試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高三化學二輪專題訓練-元素或物質推斷題1．（2023·浙江·校聯考模擬預測）物質A由三種常見的元素組成，某興趣小組進行了如下實驗：已知：A的摩爾質量在之間，焰色為紫色；氣體B能使品紅溶液褪色；鹽C和鹽D的組成元素和A相同，且C、D的物質的量之比為。請回答下列問題：(1)組成A的元素有_______；A的化學式為_______。(2)A在潮濕空氣中轉化為由兩種酸式鹽組成的混合物，反應的化學方程式是_______。(3)一種生產A的方法：在35～45℃下，氣體B與鋅粉—水懸濁液反應生成中間產物；然后加入相應的堿溶液，充分反應，過濾分離得到A溶液。寫出該過程中總反應的化學方程式：_______。(4)堿性條件下，A能還原水中的，有同學預測該反應可能生成多種酸根離子，設計實驗確定產物中的酸根離子：_______(假設反應物無剩余)。2．（2022·浙江寧波·統考一模）陰陽離子比為1：2的固體離子化合物X由3種元素組成，某學習小組開展如下探究實驗：已知，溶液B中僅有一種陽離子(氫離子除外)，溶液B中的某種溶質陰離子結構與化合物X陰離子結構相似，C、D均為純凈物。請回答：(1)磚紅色沉淀C的化學式為___________。(2)化合物X的化學式為___________。(3)藍色溶液B中含有的溶質是___________(用化學式表示)。(4)寫出溶液B與乙醛反應的離子方程式___________。(5)某同學懷疑磚紅色沉淀中可能含有Cu單質，請設計實驗驗證此猜想___________。3．（2021·浙江溫州·統考一模）由四種常見元素組成的可溶性鹽A，按如下流程進行實驗。已知：氣體B、固體C為純凈物。請回答：(1)A的化學式是___________，氣體D的成分___________。(2)固體A與足量NaOH反應的化學方程式是___________。(3)鹽A同系列的最簡單化合物可以與堿性溶液反應，生成黑色固體，寫出該反應的離子方程式：___________。(4)有研究顯示，(3)中產物黑色固體充當氯酸鉀受熱分解的催化劑時，氯酸鉀氧化了黑色固體中的金屬元素，同時生成了氣體單質。①基于此，選用作催化劑，也發生類似的反應，則對應的產物為：___________(填化學式)。②請設計化學實驗驗證生成氣體單質的成分：___________。4．（2022·北京·模擬預測）R、W、X、Y是原子序數依次增大的四種主族元素。R最常見同位素的原子核中不含中子。W與X可形成兩種穩定的化合物：WX和WX2。工業革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，導致地球表面平均溫度升高。Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰。(1)W的原子結構示意圖是_______。(2)WX2的電子式是_______。(3)R2X、R2Y中，穩定性較高的是_______(填化學式)，沸點較高的是_______。(填化學式)(4)Se與Y是同一主族的元素，且在元素周期表中與Y相鄰。①根據元素周期律，下列推斷正確的是_______。(填字母序號)a．Se的最高正化合價為+7價b．H2Se的還原性比H2Y強c．H2SeO3的酸性比H2YO4強d．SeO2在一定條件下可與NaOH溶液反應②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，該反應的化學方程式為_______。(5)科研人員從礦石中分離出一種氧化物，化學式可表示為A2O3。為確定A元素的種類，進行了一系列實驗，結果如下：①A的相對原子質量介于K和Rb(銣)之間；②0.01molA2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到A的簡單氫化物，反應完全時，被A2O3氧化的Zn為0.06mol；綜合以上信息推斷，A可能位于元素周期表第_______族。5．（2022·浙江·模擬預測）某興趣小組對化合物X開展探究實驗。已知X是由三種元素組成的鹽，金屬單質A銀白色常用于實驗室做焰色反應實驗，不溶于硝酸；氣體B在標準狀況下的密度為3.17g/L；所加試劑均足量。(1)X的化學式___________，固體C的電子式___________。(2)金屬A溶于王水(濃硝酸：濃鹽酸=1：3)生成化合物X對應的酸和遇空氣顯紅棕色的氣體，寫出金屬A溶于王水的化學方程式___________。(3)與B中元素同主族元素之間形成的化合物的性質與氣體單質B相似，在堿性環境中，XO-→X-+XO，非金屬性越弱該反應越容易發生。寫出該族第四周期與第五周期元素形成的化合物YZ與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式___________。(4)下列有關說法正確的是___________。A．用金屬A做焰色反應實驗時，需用稀硫酸洗凈B．某試劑做焰色反應實驗時，火焰黃色，證明一定有鈉鹽，但不一定有鉀鹽。C．工業上使用陰離子交換膜電解飽和食鹽水生產氣體BD．白色固體D可用于醫療上檢查腸胃的內服藥劑E．白色沉淀E在光照下顏色會變深，可能溶于氨水6．（2021·河南鄭州·統考一模）分類法是研究物質性質的重要方法。現有、CO、、Cu、、等物質，根據它們的組成及性質進行如圖分類：請回答下列問題：(1)淡黃色固體最終位于_______組，它的電子式為_______。該物質與水反應，若有個電子轉移，則有_______mol該物質參與反應。(2)寫出實驗室制備Ⅰ組中氣體的化學方程式_______。(3)B組中的物質能與稀硝酸反應，寫出該反應的離子方程式_______。(4)Ⅱ組中的物質滴入水中后與水劇烈反應產生大量酸霧，寫出該反應的化學方程式_______。7．（2022·湖南懷化·沅陵縣第一中學校考二模）有機物H是合成抗腫瘤藥物的重要中間體，其合成路線如下：完成下列填空：(1)E中含有的官能團名稱為___________。A的分子式為___________。④的反應類型為___________。(2)反應②的化學方程式為___________。(3)合成過程中使用TBSCl試劑的目的是___________。(4)G的同分異構體有多種，寫出一種滿足下列條件的結構簡式。___________①能使石蕊試液變色；②能發生銀鏡反應；③分子中含有兩個甲基。(5)設計由乙酸和1，3-丁二烯為原料合成G()的路線_____。(合成路線常用的表示方式為：甲乙……目標產物)8．（2021·上海崇明·統考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外電子排布有2個未成對電子的特點。具有這樣特點的元素中：(1)A元素原子的半徑最大，寫出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外電子排布式為___________，A與上述元素中原子半徑最小的元素B形成的化合物晶體類型為___________。(2)C元素的單質能溶解于C與D形成的化合物中，寫出該化合物的分子式___________，推斷該化合物___________(難、微、易)溶于水。(3)C、D元素均可與B元素形成化合物，此2種化合物都可與水反應形成對應的酸，2種酸的分子式相似，寫出2種酸的分子式___________，簡述證明2種酸酸性相對強弱的方法___________。Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液處理Cu2S和CuS的混合物時，發生的反應如下：①+Cu2S+→+SO2↑++H2O(未配平)②+CuS+→+SO2↑++H2O(未配平)(4)下列關于反應①的說法中錯誤的是___________(選填編號)。a.還原性的強弱關系是：>Cu2Sb.氧化劑與還原劑的物質的量之比為c.生成2.24L(標況下)SO2，轉移電子的物質的量是0.8mold.被氧化的元素是正一價的Cu和負二價的S(4)寫出反應②中反應物配平后的系數并標出電子轉移方向和數目：______________________+___________CuS+___________已知：KMnO4在稀硫酸存在下能將H2O2氧化為O2，KMnO4被還原為；H2O2在前面反應生成的催化下能發生分解反應生成H2O和O2。(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2發生氧化還原反應方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反應中1molKMnO4氧化H2O2的物質的量是___________mol，反應中的氧化劑是___________，氧化劑與還原劑的物質的量比為___________。9．（2015·吉林·統考二模）有一未知的無色溶液，可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，現取兩份100mL溶液進行如下實驗：①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經洗滌、干燥后，稱量沉淀質量為6.99g；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀的物質的量與NaOH溶液的體積關系如右圖所示。根據上述實驗事實，回答以下問題：（1）該溶液中一定不存在的陽離子有__________________；（2）在實驗②中，NaOH溶液滴至b～c段過程中發生的離子反應方程式為__________________；NaOH溶液的濃度為____________(用字母c、d表示）；（3）原溶液確定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物質的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)為_________；（4）原溶液中NO3－的濃度為c()，則c()的取值范圍為_________________。10．（2020·浙江嘉興·統考一模）I.X由四種常見元素組成的化合物，其中一種是氫元素，其摩爾質量小于200g·mol-1。某學習小組進行了如下實驗：已知：氣體A在標況下的密度為0.714g·L-1，A完全燃燒的氣體產物E能使澄清石灰水變渾濁，沉淀D是混合物。請回答：(1)氣體E的結構式_______，沉淀D是______(寫化學式)，X的化學式______。(2)寫出化合物X與足量鹽酸反應的化學方程式________。II.純凈的氮化鎂(Mg3N2)是淡黃色固體，熱穩定性較好，遇水極易發生反應。某同學初步設計了如圖實驗裝置制備氮化鎂(夾持及加熱儀器沒有畫出)。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2↑。請回答：(1)寫出A中反應的化學方程式________。(2)下列說法不正確的是________。A．為了得到純凈的氮化鎂，實驗前需要排除裝置中的空氣B．裝置B起到了緩沖、安全的作用C．裝置C只吸收水，避免鎂和水反應產生副產物D．將裝置B、C簡化成裝有堿石灰的U形管，也能達到實驗目的E.實驗后，取D中固體加少量水，能生成使濕潤的藍色石蕊試紙變紅的氣體11．（2020·浙江杭州·浙江大學附屬中學校考模擬預測）下列物質間在一定條件下可實現如圖所示的一系列變化，實驗室可用固體X和黑色固體Y共熱來制備氣體A，固體B為混合物，白色沉淀D難溶于稀硝酸，E的焰色反應顯紫色(透過藍色鈷玻璃)，H加熱生成固體Y和水。請填寫下列空白：(1)X和Y依次是(填化學式，下同)___。(2)E是___。(3)X、Y共熱的化學方程式___；(4)C與淡黃色粉末G反應生成A、F、H的離子方程式________。12．（2011·上海虹口·一模）能源材料已成為當今科學研究的熱點。請回答下列問題：（1）單質A的燃燒熱大，可作燃料。已知A為短周期元素，其氣態原子逐個失去1~4個電子所需能量（電離能）如表所示，某同學推斷A的核外電子排布為：1s22s22p63s13p1，該電子排布式違背了__；若該原子核外電子確有三層，則該元素位于周期表__族，寫出A燃燒后形成的氧化物的電子式：__。I1I2I3I4……電離能(kJ/mol)7381451773310540……（2）氫氣作為一種清潔能源，必須解決它的儲存問題，C60可用作儲氫材料。繼C60后，科學家又合成了Si60、N60，下列有關說法正確的是__（填序號）。a.C60、Si60、N60都屬于新型化合物b.C60、Si60、N60互為同分異構體c.已知N60結構與C60相似，由于N-N鍵能小于N≡N，故N60的穩定性弱于N2d.已知金剛石中C－C鍵長154pm，C60中C－C鍵長145~140pm，故C60熔點高于金剛石（3）超導材料在節能、儲能方面的應用。如圖是超導材料元素在周期表中的分布，其中短周期元素中原子半徑最大的是__（填元素符號），其原子最外層有__種運動狀態不同的電子，寫出其最高價氧化物對應水化物的電離方程式：__。13．（2012·上海·校聯考零模）下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分別代表一種元素。（1）表中的實線表示系周期表的部分邊界，請用實線補全元素周期表的上邊界____（2）常溫下，其單質呈液態的元素是____（填字母代號），它與e形成的化合物電子式為：___________（用元素符號表示）（3）b元素形成的單質所屬晶體類型可能是________（填序號）①分子晶體

②原子晶體

③金屬晶體

④離子晶體

⑤過渡型晶體（4）元素c、d、g的氫化物的沸點由高到低的順序為________（用化學式表示）（5）NH3·H2O的電離方程NH3·H2ONH+4+OH-，試判斷NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理結構__________（填字母代號）14．（2017·上海徐匯·上海中學校考模擬預測）W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態化合物甲和乙，其原子個數比分別為1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中電子總數分別為18（甲）和10（乙）。X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙X與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數為18。X、Y、Z能形成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性。