2024届高三新高考化学大一轮专题训练题----元素或物质推断题
1．（2023春·福建三明·高三校联考期中）几种元素在周期表中的位置如图所示，用化学用语(特殊标记的除外)回答下列问题：
(1)表中所列元素含三种金属元素，其中金属性最弱的元素所在周期表中的位置是______________。
(2)①有多种单质存在，如足球烯、金刚石等，它们之间互称为___________。
(3)⑦和⑨形成的化合物为离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程______________________。
(4)③和④的最高价氧化物对应的水化物之间反应的的离子方程式为______________________。
(5)元素⑤⑥⑦的最高价氧化物对应的水化物，按酸性从强到弱的顺序排列是______________________(用化学式表示)。
(6)已知与浓盐酸在常温下反应生成氯气，利用如图装置验证⑧和⑩两种元素的非金属性强弱。仪器A的名称为_______，仪器B中盛放淀粉-碘化钾溶液，所发生的离子反应方程式为_______________，当观察到B中溶液变蓝时，即可证明非金属性较强的元素是氯。
2．（2023春·辽宁朝阳·高三北票市高级中学校考期中）回答下列问题：
I．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、、作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”[化学式为]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、和。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于___________(填标号)。
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
(2)写出B的化学式：___________。
(3)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：___________。
(4)上述转化过程中属于化合反应的是___________。
Ⅱ．实验室有失去标签的三瓶无色溶液：氯化钾、氢氧化钾、碳酸钠，小明同学在A、B、C三支试管中分别取样，利用如图实验进行鉴别。
(5)步骤①中加入试剂a的名称：___________。
(6)步骤②中发生反应的化学方程式：___________。
(7)A试管中的无色溶液是___________(填化学式)溶液。
(8)将步骤②中的溶液换成___________(填一种溶液名称)也能达到实验目的。
3．（2022秋·四川绵阳·高三四川省绵阳江油中学校考阶段练习）元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。如表是元素周期表的一部分，数字①~⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题：
(1)⑧所对应的元素名称为___________，其在周期表中的位置___________。
(2)①与⑤的原子半径，___________ 更大(填元素符号)。
(3)在①~⑨元素中，某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出涉及供氧的化学方程式：___________和___________；①的单质能在⑨的单质中安静燃烧，写出该化学方程式___________。
(4)⑤及同主族上一周期的元素所形成的最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是___________填化学式。
(5)比较④与⑨的气态氢化物的稳定性___________>___________填化学式。
4．（2023春·广东惠州·高三惠州市惠阳高级中学实验学校校考阶段练习）如表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
(1)写出基态J原子的电子排布式：______，L的原子序数：_____，M的简化电子排布式：______。
(2)下列关于元素在元素周期表中的位置的叙述正确的是______(填选项字母)。
A．K位于元素周期表中第四周期第IIB族，属于ds区元素
B．J位于元素周期表中第四周期第IVB族，属于d区元素
C．F位于元素周期表中第三周期第IIA族，属于s区元素
D．I位于元素周期表中第三周期第VIIA族，属于ds区元素
(3)下列有关说法正确的是______(填选项字母)。
A．第一电离能：G＞F＞E B．电负性：D＞C
C．原子半径：E＞B D．最高价含氧酸的酸性：I＞H
(4)如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图。
①认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，将Na～Ar之间的元素用短线连接起来，构成完整的图像______。
②从图像分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是______。Zn的第一电离能大于Ga的原因是______。
5．（2023春·浙江台州·高三路桥中学校联考期中）固体矿物X由三种元素组成。某学习小组为了探究它的组成和性质，进行了如下实验：
请回答：
(1)溶液F的溶质为__________(写化学式)。溶液D中的阳离子有__________。
(2)X的化学式是__________。
(3)写出气体A与溶液D反应的离子方程式__________。
(4)设计检验气体A的实验方案：__________。
