）由分析可知，反应①即NO2和H2O反应生成HNO3和NO，该反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，反应中每消耗3molD即3molNO2转移2mol电子，故当反应消耗0.15mol物质D时，转移电子的数目为0.1NA，故答案为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；0.1NA；（4）CO2的电子式为：，由题干反应过程中的能量变化示意图可知，该反应的热化学方程式为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)=-162kJ/mol，故可知生成18gH2O(g)时，向环境释放能量为81kJ，故答案为：；释放；81。10．(1)酸性氧化物(2)还原溶液变浑浊2H2S+O2=2S↓+2H2O(3)2H2S+SO2=3S+2H2ONa2S(4)浓硫酸稀盐酸BaCl2(5)②①②③【分析】根据硫元素的“价—类”二维图，结合元素化合价与物质的分类，可知：A是H2S，B是S单质，C是SO2，D是SO3，E是H2SO4，F是H2SO3，G是亚硫酸盐，H是硫酸盐，然后根据问题逐一分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知：C是SO2，D是SO3，二者都是由S与O两种元素组成的化合物，因此二者均属于氧化物；（2）根据价类图可知A是H2S，S为-2价，处于硫元素处于最低化合价，具有强的还原性；在H2S溶液中，H2S与溶解在溶液中的O2发生反应产生H2O、S，由于S是难溶于水的淡黄色固体，因此预测A溶液久置于空气会出现的现象是溶液变浑浊，该反应的化学方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；（3）根据上述分析可知：A是H2S，C是SO2，二者混合时会发生氧化还原反应：2H2S+SO2=3S+2H2O；单质S能够与NaOH溶液在加热时发生歧化反应产生Na2S、Na2SO3、H2O，反应的化学方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O，由于G是+4价的亚硫酸盐，因此G是Na2SO3，则另外的一种钠盐的化学式为Na2S；（4）D是SO3，SO3被H2O吸收反应得到H2SO4，但由于直接用H2O吸收SO3时会由于反应放出大量热量而形成酸雾，不利用SO3的吸收，因此通常使用98.3%的浓硫酸吸收SO3；H2SO4电离产生H+、，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验。则检验的方法是：取适量待测液于试管中，加入足量烯盐酸酸化，无现象，充分反应后，再滴加适量BaCl2溶液，若反应产生白色沉淀，说明其中含有，该反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；（5）E是H2SO4，浓硫酸与C混合加热，发生氧化还原反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应后气体中含有CO2、SO2。CO2、SO2都是酸性氧化物，二者都能够与Ca(OH)2溶液反应产生白色难溶性沉淀，CO2不能使品红溶液褪色，也不能与酸性高锰酸钾溶液反应；而SO2同时具有漂白性、还原性，能够使品红溶液褪色，据此检验SO2气体的存在，SO2也能够被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4而使溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2气体，然后把气体通入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明SO2已经被酸性高锰酸钾溶液完全除去，最后将气体通入澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则证明气体中含有CO2气体，故合理顺序是②①②③；11．(1)、、、(2)、、(3)(4)(5)否③中滤液里有引入的Cl-，无法证明来自原溶液（意思对即可）【分析】①取少量溶液，测得溶液呈强碱性，溶液中含OH-，Fe3+、与OH-在溶液中不能大量共存，则溶液中不含Fe3+、；②另取少量溶液加入过量盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊，该气体为CO2，溶液中含，Ca2+与在溶液中不能大量共存，则溶液中不含Ca2+；③另取100mL溶液，加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，沉淀为BaSO4和BaCO3，溶液中含和；④取③中滤液，加HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉淀，说明滤液中含Cl-，由于③中加BaCl2引入了Cl-，不能判断原溶液中是否含Cl-；结合溶液呈电中性，溶液中一定含K+。【详解】（1）根据分析，此溶液中一定大量存在的离子有K+、、、OH-。（2）根据分析，一定不大量存在的离子有Ca2+、Fe3+、。（3）③中向沉淀加入盐酸时BaCO3与盐酸反应生成BaCl2、H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。（4）④中发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。（5）通过④中实验现象不能判断溶液中含有Cl-，因为③中滤液里有BaCl2引入的Cl-，无法证明Cl-来自原溶液。12．(1)第二周期ⅥA族(2)(3)Na>S>O(4)(5)＜BC【分析】W、X、Y、Z、M、G、H七种短周期元素，原子序数依次增大。Y、G同主族，可形成、两种分子，Y是O元素、G是S元素；H不是稀有气体元素，H是Cl元素；X的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应，X是N元素；W、Z同主族，可形成离子化合物ZW，W是H元素、Z是Na元素；W、X、Y、Z、M、G、H的最外层电子数之和等于29，则M最外层有3个电子，M是Al元素。【详解】（1）Y是O元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族。（2）X是N元素，气态氢化物NH3的电子式为，工业上用氮气和氢气反应合成NH3，化学方程式为。（3）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，O、Na、S三种元素原子半径由大到小的顺序是Na>S>O。