請寫出：（1）W的元素符號___，其核外共有___種運動狀態不同的電子。（2）甲物質的結構式為___；乙物質的空間構型為___。（3）Z元素核外共有___種能量不同的電子，堿性氣體甲的電子式為___。（4）用離子方程式解釋X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）鉍元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成難溶于水的BiOY。①BiY3水解反應的化學方程式為___。②把適量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，試分析可能的原因___。③醫藥上把BiOY叫做“次某酸鉍”，分析這種叫法的不合理之處，為什么。___。15．（2020·北京·統考模擬預測）R、W、X、Y、M是原子序數依次增大的五種主族元素。R最常見同位素的原子核中不含中子。W與X可形成兩種穩定的化合物：WX和WX2。工業革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高。Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰。（1）W的原子結構示意圖是__________________________。（2）WX2的電子式是_______________________。（3）R2X、R2Y中，穩定性較高的是____（填化學式），請從原子結構的角度解釋其原因：_____。（4）Se與Y是同一主族的元素，且在元素周期表中與Y相鄰。①根據元素周期律，下列推斷正確的是________（填字母序號）。a．Se的最高正化合價為+7價b．H2Se的還原性比H2Y強c．H2SeO3的酸性比H2YO4強d．SeO2在一定條件下可與NaOH溶液反應②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，該反應的化學方程式為_____________。（5）科研人員從礦石中分離出一種氧化物，化學式可表示為M2O3。為確定M元素的種類，進行了一系列實驗，結果如下：①M的相對原子質量介于K和Rb（銣）之間；②0.01molM2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，反應完全時，被M2O3氧化的Zn為0.06mol；綜合以上信息推斷，M可能位于元素周期表第_________________族。16．（2015·上海黃浦·統考二模）有A、B、C、D、E、F等6種短周期元素，其中A的一種原子不含中子；B的單質能與冷水劇烈反應，所得強堿性溶液中含有兩種電子數相同的陰、陽離子；C原于最外層的電子排布式為時nsnnp2n，D與B同周期，該周期中D的簡單離子半徑最小；E的單質是一種本身有毒可以用來消毒的氣體；F元素最高正價與最低負價的代數和為4。（1）B、C、E三元素組成的化合物之一，是家用消毒劑的主要成分，所含的化學鍵有___，其電子式為___。（2）D、E、F的簡單離子半徑由大到小的順序是_______(用離子符號表示)。（3）兩種均含A、B、C、F四種元素的化合物在溶液中相互反應的離子方程式_________。（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E單質，兩者恰好完全反應，生成物中有三種含E元素的離子。其中兩種離子的物質的量(n)與反應時間(t)的曲線如圖所示。

則t2時刻消耗氫氧化鈣質量為__g，此時反應的化學方程式為______。（5）A、B形成的化合物BA在有機合成中用途很廣泛。它可以奪取很多化合物中的質子而生成相應的鈉的化合物。寫出它與乙醇反應的化學方程式_______。17．（2019·全國·校聯考一模）原子序數依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成原子個數比分別為1:1和1:2的固態化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質能與鹽酸反應。(1)根據上述條件不能確定的元素是______（填代號），A的電子式為_____，舉例說明Y、Z的金屬性相對強弱：______(寫出一個即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應但不能與NaOH溶液反應，則下列說法中正確的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式鹽DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優良的水處理劑，某自來水化驗室利用下列方法襝測處理后的水中MX2殘留量是否符合飲用水標準（殘留MX2的濃度不高于0.1mg?L-1），已知不同pH環境中含M粒子的種類如圖所示：

I.向100.00mL水樣中加入足量的KI，充分反應后將溶液調至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol?L-1的溶液至終點時消耗5.00mL標準溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①則該水樣中殘留的的濃度為______mg?L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸調節水樣pH至1?3，溶液又會呈藍色，其原因是____(用離子方程式表示）。18．（2018·江西贛州·校聯考一模）A、B、C、D、E、F、G均為短周期元素，原子序數依次遞增。A元素原子核內無中子，B元素原子最外層電子數是次外層電子數的2倍，D是地殼中含量最多的元素，E是短周期中金屬性最強的元素，F與G位置相鄰，G是同周期元素中原子半徑最小的主族元素。請回答下列問題：（1）C在元素周期表中的位置為__________，G的離子結構示意圖是___________。（2）D與E按原子個數比1:1形成化合物甲，其電子式為__________，所含化學鍵類型為_______。（3）E、F、G形成的簡單離子，半徑由大到小順序是_______。（用離子符號表示）（4）用BA4、D2和EDA的水溶液組成燃料電池，電極材料為多孔惰性金屬電極。在a極通入BA4氣體，b極通入D2氣體，則b極是該電池的_____極，負極的電極反應式為__________答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．(1)K、S、O(2)(3)(4)取反應后的上層清液，分成兩份，一份滴加適量酸性高錳酸鉀溶液，若溶液紫紅色褪去，則含有；另一份滴加足量鹽酸，再加適量溶液，若有沉淀產生，則含有；若上述現象均有，則說明含有和【分析】由A的焰色為紫色可知，A中含有鉀元素，鹽C和鹽D的組成元素和A相同，加入鹽酸后生成淡黃色沉淀和無色氣體B，淡黃色沉淀為硫，氣體B為二氧化硫，則A中含有鉀元素、硫元素和氧元素。鹽C和鹽D與鹽酸反應生成和，假設鹽C和鹽D中含，則其物質的量為0.05mol，另一種鹽也與鹽酸反應生成，則另一種鹽為，的物質的量為0.05mol，則20.6gA隔絕空氣受熱分解生成、和，由原子個數守恒可知，A中K、S和O原子的物質的量之比為，由A的摩爾質量在之間可知，A的化學式為。據此分析解答。