6．（2023春·山东济宁·高三统考期中）铁是人体必需的微量元素，铁镊入不足可能引起缺性贫血。黑木耳含有比较丰富的铁元素，某研究性学习小组测定某地黑木耳中铁的含量。
称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。将木耳灰用上图流程处理，对滤液中的溶质进行研究。
(1)浸泡液检测不出铁元素的原因是______。
(2)黑木耳放在______(填仪器名称)中高温灼烧。
(3)滤液中铁元素的存在形式是、______；试剂1应该是______。
(4)A转化为可加入的试剂有______(填字母)。
a．酸性高锰酸钾溶液 b． c． d．
(5)C生成D的化学方程式为______，当该反应转移电子时，消耗标准状况下的体积为______L。
(6)若称取黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面流程中加入试剂2的方法，全部转化为，然后过滤、洗涤、加热烘干，称得的质量为，______(填“能”或“不能”)准确测出该黑木耳中铁元素的含量，理由是______。
7．（2023春·山东淄博·高三校联考期中）I．在如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，也是一种重要的化工产品、化工原料，B是能使带火星的木条复燃的无色、无味气体，E的相对分子质量比D的大17，合成A以及制取E的流程示意图如图所示，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
(1)A的化学式为___________。
(2)反应①的化学方程式___________。反应②的离子方程式___________。
II．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
(3)氧化炉中发生的化学反应方程式___________。
(4)M是___________(填写名称)。
(5)E的浓溶液见光易分解，实验室保存时用棕色试剂瓶避光保存，请用化学方程式解释原因___________。
8．（2023秋·四川泸州·高三统考期末）五种短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；W是海水中的重要元素，原子结构示意图为；X的单质为金属，在空气中燃烧会发出耀眼的白光；Y是地壳中含量最高的金属元素；Z最高正价为＋7。回答下列有关问题：
(1)元素M在周期表中的位置是______(指明周期与族)，上述五种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的酸是______(填化学式)。
(2)W的单质着火时不能用水灭火，用化学反应方程式解释其原因____________。
(3)工业上可用X的单质与加热还原出金属Ti，其反应方程式为____________。
(4)门捷列夫曾预言过与Y同主族的“镓(Ga)”元素的存在，Ga与Y相邻。根据元素周期律推测，下列有关说法正确的是______(填字母代号)。
A．镓原子的最外层电子数为5 B．镓的氧化物的化学式为
C．碱性强弱： D．单质Ga能与NaOH溶液反应产生
9．（2023春·甘肃金昌·高三永昌县第一高级中学校考期中）在如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味气体，E的相对分子质量比D大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分反应中生成物未列出)。
请回答下列问题：
(1)实验室常用下图所示装置制取并收集气体A。
①实验室制取A反应的化学方程式___________。
②图中方框内收集A的装置可选用___________(填字母)。
③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是___________。
(2)反应①的化学方程式为___________。
(3)反应②的离子方程式为___________。
(4)D+F→E的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(5)碱石灰用于干燥，某同学思考是否可用无水氯化钙代替碱石灰，并设计如图所示装置(仪器固定装置省略未画)进行验证，实验步骤如下：
①用烧瓶收集满干燥的氨气，立即塞紧如图所示的橡胶塞。
②正立烧瓶，使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部，摇动，可以观察到的现象是___________，由此，该同学得出结论：不能用无水氯化钙代替碱石灰。
10．（2023春·湖北襄阳·高三宜城市第一中学校联考期中）A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素：W为A、B两元素组成的18电子分子，可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。
请回答下列问题：
(1)E元素价电子排布式为_____________，Z化学式为_____________；X分子的空间构型为_____________。
(2)E元素可分别与钙(Ca)、钛(Ti)元素形成化合物，其中的熔点为782℃，沸点1600℃，的熔点为 24.1℃，沸点为136.4℃，两者熔沸点差别很大的原因是_______________________________________。
(3)已知一种分子结构如图所示：断裂1mol B B键吸收167kJ的热量，生成1mol B≡B放出942kJ热量。则由气态分子变成气态分子的热化学方程式为：_________________________(和分子用化学式表示)。