（4）Na、Al最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH，Al(OH)3，相互反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为，G的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液是浓硫酸，浓硫酸与金属铜反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为。（5）同周期元素从左到右非金属性增强，S的非金属性＜Cl的非金属性。A．单质的沸点与盐酸非金属性无关，故不选A；B．单质越易与氢气化合，元素的非金属性越强，故选B；C．S和Cl2分别与Fe反应生成FeS、FeCl3，说明S的氧化性小于Cl2，则证明S的非金属性＜Cl，故选C；D．非金属单质与酸不反应，故不选D；选BC。13．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O将无色气体B与空气接触，无色气体变红棕色，证明是NO4NH3+5O24NO+6H2ONH3+H2O⇋NH3·H2O⇋+OH-(2)2H2S+SO2=3S↓+2H2OKMnO4溶液的紫红色退去5SO2+2Mn+2H2O=2Mn2+++4H+(3)8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2打开止水夹，挤压胶头滴管打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾(4)BC(5)A(6)C【详解】（1）若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则A是氨气，B是NO，C是NO2，D是HNO3，则氨气的电子式为：；实验室制取氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；NO的检验方法为：将无色气体B与空气接触，无色气体变红棕色，证明是NO；氨气生成NO的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；氨气溶于水显示碱性的原因为：NH3+H2O⇋NH3·H2O⇋+OH-；（2）若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质是S，则A为H2S，B是SO2；C是SO3，D是H2SO4；硫化氢与二氧化硫反应的方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；SO2通入KMnO4发生氧化还原反应，反应的现象为：KMnO4溶液的紫红色退去；反应的离子方程式为：5SO2+2Mn+2H2O=2Mn2+++4H+；（3）浓氨水挥发出来的氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵分散到空气中产生白烟，方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；用图A装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是：打开止水夹，挤压胶头滴管；利用图B装置引发喷泉的操作是：打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾；（4）利用图C装置产生喷泉需要再锥形瓶中产生气体，是压强增大，产生喷泉，BC符合；（5）在图D装置的锥形瓶中加入乙醇，瓶外放一水槽，水槽中加入冷水后，加入足量浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，温度升高可以是乙醇变为气体，使锥形瓶中压强增大，产生喷泉，因此水槽中加入的物质为浓硫酸；（6）同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3和NO2，进行喷泉实验，分别得到氨水溶液和硝酸溶液，最终生成溶液的物质的量浓度都是mol/L(Vm为气体的摩尔体积)。14．(1)(2)3哑铃形或纺锤形(3)MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O(4)4(5)大(6)ds区(7)第四周期VIB【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，其原子核外电子排布为1s22s22p3，则B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，则C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，则C为Mg元素；D元素简单离子半径是该周期中最小的，则D为Al；E元素是该周期中电负性最大的元素，则E为Cl元素；F所在族的元素种类是周期表中最多的，位于ⅡB，其原子序数大于Cl,则F为Sc元素；G在周期表的第十一列，位于ⅠB族，则G为Cu元素，据此解答。【详解】（1）BA5为离子化合物，化学式为NH4H，则其电子式为；（2）B为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形；（3）实验室中通过加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气，该反应的离子方程式为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；（4）B为N元素，E为Cl元素，NCl3中心原子N的价层电子对数是；（5）镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，即第一电离能：Mg＞Al；D与E的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝与高氯酸反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（6）G为Cu，在周期表的第十一列，其价电子排布式为，处于ds区；（7）F为Sc元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1s2，原子结构示意图为；价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，所以前四周期未成对电子数最多的元素为Cr，位于第四周期VIB族。15．(1)22p(2)或(3)(4)(5)C<O<N(6)、、、、、、、(7)2(8)分子间有氢键【分析】根据电子排布三原则，根据题目中B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B的电子排布式为1s22s22p2