【詳解】（1）由以上分析可知A的化學式為，含K、O、S三種元素，故答案為：K、S、O；；（2）在潮濕空氣中與氧氣反應生成兩種酸式鹽可知為亞硫酸氫鈉和硫酸氫鈉，反應方程式為：，故答案為：；（3）氣體B與鋅粉—水懸濁液反應生成中間產物；然后加入相應的堿溶液，充分反應得到A，結合元素守恒可知B中應含S元素，則B應為二氧化硫，1mol轉化為得1mol電子，1molZn失去2mol電子，根據得失電子守恒，可得反應方程式為：，故答案為：；（4）A的氧化產物可能是亞硫酸根和硫酸根離子，檢驗亞硫酸根可利用其還原性，選用高錳酸鉀溶液，觀察是否褪色；檢驗硫酸根離子可以用鹽酸酸化的氯化鋇溶液，觀察白色沉淀生成，具體操作：取反應后的上層清液，分成兩份，一份滴加適量酸性高錳酸鉀溶液，若溶液紫紅色褪去，則含有；另一份滴加足量鹽酸，再加適量溶液，若有沉淀產生，則含有；若上述現象均有，則說明含有和；故答案為：取反應后的上層清液，分成兩份，一份滴加適量酸性高錳酸鉀溶液，若溶液紫紅色褪去，則含有；另一份滴加足量鹽酸，再加適量溶液，若有沉淀產生，則含有；若上述現象均有，則說明含有和；2．(1)Cu2O(2)K2CuCl4(3)KCl、KOH和K2Cu(OH)4(4)2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O(5)向上述所得5.4g的磚紅色固體中加入足量的稀硫酸后，過濾洗滌干燥，稱量所得的固體的質量，若質量等于=2.4g，說明不含Cu，若質量大于2.4g，說明含有Cu【分析】由題干實驗探究流程圖可知，藍色溶液A推出離子化合物X中含有Cu元素，平均分為兩份后，其中一份加入了AgNO3得到白色沉淀，故說明化合物X中含有Cl元素，n(Cl-)==0.6mol，另一份加入足量的KOH得到藍色溶液即形成了，其與乙醛溶液反應生成磚紅色沉淀Cu2O，故原物質中含有：n(Cu)==0.15mol，又已知溶液B中僅有一種陽離子(氫離子除外)，溶液B中的某種溶質陰離子結構與化合物X陰離子結構相似，即形成,則形成的n()=0.15mol，則陽離子的物質的量為：n(陽離子)=0.15mol×2=0.3mol，又知原化合物X中含有陽離子的質量為：42.6g-0.6mol×35.5g/mol-0.15mol×64g/mol=11.7g，故陽離子的摩爾質量為：M=，故簡單陽離子為K+，故化合物X的化學式為：K2CuCl4,據此分析解題。【詳解】（1）由分析可知，磚紅色沉淀C是乙醛和新制的氫氧化銅懸濁液反應生成的Cu2O，故答案為：Cu2O；（2）由分析可知，化合物X的化學式為K2CuCl4，故答案為：K2CuCl4；（3）由分析可知，藍色溶液B為過量的KOH和K2CuCl4反應后的溶液，故其中含有的溶質是KCl、KOH和K2Cu(OH)4，故答案為：KCl、KOH和K2Cu(OH)4；（4）溶液B即新制氫氧化銅懸濁液與乙醛反應的離子方程式為：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O，故答案為：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O；（5）由于Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，故可以向上述所得5.4g的磚紅色固體中加入足量的稀硫酸后，過濾洗滌干燥，稱量所得的固體的質量，若質量等于=2.4g，說明不含Cu，若質量大于2.4g，說明含有Cu，故答案為：向上述所得5.4g的磚紅色固體中加入足量的稀硫酸后，過濾洗滌干燥，稱量所得的固體的質量，若質量等于=2.4g，說明不含Cu，若質量大于2.4g，說明含有Cu。3．(1)CH3COONaCO2(2)CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑(3)3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O(4)Fe2O3用集氣瓶收集氣體單質，將帶火星的木條伸入集氣瓶內，若木條復燃則是氧氣【分析】由題給實驗流程可知，由四種常見元素組成的可溶性鹽A與4.0g氫氧化鈉固體共熱反應生成氣體B和固體C，說明A和C中都含有鈉元素和氧元素；標準狀況下2.24L氣體B完全燃燒后得到的氣體D能與澄清石灰水反應生成10.0g白色沉淀E說明D為二氧化碳、E為碳酸鈣、氣體B中含有碳元素，由白色沉淀的質量可知分子中碳元素的物質的量為=0.1mol，由題給數據可知B中含有的碳原子個數為=1；固體C與澄清石灰水反應生成10.0g碳酸鈣說明C中含有碳元素的的物質的量為=0.1mol，則C為碳酸鈉，含有鈉元素的物質的量為0.1mol×2=0.2mol，由鈉原子個數守恒可知，A中含有的鈉元素的物質的量為0.2mol—=0.1mol，由碳原子個數守恒可知，A中含有碳元素的物質的量為0.1mol+0.1mol=0.2mol；由A、B、C都含有碳元素，A中含有四種常見元素可知，含有1個碳原子的可溶性氣體B為甲烷，由氫原子個數守恒可知，A中含有氫元素的物質的量為0.1mol×4—=0.3mol；由A的質量可知，A中氧元素的物質的量為=0.2mol，則A中鈉元素、碳元素、氫元素和氧元素的物質的量比為0.1mol:0.2mol：0.3mol：0.2mol=1：2：3：2，A的化學式為CH3COONa。（1）由分析可知，A的化學式為CH3COONa，D為二氧化碳，故答案為：CH3COONa；CO2；（2）由分析可知，乙酸鈉固體與足量氫氧化鈉固體共熱反應生成碳酸鈉和甲烷，反應的化學方程式為CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑，故答案為：CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑；（3）乙酸鈉同系列的最簡單化合物為甲酸鈉，由題意可知，堿性條件下，甲酸鈉與高錳酸鉀溶液反應生成碳酸鈉、二氧化錳沉淀和水，反應的離子方程式為3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O，故答案為：3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O；（4）①由題意可知，二氧化錳催化氯酸鉀受熱分解的反應步驟為KClO3+2MnO2=Mn2O7+3KCl、2Mn2O7=4MnO2+3O2↑，基于此可知，氧化鐵做催化劑時被氯酸鉀氧化為高價態的三氧化鐵，故答案為：Fe2O3；②檢驗反應生成的氧氣的操作為用集氣瓶收集氧氣，將帶火星的木條伸入集氣瓶內，若木條復燃，說明反應生成的氣體單質為氧氣，故答案為：用集氣瓶收集氣體單質，將帶火星的木條伸入集氣瓶內，若木條復燃則是氧氣。4．(1)(2)(3)H2OH2O(4)bd3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O(5)VA【分析】R、W、X、Y是原子序數依次增大的四種主族元素，R最常見同位素的原子核中不含中子，則R為H；W與X可形成兩種穩定的化合物WX和WX2，工業革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高，W為C、X為O；Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰，則Y為S，據此分析解題。