(4)将一定量的、的混合气体放入1L恒容密闭容器中，在200℃下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.4mol，其中为0.1mol，为0.1mol。则该条件下的平衡转化率为_____________，该温度下的平衡常数为_____________。
11．（2023春·山西太原·高三统考期中）X、Y、Z、Q、T为前四周期原子序数依次增大的五种元素。X元素基态原子的L电子层的p能级上有一空轨道，Y元素基态原子的L电子层的p能级上只有1对成对电子，Z元素基态原子的M电子层的p能级有2个未成对电子，Q元素基态原子的M电子层的p轨道半充满，T元素基态原子的价层电子排布式为。回答下列问题：
(1)T在周期表中的位置是第___________族，___________区。
(2)基态Z原子的简化电子排布式为___________。
(3)比较第一电离能：Z___________Q(填“>”“=”或“<”，下同)；电负性：X___________Y。
(4)下列说法不正确的是___________。(填字母)
A．键长和键角的数值可以通过晶体的X射线衍射实验获得
B．共价键具有方向性和饱和性
C．键能是衡量化学键稳定性的参数之一
D．X、Y、Z、Q形成的简单氢化物，其中心原子的杂化轨道类型不同
E．Z的氟化物的空间结构为三角锥形
12．（2023春·广西钦州·高三钦州一中校考期中）根据氮及其化合物的转化关系回答下列问题：
(1)X的化学式为_______，从化合价上看，X 具有_______性(填“氧化”或“还原”)。
(2)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，下列试剂不能用于干燥NH3的是 _______(填字母)。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体 D．无水CaCl2
(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：
①NH3→NO的化学方程式为：_______。
②NO→NO2实验现象是_______。
③NO2+H2O→HNO3氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(4)NO2、NO和SO2是大气初期污染物的主要成分，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图2所示。当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应，该反应的化学方程式为_______。
13．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考期中）在如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)。
(1)B的电子式为______，D的化学式为______。
(2)请写出反应②的离子方程式：______。
14．（2023春·上海黄浦·高三格致中学校考期中）A、B、C、D、E是元素周期表第3、4周期的元素，且原子序数逐渐增大，其相关信息如下表：
元素 相关信息
A 单质在空气中燃烧发出黄色火焰
B 基态原子最外层电子排布式为
C 基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反
D 基态原子核外有7个能级且最后填充的能级上有6个电子
E 基态原子核外有35种不同运动状态的电子
完成下列填空：
(1)A元素的焰色为黄色，这是由于A元素的核外电子由_______(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一个状态时产生的光谱，该光谱属于_______(填“发射”或“吸收”)光谱。
(2)元素C的名称是_______，其在元素周期表中的位置是_______。
(3)基态E原子的35个电子有_______种能量，分别占有_______个原子轨道。
(4)A、B中第一电离能最大的是_______ (填元素符号，下同)，C、E中电负性较大的是_______。
(5)与B元素成“对角线规则”关系的某短周期元素M的最高价氧化物对应水化物具有两性，写出该两性化合物与A元素的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：_______，已知M元素和C元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物最可能是_______(填“离子”或“共价”)化合物。
15．（2023·全国·高三假期作业）已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质
(1)溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是___________； 产生此现象的原因为___________(用化学反应方程式解释)
(2)写出下列反应的化学方程式： A+B→C+D___________；D→H：___________。
(3)写出下列反应的离子方程式： E＋Cl2→G：___________； G＋C→E：___________； B→F＋H：___________。
16．（2023春·浙江杭州·高三校联考期中）为了探究某固体化合物M(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如图实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)：
请回答：
(1)组成固体M的元素是___________(填元素符号)；
(2)白色沉淀E中所含化学键类型为___________；
(3)反应①的化学反应方程式为___________。