【詳解】（1）由上述分析可知，W為C元素，原子序數為6，其原子結構示意圖是，故答案為：；（2）由分析可知，W為C，X為O，則WX2為CO2，CO2屬于共價化合物，其電子式是，故答案為：；（3）R2X、R2Y中分別為H2O、H2S，O與S為同主族元素，O的電子層數小于S，O的原子半徑小于S，O的原子核對核外電子吸引能力大于S原子，O的非金屬性強于S，故H2O的穩定性大于H2S；由于H2O分子間存在氫鍵，導致H2O的沸點較高，故答案為：H2O；H2O；（4）①a．Se的最外層電子數為6，最高正化合價為+6價，a錯誤；b．非金屬性S大于Se，則H2Se的還原性比H2Y強，b正確；c．H2SeO3的酸性比H2YO4弱，前者為弱酸，后者為強酸，c錯誤；d．SeO2在一定條件下可與NaOH溶液反應生成鹽和水，d正確；故答案為：bd；②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，結合化合價變化可知，生成兩種單質為Se、N2，該反應的化學方程式為：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O，故答案為：3SeO2+4NH3═3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molA2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到A的簡單氫化物，反應完全時，被A2O3氧化的Zn為0.06mol，設氫化物中A元素的化合價為x，由電子守恒可知0.01mol×2×(3-x)=0.06mol×(2-0)，解得：x=-3，則A元素的最高價為+5價，A位于元素周期表第VA族，故答案為：VA。5．(1)BaPtCl6BaCl2(2)3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O(3)3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O(4)DE【分析】金屬單質A銀白色常用于實驗室做焰色反應實驗，不溶于硝酸，則A為Pt，氣體B的質量為，標準狀況下4.48L氣體B的物質的量，則B的摩爾質量為，則B為Cl2，白色沉淀D為BaSO4，，白色沉淀E為AgCl，，則鋇和氯個數比為0.05:0.1=1:2，固體C為BaCl2，X是由Ba、Pt、Cl三種元素組成的鹽，化學式為BaPtCl6；(1)分析可知，X的化學式為BaPtCl6，固體C的化學式為BaCl2，(2)金屬A為Pt，與王水反應生成NO，對應的酸為H2PtCl6，N元素化合價從+5降至+2，Pt化合價從0升到+4，反應化學方程式是：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O；(3)B元素是Cl，該族第四周期是Br與第五周期元素I形成的化合物YZ是IBr，由于非金屬性：I2>Br2，IBr與氫氧化鈉溶液反應是I2發生IO-→I-+IO，反應的離子方程式為3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O；(4)A．用金屬Pt做焰色反應實驗時，由于鹽酸易揮發，應用稀鹽酸洗凈，A錯誤；B．某試劑做焰色反應實驗時，火焰黃色，說明含有鈉離子，不一定有鉀離子，但可能是NaOH，不一定是鈉鹽，B錯誤；C．電解飽和食鹽水時Cl-在陽極失電子生成Cl2，為防止氯氣和OH-反應，應選用陽離子交換膜，C錯誤；D．白色固體D為BaSO4，不溶于胃酸中的鹽酸，可用于醫療上檢查腸胃的內服藥劑，D正確；E．白色沉淀E為AgCl，AgCl遇光易分解，生成銀單質由于生成的單質粉末對光的折射看上去是黑的，所以在光照下顏色會變深，可能溶于氨水，E正確；故選：DE。6．ⅠNa+Na+22NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OSOCl2+H2O═SO2+2HCl【分析】NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等，按照組成元素的多少可以分為單質和化合物，屬于單質的是Cu、F2，屬于化合物的是NH3、CO、Na2O2、SOCl2；單質中能與氫氣反應的是F2；化合物中能與水反應的是NH3、Na2O2、SOCl2，反應后溶液顯堿性的是NH3、Na2O2，據此分析解答。【詳解】(1)淡黃色固體為Na2O2，可與水反應生成NaOH和氧氣，最終位于I組；Na2O2是鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物，電子式為；過氧化鈉與水反應為歧化反應，2mol過氧化鈉參加反應，轉移2mol電子，故答案為：I；；2；(2)Ⅰ組中的氣體為氨氣，實驗室制備氨氣原理為：氯化銨與氫氧化鈣加熱生成氯化鈣和氨氣和水，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；(3)B組中的物質是銅，銅與稀硝酸反應生成硝酸銅和一氧化氮和水，反應的離子方程式為3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)Ⅱ組中的物質為SOCl2，滴入水中后與水劇烈反應，產生大量酸霧，SOCl2與水反應生成HCl和二氧化硫，反應的化學方程式為SOCl2+H2O═SO2+2HCl，故答案為：SOCl2+H2O═SO2+2HCl。7．碳碳雙鍵、羥基取代反應2+O22+2H2O保護基團不被氧化。或或或或【分析】合成G()，可采用逆合成分析法來分析其過程。由G的結構簡式可知，要合成G，必須想法找到乙酸和，題目提供了乙酸，那就要想辦法由1，3-丁二烯為原料合成出，要在結構中引入羥基，就要想法引入鹵素原子，利用鹵代烴的水解反應引入羥基。【詳解】(1)通過E的結構簡式可知，E中含有的官能團名稱為碳碳雙鍵、羥基；通過觀察A的分子結構式，可知其不飽和度為1，數其碳原子數為9，測其分子式為；H的結構中含有兩個酯基，G和F生成H,G的結構中有一個酯基和一個羥基，則F的結構中比含有一個羧基和G的羥基酯化，酯化反應是取代反應，故④的反應類型為取代反應。(2)反應②是B生成了C，觀察兩種物質的結構簡式，B結構中的羥基被氧化成C中的醛基，其他結構沒變，由乙醇氧化為乙醛，可得反應②的化學方程式為2O22+2H2O。(3)從A→B→C→D→E的反應路線來看，使用TBSCl試劑的目的是防止A結構中的基團在反應②中被氧化，故答案為保護基團不被氧化。(4)G的同分異構體有多種，滿足能使石蕊試液變色，說明結構中含有羧基，滿足能發生銀鏡反應，則結構中有醛基，還要有兩個雙鍵，則滿足這三個條件的G的同分異構體結構簡式很多，如：或或或或。(5)由G的結構簡式可知，要合成G，必須想法找到乙酸和，題目提供了乙酸，那就要想辦法由1，3-丁二烯為原料合成出，要在結構中引入羥基，就要想法引入鹵素原子，利用鹵代烴的水解反應引入羥基，故G的合成路線為。8．第三周期ⅣA族1s22s22p63s23p2原子晶體CS2難H2SO3

H2CO3取等濃度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分別用pH試紙(或pH計)測定它們的pH，如果測得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，則證明H2SO3的酸性較強a2.5KMnO4、H2O21：2【詳解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外電子排布有2個未成對電子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期從左到右原子半徑減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，其中A元素原子的半徑最大，A為硅元素，核電荷數為14，在第三周期ⅣA族；其原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半徑最小的元素B為氧，硅與氧形成的化合物為二氧化硅，熔沸點高，硬度大，屬于原子晶體；(2)C元素的單質能溶解于C與D形成的化合物中，C為硫元素，C與D形成的化合物為CS2，二硫化碳為直線型分子，結構對稱，屬于非極性分子，不易溶于水；(3)C、D元素均可與B元素形成化合物都可與水反應形成對應的酸，且2種酸的分子式相似，所以2種氧化物分別為：SO2、CO2；2種酸的分子式分別為：H2SO3和H2CO3；根據形成鹽的酸的酸性越強，水解能力越弱的規律，可以通過測定2種酸所形成的酸式鹽的pH大小判定酸性強弱，具體操作為：取等濃度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分別用pH試紙(或pH計)測定它們的pH，如果測得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，則證明H2SO3的酸性較強；(4)①反應中，錳元素由+7降低到+2價，共降5價；銅元素由+1價升高到+2價，硫元素由-2價升高到+4價，Cu2S共升高8價，根據氧化還原反應化合價升降總數相等規律，、填系數8，Cu2S填系數5，填系數10，SO2填系數5，再根據原子守恒配平其它系數，配平后的方程式為：8+5Cu2S+44=10+5SO2↑+8+22H2O；a．還原劑的還原性大于還原產物的還原性，所以還原性的強弱關系是：<Cu2S，故錯誤；b．根據方程式可知，為氧化劑，還原劑為Cu2S，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，故正確；c．根據方程式可知，該反應轉移電子為40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(標況下)SO2，即0.1molSO2，轉移電子的物質的量是0.8mol，故正確；d．根據方程式可知Cu2S為還原劑，發生氧化反應，所以被氧化的元素是正一價的Cu和負二價的S，故正確；故選a；(4)反應②中，錳元素由+7價降低到+2價，共降5價，硫元素由-2價升高到+4價，共升6價，根據化合價升降總數相等可知，、均填系數6，CuS、均填系數5，根據電荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系數，配平后的方程式為：6+5CuS+28=5+5SO2↑+6+14H2O；反應共轉移30個電子，單線橋標出電子轉移方向和數目如下：；(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2發生氧化還原反應方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，當反應生成6mol氧氣時，有5mol為過氧化氫被高錳酸鉀氧化生成的，有1mol為過氧化氫自身發生氧化還原反應生成的；則被2mol高錳酸鉀氧化的過氧化氫有5mol，反應中1molKMnO4氧化H2O2的物質的量是2.5mol；反應中的氧化劑是KMnO4、H2O2；氧化劑與還原劑的物質的量比為3:6=1：2。9．Fe3++OH-=NH3·H2Omol/L1：1：1c（）≥0.3mol·L－1【詳解】由于溶液呈無色，則溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經洗滌、干燥后，沉淀質量為6.99g，說明溶液中和至少有一種；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液沒有沉淀生成，說明含有H+，則溶液中一定不存在，結合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大時，繼續滴加氫氧化鈉溶液，沉淀質量不變，則溶液中一定含；后繼續滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+和Mg2+；（1）該溶液中一定不存在的陽離子有Fe3+；（2）在實驗②中，NaOH溶液滴至b～c段過程中發生的離子反應方程式為+OH-=NH3·H2O；c~d段發生的反應為Al(OH)3+OH-=+2H2O，由圖表可知Al(OH)3的物質的量為0.01mol，則c~d段消耗的NaOH物質的量為0.01mol，NaOH溶液的濃度為=mol·L－1；（3）由圖可知，中和H+消耗的NaOH物質的量與Al(OH)3溶解消耗的NaOH物質的量相等，則n(H+)=0.01mol，根據Al守恒，溶液中Al3+物質的量為0.01mol，因生成的沉淀總物質的量為0.02mol，則氫氧化鎂物質的量為0.01mol，根據Mg守恒，溶液中Mg2+物質的量為0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；(4)由圖示可知，溶液中物質的量為0.03mol，當溶液里陽離子只有H+、Mg2+、、Al3+時，根據電荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+n()×1=n()×2+n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能還有K+，則n()≥0.3mol，c()=n()÷0.1L≥0.3mol·L－1。10．O=C=OAgCl和AgICH3MgI2CH3MgI+2HC=2CH4↑+MgI2+MgCl22NH3+3CuON2+3H2O+CuCDE【分析】I.結合流程示意圖，求算出氣體0.02molA為甲烷，白色沉淀C為氫氧化鎂，故每一份B能產生0.58g即0.01mol氫氧化鎂，沉淀D為混合物，除了氯化銀外，還有一種銀化合物沉淀，其陰離子也來自X，按質量守恒定律，討論并求出所含的四種元素及其物質的量、按照物質的量之比計算出最簡式、結合摩爾質量求出化學式；II.裝置A中，氨氣和氧化銅在加熱下發生反應生成銅、氮氣和水，經過氨氣瓶B后，進入洗氣瓶，濃硫酸既吸收了沒參加反應的氨氣，又干燥了氮氣，純凈干燥的氮氣進入D中，和金屬鎂反應生成氮化鎂，據此回答；【詳解】I.