17．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）化合物M由三种元素组成，某小组按如图实验流程探究其组成：
已知：物质A、B只含两种元素；白色沉淀F的质量是D的2倍。
请回答：
(1)M的组成元素是_____，M的化学式是_____。
(2)写出生成CaCO3的离子方程式_____。
(3)气体A与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为_____。
(4)气体A在一定条件下会分解成两种单质，请设计方案检验由这两种单质组成的混合物______。
18．（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
参考答案：
1．(1)第三周期第ⅢA族
(2)同素异形体
(3)
(4)
(5)
(6) 分液漏斗
【分析】根据周期表提供的信息得各元素分别为：①C②N③Na④Al⑤Si⑥P⑦S⑧Cl⑨K⑩I。
【详解】（1）表中所列元素含三种金属元素③Na④Al⑨K，其中金属性最弱的元素为铝元素，所在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）①有多种单质存在，如足球烯、金刚石等，均是由碳能成的不同单质，它们之间互称为同素异形体。故答案为：同素异形体；
（3）⑦和⑨形成的化合物K2S为离子化合物，钾失去一个电子，硫得到2个电子形成离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程。故答案为：；
（4）③Na④Al的最高价氧化物对应的水化物之间反应的的离子方程式为。故答案为：；
（5）元素⑤Si⑥P⑦S的非金属性逐渐增强，元素⑤⑥⑦的最高价氧化物对应的水化物，按酸性从强到弱的顺序排列是。故答案为：；
（6）与浓盐酸在常温下反应生成氯气，利用如图装置验证⑧Cl和⑩I两种元素的非金属性强弱。仪器A的名称为分液漏斗，仪器B中盛放淀粉-碘化钾溶液，生成的氯气可将碘置换出来，发生的离子反应方程式为，当观察到B中溶液变蓝时，即可证明非金属性较强的元素是氯。故答案为：分液漏斗；。
2．(1)C
(2)CuO
(3)
(4)①
(5)酚酞溶液
(6)
(7)KOH
(8)或(或其他合理答案)
【分析】I．根据题意，，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu，以此解答。
Ⅱ．由题给实验示意图可知，氯化钾溶液呈中性，氢氧化钾溶液和碳酸钠溶液呈碱性，向三种无色溶液加入酚酞溶液，氯化钠溶液无现象，而氢氧化钾溶液和碳酸钠溶液会变为红色，则依然为无色溶液的B溶液为氯化钾溶液；向变为红色溶液中分别加入氯化钡溶液，碳酸钠溶液与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，则生成白色沉淀的红色溶液的C溶液为碳酸钠溶液，依然为红色溶液的A溶液为氢氧化钾溶液。
【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐也为碱式盐， 故选C。
（2）由分析可知，氢氧化铜受热分解生成CuO，B的化学式为：CuO。
（3）和盐酸反应生成CuCl2、CO2和H2O，化学方程式为：。
（4）中，发生了化合反应；是跟酸反应生成铜盐及CO2和H2O，A为铜盐是复分解反应；是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；属于化合反应的是①。
（5）由分析可知，步骤①中加入试剂a为酚酞溶液。
（6）步骤②中发生的反应为碳酸钠溶液与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl。
（7）由分析可知，A试管中的无色溶液是氢氧化钾溶液，氢氧化钾的化学式为KOH。
（8）氢氧化钾溶液不能与氯化钡溶液反应，也不能与氯化钙溶液反应，但碳酸钠溶液能与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，也能与氯化钙溶液或硝酸钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，则氯化钡溶液换成溶液或溶液也能鉴别氢氧化钾溶液和碳酸钠溶液。
3．(1) 硫 第三周期第ⅥA族
(2)Na
(3) H2+Cl22HCl
(4)NaOH
(5) HF HCl
【分析】根据元素周期表中各元素的位置可知，①~⑨分别为H、C、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl；
【详解】（1）⑧所对应的元素名称为硫，是16号元素，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；
（2）同主族从上而下原子半径依次增大，故①与⑤的原子半径，Na更大；
（3）在①~⑨元素中，某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，涉及供氧的反应是二氧化碳和水蒸气与过氧化钠反应产生氧气，反应的化学方程式分别是：和；①的单质H2能在⑨的单质Cl2中安静燃烧，反应生成氯化氢，反应的化学方程式为H2+Cl22HCl；
（4）同主族从上而下金属性增强，对应的最高价氧化物质的水化物的碱性增强，故⑤及同主族上一周期的元素Li所形成的最高价氧化物对应的水化物NaOH、LiOH碱性较强的是NaOH；
（5）元素非金属性越强其简单气态氢化物的稳定性越强，因非金属性F > Cl，则④与⑨的气态氢化物的稳定性HF > HCl。
4．(1) 1s22s22p63s23p63d54s1 56 [Ar]3d104s24p5
(2)C
(3)BCD
(4) 从上到下依次减小 Zn的价电子排布式为3d104s2，是全充满结构；而Ga的价电子排布式为4s24p1，失去一个电子才是全充满结构，所以Zn的第一电离能更大
【分析】根据图示可知，A为Li，B为Be，C为碳，D为N，E为Na、F为Mg，G为Al，H为S，I为Cl，J为Cr，K为Cu，M为Br，L为Ba。
【详解】（1）J为Cr，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。L为Ba，原子序数为56，M为Br，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5。
（2）A．Cu位于元素周期表第四周期ⅠB族，属于ds区，A错误；
B．Cr位于元素周期表第四周期ⅥB族，属于d区，B错误；
C．Mg位于元素周期表第三周期ⅡA族，属于s区，C正确；
D．Cl位于元素周期表第三周期ⅦA族，属于p区，D错误；
故答案选C。
（3）A．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但是Mg3s轨道全充满较为稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能Mg>Al>Na，A错误；
B．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，电负性N>C，B正确；
C．Na比Be多一个电子层，则原子半径Na>Be，C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl>S，则酸性HClO4>H2SO4，D正确；
故答案选BCD。
（4）①同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但是Mg3s轨道全充满，P3p轨道半充满，较稳定，第一电离能大于相邻的元素，则完整的图像为。
②从图中可知，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小。Zn的价电子排布式为3d104s2，为全充满结构较稳定，而Ga的价电子排布式为4s24p1，失去一个电子才是全充满结构，所以Zn的第一电离能大于Ga。
5．(1) FeSO4 Fe3+、Cu2+、H＋
(2)CuFe2S3
(3)2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋
(4)取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫
【分析】红色固体单质E为铜，质量3.2g，铜物质的量为0.05mol，则氧化铜的质量为4.0g，溶液F的单质溶质，则为硫酸亚铁，根据质量分析固体B中还有另外的物质即氧化铁且质量为8g，氧化铁物质的量为0.05mol，铁物质的量为0.1mol，白色沉淀34.95g是硫酸钡，物质的量为0.15mol，根据硫守恒得到X中硫物质的量为0.15mol，则X化学式为CuFe2S3。
【详解】（1）由于溶液D加入了铁粉，铁粉先与铁离子反应，再与铜离子应，最后与氢离子反应，溶液F的溶质是单一物质，则F为FeSO4。溶液D中的阳离子有Fe3+、Cu2+、H＋；故答案为：FeSO4；Fe3+、Cu2+、H＋。
（2）根据前面分析得到X的化学式是CuFe2S3；故答案为：CuFe2S3。
（3）气体A与溶液D反应即二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根，其反应的离子方程式2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋；故答案为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋。
（4）检验气体A主要通过二氧化硫的暂时漂白性来验证，其实验方案：取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫；故答案为：取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫。
6．(1)黑木耳中含铁元素的物质不溶于水
(2)坩埚
(3) Fe3＋ 纯Fe粉(或纯铁钉)
(4)bc
(5) 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 44.8
(6) 不能 Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差
【分析】滤液中铁元素的存在形式是、Fe3＋，根据流程图，可知C、D都是铁的氢氧化物，C能氧化为D，所以C是Fe(OH)2、D是4Fe(OH)3，则A是FeCl2、B是FeCl3；
【详解】（1）黑木耳中含铁元素的物质不溶于水，所以浸泡液检测不出铁元素；
（2）高温灼烧固体物质用坩埚，黑木耳放在坩埚中高温灼烧。
（3）滤液中铁元素的存在形式是、Fe3＋；A是FeCl2，单质Fe能把Fe3+还原为，试剂1应该是铁粉。
（4）A是FeCl2，是FeCl3，FeCl2转化为FeCl3发生氧化反应，应该加入氧化剂。酸性高锰酸钾溶液除氧化外还能氧化Cl-，且引入杂质，故不选a；能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，故选b；能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，故选c；能把FeCl2氧化为FeCl3，但引入杂质，故不选d；
选bc。
（5）Fe(OH)2和氧气反应生成Fe(OH)3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，氧元素化合价由0降低为-2，当该反应转移电子时，消耗2mol氧气，标准状况下的体积为44.8L。
（6）为Fe(OH)3，Fe(OH)3受热易分解，过滤、洗涤、加热烘干，部分氢氧化铁分解，会造成较大误差，所以该方法不能准确测出该黑木耳中铁元素的含量。
7．(1)NH3
(2) 2NO+O2=2NO2