(1)已知：X由四種常見元素組成的化合物，流程圖中知X與過量鹽酸反應生成氣體A，A在標況下的密度為0.714g·L-1，則其摩爾質量M=22.4L/mol0.714g·L-1=16g·mol-1，A完全燃燒的氣體產物E能使澄清石灰水變渾濁，E為二氧化碳，A為甲烷，則3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B均分為二等份，其中一份加足量氫氧化鈉溶液得白色沉淀C，則C為氫氧化鎂，0.58g氫氧化鎂為0.01mol，故一份B溶液含0.01molMgCl2，按元素守恒，則3.32gX中含0.02mol即0.48g鎂元素，另一份B溶液中加足量硝酸銀溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2molAgCl，其質量為2.87g，則5.22g-2.87g=2.35g為X中另一種元素與銀離子產生的沉淀，假如該沉淀是AgBr，則為0.0125molAgBr，則原X中含0.025molBr，質量為2g，則剩余氫元素為3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，則氫原子的物質的量為0.6mol，則所含原子數目比為C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025:0.6=1:1:1.25:30，得到的化學式不合理，假設不成立，舍棄；假如該沉淀是AgI，2.35g則為0.01molAgI，則原X中含0.02mol碘元素，質量為2.54g，則剩余氫元素為3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，則氫原子的物質的量為0.06mol，則所含原子數目比為C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最簡式為CH3MgI；最簡式式量為166，X摩爾質量小于200g·mol-1，則X的化學式為CH3MgI；故氣體E的結構式為O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化學式為CH3MgI；(2)化合物X與足量鹽酸反應生成CH4、MgI2和MgCl2，化學方程式為2CH3MgI+2HCl=2CH4↑+MgI2+MgCl2；II.(1)A中氨氣和氧化銅在加熱下發生反應生成銅、氮氣和水，反應的化學方程式為：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；(2)A.為了得到純凈的氮化鎂，實驗前需要排除裝置中的空氣，防止氮氣、二氧化碳和鎂反應，A正確；B.裝置B起到了緩沖、安全的作用，防止液體倒吸，B正確；C.裝置C吸收水，避免鎂和水反應產生副產物，也吸收未反應的氨氣，防止鎂和氨氣反應，C錯誤；D.將裝置B、C簡化成裝有堿石灰的U形管，不能達到實驗目的，因為堿石灰不能吸收氨氣，D錯誤；E.實驗后，取D中固體加少量水，能生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體；故說法不正確的是CDE。11．KClO3、CuOKNO32KClO32KCl+3O2↑2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+【分析】白色固體X和黑色固體Y共熱可以制備氣體A，可以推測X為氯酸鉀，所以氣體A為氧氣，而固體B為氯化鉀和黑色固體的混合物，溶于水分離后濾液為氯化鉀溶液能夠和硝酸銀溶液生成白色沉淀D為氯化銀，溶液E為硝酸鉀溶液，而濾渣能夠溶于稀硫酸，生成藍色溶液，可以知道該黑色粉末Y為氧化銅，而藍色溶液C為硫酸銅溶液，可以和過氧化鈉反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，則H為氫氧化銅，F為硫酸鈉溶液，代入驗證符合題意，可以據此答題。【詳解】(1)根據分析可知，X和Y依次是KClO3、CuO；(2)根據分析，E是KNO3；(3)X和Y依次是KClO3、CuO，根據題意氧化銅為催化劑，X、Y共熱的化學方程式2KClO32KCl+3O2↑；(4)C硫酸銅溶液，淡黃色粉末G為過氧化鈉，二者反應生成硫酸鈉、氫氧化銅和氧氣，反應的離子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+。12．能量最低原理IIA族cAl3H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-【分析】（1）該元素第三電離能劇增，說明最外層電子數為2，且處于第三周期，故為Mg元素，在氧氣中燃燒生成MgO，由鎂離子與氧離子構成；（2）a.C60、Si60、N60都是單質，不屬于化合物；b.同分異構體的分子式相同，研究對象為化合物，C60、Si60、N60都屬于單質，且分子式不相同；c.N-N鍵能小于N≡N，鍵能越小，化學鍵越不穩定，故N60的穩定性弱于N2；d.金剛石為原子晶體，C60為分子晶體，原子晶體的熔點更高，故C60熔點高于金剛石；（3）同周期自左而右原子半徑減小，一般電子層越多原子半徑越大，圖中的短周期元素中Al的原子半徑最大，原子核外沒有運動狀態相同的電子，氫氧化鋁在水溶液中存在酸式電離與堿式電離.【詳解】（1）由表格數據可知A元素第三電離能劇增，說明最外層電子數為2，處于周期表ⅡA族，A的核外電子排布式可能為1s22s22p63s2，若電子排布式為1s22s22p63s13p1違背了能量最低原理；若該原子核外電子確有三層，說明處于第三周期，A為Mg元素，在氧氣中燃燒生成MgO，由鎂離子與氧離子構成，電子式為，故答案為：能量最低原理；ⅡA；；（2）a.C60、Si60、N60都是單質，不屬于化合物，故錯誤；b.同分異構體的分子式相同，研究對象為化合物，C60、Si60、N60都屬于單質，且分子式不相同，故錯誤；c.N-N鍵能小于N≡N，鍵能越小，化學鍵越不穩定，故N60的穩定性弱于N2，故C正確；d.金剛石為原子晶體，C60為分子晶體，原子晶體的熔點更高，故C60熔點高于金剛石，故錯誤；c正確，故答案為c；（3）同周期自左而右原子半徑減小，一般電子層越多原子半徑越大，圖中的短周期元素中Al的原子半徑最大，原子核外沒有運動狀態相同的電子，最外層有3個電子，故有3種運動狀態不同的電子，氫氧化鋁在水溶液中存在酸式電離與堿式電離，電離方程式為：H++AlO2-+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH-，故答案為：Al；3；H++AlO2-+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH-。【點睛】原子核外沒有運動狀態相同的電子，最外層有3個電子，故有3種運動狀態不同的電子是解答關鍵。13．m①②⑤H2O＞HF＞HClb【分析】(1)第一周期中含有2種元素，處于第1列、18列；第2、3周期中元素處于1，2列，13～18列，據此畫出元素周期表的上邊界；(2)常溫下，呈液態的單質為溴與金屬汞，由圖可知位置可知，為溴單質，處于第四周期17列；e為Na元素，溴與鈉形成的化合物為NaBr，由鈉離子與氯離子構成；(3)b為碳元素，形成的單質可能為原子晶體，如金剛石，可能為分子晶體，若富勒烯，可能為過渡型晶體，如石墨；(4)c為氧元素、d為氟元素、g為氯元素，結合常溫下氫化物狀態與氫鍵判斷氫化物的沸點；(5)氨水的電離生成NH4+、OH-，說明NH3?H2O中O-H鍵發生斷裂，來確定氨水的結構和成鍵情況。【詳解】(1)第一周期中含有2種元素，處于第1列、18列；第2、3周期中元素處于1，2列，13～18列，故元素周期表的上邊界為：；(2)常溫下，呈液態的單質為溴與金屬汞，由圖可知位置可知，為溴單質，處于第四周期17列，為表中m元素；e為Na元素，溴與鈉形成的化合物為NaBr，由鈉離子與氯離子構成，溴化鈉電子式為；(3)b為碳元素，形成的單質可能為原子晶體，如金剛石，可能為分子晶體，若富勒烯，可能為過渡型晶體，如石墨；(4)c為氧元素、d為氟元素、g為氯元素，常溫下水為液體，HF、HCl為氣體，故水的沸點較高，HF中分子之間存在氫鍵，沸點比HCl高，故沸點H2O＞HF＞HCl；(5)NH3溶于水后，形成的NH3?H2O中，根據NH3?H2O的電離方程式為NH3?H2O?NH4++OH-，可知結構中含有銨根和氫氧根的基本結構，故NH3?H2O結構為b，故答案為b。