3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)4NH3+5O24NO+6H2O
(4)空气或氧气
(5)4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
【分析】I.结合图与题意，B是能使带火星的木条复燃且无色无味，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，说明G为Cu；A是常见的气态氢化物，且能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O；D与水反应得到E，E又与Cu反应得到C，由于E的相对分子质量比D大17，推知E为HNO3、D为NO2，则A为NH3，C是NO。
Ⅱ. 由题意可知，该图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图，考查氮及氮的化合物之间的转化。合成塔中氮气与氢气反应生成氨气；氧化炉中发生的反应是氨的催化氧化，生成出来的气体含有NO；而吸收塔中NO被氧化成NO2，NO2溶于水可生成硝酸及NO；因此，需要向氧化炉和合成塔中通入空气或氧气将NO氧化成NO2，则M为空气或氧气、E为硝酸。
【详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为NH3。
（2）吸收塔中发生反应①的化学反应方程式：2NO+O2=2NO2，反应②为铜和稀硝酸的反应，离子方程式为: 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）氧化炉中发生的是氨的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
（4）M为空气或氧气，将NO氧化成NO2。
（5）硝酸具有不稳定性，见光易分解：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，因此实验室保存时用棕色试剂瓶避光保存。
8．(1) 第二周期第ⅥA族 HClO4
(2)
(3)
(4)B
【分析】五种短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，M为氧；W是海水中的重要元素，原子结构示意图为，为钠；X的单质为金属，在空气中燃烧会发出耀眼的白光，为镁；Y是地壳中含量最高的金属元素，为铝；Z最高正价为＋7，为氯。
【详解】（1）元素氧在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，上述五种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的酸是HClO4；
（2）钠的单质着火时不能用水灭火，是因为钠和水反应生成氢氧化钠和可燃性氢气，；
（3）镁的单质与加热还原出金属Ti同时还生成氯化镁，其反应方程式为；
（4）A．镓为第ⅢA族元素，原子的最外层电子数为3，A错误；
B．镓与铝化学性质相似，其氧化物的化学式为，B正确；
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，C错误；
D．单质Ga金属性较强，不能与碱NaOH溶液反应产生，D错误；
故选B。
9．(1) 防止倒吸
(2)
(3)
(4)1：2
(5)气球膨胀
【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，B为O2，G是一种紫红色金属单质，G为Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C和F，C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F为H2O，D与水反应生成E，E能与Cu反应生成C，E的相对分子质量比D大17，可推知E为硝酸，D为NO2，A为NH3，C为NO。
【详解】（1）①实验室常用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热的方式制取NH3，Ca(OH)2和NH4Cl加热反应生成NH3、CaCl2和水，化学方程式为。
②氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，氨气从短导管进入，气体从长导管出，故答案选C。
③氨气极易溶于水，需进行防倒吸处理，尾气处理装置中使用倒扣漏斗作用是防止倒吸。
（2）反应①是NH3和O2反应生成NO和H2O，两者反应的化学方程式为。
（3）反应②是硝酸和铜反应生成NO，该反应的离子方程式为。
（4）NO2与H2O反应生成HNO3的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应3个NO2中2个NO2失电子化合价升高，作还原剂，1个NO2得电子化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2。
（5）无水氯化钙能与氨气反应生成CaCl2·8NH3，随着氨气被消耗，烧瓶内压强减小，可观察到气球膨胀，因此不能用无水氯化钙代替碱石灰。
10．(1) V形
(2)为离子晶体，为分子晶体
(3)
(4) 75% 400
【分析】A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，则A为H。B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，D为O，B为N，甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素：W为A、B两元素组成的18电子分子，可作火箭燃料；则W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，则甲为氧气，N2H4与氧气反应生成氮气和水，氮气和氧气高温或放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，则M为硝酸。