14．O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl鹽酸能抑制BiCl3的水解不合理，因為BiOCl中的Cl的化合價為-1【分析】W、X、Y、Z均為短周期元素，X、W可形成兩種液態化合物甲和乙，其原子個數比分別為1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中電子總數分別為18(甲)和10(乙)，則W為O元素，X為H元素，兩種化合物甲為H2O2、乙為H2O；X與Z能形成一種極易溶于水的堿性氣體丙，則丙為NH3，Z為N元素；H與Y能形成極易溶于水的酸性氣體丁，丁分子中的電子數為18，則丁為HCl，Y為Cl元素；H、Cl、N三種元素能組成一種離子化合物，其水溶液呈弱酸性，則此離子化合物為NH4Cl，據此解題。【詳解】由分析知：W為O元素、X為H元素、Y為Cl元素、Z為N元素、甲為H2O2、乙為H2O、丙為NH3；(1)由分析知W為氧元素，元素符號為O，其原子核外共有8個電子，則共有8種運動狀態不同的電子；(2)甲H2O2，為極性分子，含有H-O和O-O鍵，則結構式為H-O-O-H；乙為H2O，O原子的雜化軌道形式為sp3，有兩個孤對電子，則空間構型為V型；(3)Z為N元素，電子排布式為1s22s22p3，同一軌道上的電子能量相等，則核外共有3種能量不同的電子，堿性氣體丙為NH3，其電子式為；(4)H、Cl、N三種元素組成的離子化合物為NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，發生水解反應的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)鉍元素跟Cl元素能形成化合物為BiCl3，其水解生成難溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成難溶于水的BiOCl，則另一種產物為HCl，水解反應的化學方程式為BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀鹽酸，鹽酸抑制了BiCl3的水解，從而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合價為-1價，而次氯酸中Cl元素為+1價，則BiOCl叫做“次某酸鉍”的說法不合理。15．H2O氧原子與硫原子最外層電子數相同，電子層數S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩定性弱于H2Obd3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2OVA【分析】R最常見同位素的原子核中不含中子，則R為H元素；W與X可形成兩種穩定的化合物：WX和WX2。工業革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高，則WX2為CO2，W為C元素，X為O元素；Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰，則Y為S元素。【詳解】（1）W為C元素，原子結構示意圖為，答案為：；（2）WX2為CO2，電子式是，答案為：；（3）R為H元素，X為O元素，Y為S元素，R2X、R2Y分別為H2O、H2S，氧原子與硫原子最外層電子數相同，電子層數S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩定性弱于H2O，答案為：H2O；氧原子與硫原子最外層電子數相同，電子層數S>O，原子半徑S>O，得電子能力S<O，元素的非金屬性S<O，因此，H2S的穩定性弱于H2O；（4）Se與S是同一主族的元素同主族元素從上到下，隨著核電荷數增大，非金屬性減弱，半徑逐漸增大。a．Se與S是同一主族的元素，最外層電子數為6，Se的最高正化合價為+6價，故a錯誤；b．單質的氧化性越強，其離子的還原性越弱，S的氧化性強于Se，則S2-還原性弱于Se2-，因此H2Se的還原性比H2S強，故b正確；c．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性S>Se，則H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c錯誤；d．同主族元素化學性質具有相似性，SO2屬于酸性氧化物可與NaOH溶液反應，則SeO2在一定條件下也可與NaOH溶液反應，故d正確；答案選bd；②室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，根據物料守恒，生成的單質應為N2和Se，利用氧化還原反應得失電子守恒，該反應的化學方程式為3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O，答案為：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molM2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，則氫化物中M的化合價為最低價態，M為主族元素，M最高正價=8-M最低負價的絕對值，設M的氫化物中化合價為-x價，則M由+3價變為-x價，0.01molM2O3完全反應共得到2×（3+x）×0.01mol的電子，金屬Zn由0價變為+2價，被M2O3氧化的Zn為0.06mol，共失去2×0.06mol的電子，根據得失電子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，則M的氫化物中化合價為-3價，則M最高正價=8-3=+5，主族元素最高正價等于最外層電子數，最外層電子數等于主族序數，故M可能位于元素周期表第VA族，答案為：VA；16．離子鍵、共價鍵

S2﹣＞Cl﹣＞Al3+H++HSO3﹣=SO2↑+H2O3710Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2ONaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑【分析】有A、B、C、D、E、F等6種短周期元素，其中A的一種原子不含中子，則A為H；B的單質能與冷水劇烈反應，所得強堿性溶液中含有兩種電子數相同的陰、陽離子，則B為Na；C原于最外層的電子排布式為時nsnnp2n，n=2，可知C的質子數為8，則C為O；D與B同周期，該周期中D的簡單離子半徑最小，則D為Al；E的單質是一種本身有毒可以用來消毒的氣體，可知氣體為氯氣，則E為Cl；F元素最高正價與最低負價的代數和為4，最高價為+6，最低價為﹣2，則F為S，據此分析。【詳解】有A、B、C、D、E、F等6種短周期元素，其中A的一種原子不含中子，則A為H；B的單質能與冷水劇烈反應，所得強堿性溶液中含有兩種電子數相同的陰、陽離子，則B為Na；C原于最外層的電子排布式為時ns