【详解】（1）E元素为Cl，则Cl最外层有7个电子，Cl原子价电子排布式为；根据前面分析Z化学式为NO2；X分子为水分子，中心原子价层电子对数为，其空间构型为V形；故答案为：；NO2；V形。
（2）E元素(Cl元素)可分别与钙(Ca)、钛(Ti)元素形成化合物，其中的熔点为782℃，沸点1600℃，的熔点为 24.1℃，沸点为136.4℃，两者熔沸点差别很大的原因是为离子晶体，为分子晶体，一般来说离子晶体熔沸点大于分子晶体熔沸点；故答案为：为离子晶体，为分子晶体。
（3）根据题意分析得到 ；故答案为： 。
（4）将一定量的、的混合气体放入1L恒容密闭容器中，在200℃下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.4mol，其中(H2)为0.1mol，(O2)为0.1mol，说明氨气物质的量为0.2mol，则氢气改变量为0.3mol，氮气改变量为0.1mol，则该条件下H2的平衡转化率为，该温度下的平衡常数为；故答案为：400。
11．(1) Ⅷ d
(2)[Ne]
(3) < <
(4)DE
【分析】X的基态原子电子排布式为1s22s22p2，为C；Y的基态原子电子排布式为1s22s22p4，为O；Z的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p4或1s22s22p63s23p2，为S或Si；Q的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p3，为P；又Z、Q原子序数依次增大，Z为Si。T为Fe。
【详解】（1）Fe位于周期表中第VIII族，d区；
故答案为：VIII，d。
（2）基态Si原子的简化电子排布式为[Ne]。
故答案为：[Ne]。
（3）由于P的p电子处于半满状态，故第一电离能：Si
（4）A．根据衍射的方向可以测晶胞的大小和形状，即可测得键长和键角，A正确；
B．共价键成键时，两原子轨道重叠愈多，两核间电子云愈密集，形成的共价键愈牢固，因此一般共价键具有方向性；自旋方向相反的单电子配对形成共价键后，就不能再和其他原子中的单电子配对，这叫共价键的饱和性，B正确；
C．键能是衡量化学键稳定性的参数之一，键能越大，化学键越稳定，C正确；
D．C，O，Si，P分别形成的简单氢化物分别为CH4，H2O，SiH4，PH3，它们的中心原子杂化轨道类型均为sp3杂化，D错误；
E．SiF4的价层电子对数为VP =BP+LP=4+×(4+0-4×1)=4，根据杂化轨道理论，中心Si原子采取sp3杂化，且为正四面体结构，E错误；
故故答案为：DE。
12．(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。
13．(1) NO2
(2)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，B为O2，G为紫红色金属单质，则G为Cu，A是常见的气态氢化物，结合转化关系A为NH3，E相对分子质量比D大17，结合转化关系E为HNO3，D为NO2，C为NO，F为H2O。
【详解】（1）根据分析可知，B为O2，其电子式为 ，D为NO2。
（2）反应②为稀硝酸和Cu反应生成NO、硝酸铜和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。
14．(1) 激发态 发射
(2) 氯 第三周期ⅦA族
(3) 8 18
(4) Al Cl
(5) Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O或Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4] 共价
【分析】A单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则A为Na。B的最外层电子排布为nsn-1npn-2，s上2个电子即n-1=2，n=3，则B原子最外层电子排布式为3s23p1，B为Al。C基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反为Cl。D有7个能级且最后填充的能级上有6个电子即1s22s22p63s23p63d64s2，D为Fe。E基态原子核外有35种不同运动状态的电子，核外有35个电子，为Br。
【详解】（1）电子从高能级跃迁到低能级释放能量发光，呈现出发射光谱，故为核外电子由激发态跃迁到另一个状态时产生的光谱，该光谱属于发射光谱。。
（2）元素C的名称是氯，其在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族；
（3）Br核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5，有8个能级，基态E原子的35个电子有8种能量，占有轨道数为1+1+3+1+3+1+5+3=18；
（4）A为Na，B为Al，同周期元素第一电离能由左往右逐渐增大，则第一电离能最大的是Al；C为Cl，E为Br，元素非金属性越强，电负性越大，非金属性Cl>Br，电负性较大的是Cl；
（5）B为Al，与B元素成“对角线规则”关系的某短周期元素M为Be，Be的最高价氧化物对应水化物Be（OH）2，A为Na， A元素的最高价氧化物对应水化物为NaOH，反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O或Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Be与Cl电负性相差较小，形成的是共价键，该物质为共价化合物。
15．(1) 生成白色沉淀，后变灰绿色，最后变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
(2) 2Al+Fe2O3 Fe2O3+2Fe Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(3) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2 Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ↑
【分析】粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，铝和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁；铁和盐酸L生成氯化亚铁和氢气F，氯化亚铁和氯气生成氯化铁，氯化铁和铁生成氯化亚铁，故E为FeCl2，G为FeCl3；铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，则H为NaAlO2；
【详解】（1）溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；
（2）由分析可知，A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（3）E＋Cl2→G为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-；
G＋C→E为氯化铁和铁生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；
B→F＋H为铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，2Al + 2OH- + 2H2O = 2 + 3H2↑。
16．(1)Na、N
(2)离子键、极性共价键
(3)2NaN3 2Na+3N2↑
【分析】银白色金属单质A，焰色反应呈黄色，A为单质Na，固体C和水反应生成碱性气体D，则D为NH3。气体B和Mg反应生成固体C，固体C和水反应生成NH3和白色沉淀B，根据反应前后元素种类不变，可知固体C为Mg3N2，白色沉淀E为Mg（OH）2，气体B为N2。M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为 =1:3。M的化学式为NaN3。
【详解】（1）由上面分析可知M中含N和Na元素。答案：Na、N；
（2）Mg(OH)2中含离子键，氢氧根内含极性共价键，答案：离子键、极性共价键；
（3）M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为 =1:3。M的化学式为NaN3，反应①的化学方程式2NaN3 2Na+3N2↑，答案：2NaN3 2Na+3N2↑。
17．(1) Ca、Cl、O CaCl2O4
(2)CO+Ca2＋＝CaCO3↓
(3)2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4
(4)将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气
【分析】化合物M由三种元素组成，3.50gM与氯气反应固体B和生成气体A，A的物质的量是0.896L÷22.4L/mol＝0.04mol，A通入二氧化硫水溶液中恰好反应，所得溶液分两份，一份加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀D，另一份加入足量氯化钡溶液生成11.65g白色沉淀，沉淀应该是硫酸钡，物质的量是11.65g÷233g/mol＝0.05mol，根据电子得失可判断A和SO2反应中A得到0.05mol×2×2＝0.2mol，即1分子A得到5个电子，由于物质A、B只含两种元素，因此A中氯元素的化合价是+4价，被还原为－1价，则A是ClO2。固体B中加入足量碳酸钠生成碳酸钙2.00g，物质的量是0.02mol，滤液中加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀F，B是氯化钙，物质的量是0.02mol，F的物质的量是0.04mol，白色沉淀F的质量是D的2倍，说明A中氯原子和B中氯原子的物质的量相等，据此解答。
【详解】（1）A是ClO2，A的物质的量是0.04mol，含有氧原子的物质的量是0.08mol，氯化钙的物质的量是0.02mol，M中Ca原子的物质的量是0.02mol，因此M中氯原子的物质的量是＝0.04mol，所以M中Ca、Cl、O的原子个数之比是1:2:4，所以M的化学式是CaCl2O4。
（2）氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则生成CaCO3的离子方程式为CO+Ca2＋＝CaCO3↓。
（3）根据电子得失守恒和原子守恒可知气体ClO2与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4；
（4）ClO2分解生成氧气和氯气，氧气是助燃性气体，氯气具有强氧化性，和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以实验方案为将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气。
18．(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-=，故答案为：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，故答案为：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；
故答案为：；f。
