2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练——元素或物质推断题（含解析）

这是一份2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练——元素或物质推断题（含解析），共30页。试卷主要包含了化合物 X 由 3 种元素组成等内容，欢迎下载使用。
2023届高考化学第二轮专项突破模拟训练
——元素或物质推断题

1．（2023·浙江·校联考三模）固体化合物X(式量介于100～160之间)由两种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
  
已知：固体单质B为黑色，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸。请回答下列问题：
(1)X的化学式为_______；A、B分别为_______ (写名称)。
(2)绿色溶液E中除、外的主要离子有_______。写出单质A与浓盐酸反应的离子方程式_______。
(3)X在氨水中用空气处理，形成深蓝色溶液，同时生成黑色固体B。写出该反应的离子方程式_______。
(4)在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，设计实验检验所得混合气体中，常温常压下呈气态的物质_______。
2．（2023·浙江绍兴·统考二模）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答：

已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。
(1)气体B的电子式是___________，C的化学式是___________。
(2)写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式___________。
(3)无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)___________。
(4)将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子___________。
3．（2023·浙江·模拟预测）化合物 X 由 3 种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知：A 由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题：
(1)X 的组成元素有_______(写元素符号)；X 的化学式为_______。
(2)写出固体 B 与足量浓硝酸共热时发生反应的化学方程式_______。
(3)X 化学性质相当活泼，1mol X 吸收 1mol H2 只生成一种二元弱酸 Y 和 1mol 气体 C，请写出 Y 与足量NaOH 溶液反应的离子方程式_______。
(4)设计实验证明溶液 G 中的阳离子_______。
4．（2022·浙江·模拟预测）固体化合物X由3种短周期元素组成，某学习小组开展如下探究实验。

已知：非金属氧化物A的相对分子质量为44；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；气体G是空气中含量最多的单质。请问答：
(1)组成D的非金属元素是___________(填元素符号)，写出C的电子式___________。
(2)步骤Ⅱ，发生反应的化学方程式是___________。
(3)工业上制备X是将金属单质与液态C反应得到，写出该反应的化学方程式为___________。
(4)某同学将擦亮的单质F投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，有黑色和白色的固体析出，但无气体产生(已知，黑色固体由2种元素组成，金属元素质量分数为80%，难溶于水和稀硫酸，可溶于硝酸)。请设计实验验证黑色固体的组成元素___________。
5．（2021·浙江温州·统考一模）由四种常见元素组成的可溶性盐A，按如下流程进行实验。

已知：气体B、固体C为纯净物。
请回答：
(1)A的化学式是___________，气体D的成分___________。
(2)固体A与足量NaOH反应的化学方程式是___________。
(3)盐A同系列的最简单化合物可以与碱性溶液反应，生成黑色固体，写出该反应的离子方程式：___________。
(4)有研究显示，(3)中产物黑色固体充当氯酸钾受热分解的催化剂时，氯酸钾氧化了黑色固体中的金属元素，同时生成了气体单质。
①基于此，选用作催化剂，也发生类似的反应，则对应的产物为：___________(填化学式)。
②请设计化学实验验证生成气体单质的成分：___________。
6．（2022·浙江·模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

已知X是由三种元素组成的盐，金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸；气体B在标准状况下的密度为3.17 g/L；所加试剂均足量。
(1)X的化学式___________，固体C的电子式___________。
(2)金属A溶于王水(浓硝酸：浓盐酸=1：3)生成化合物X对应的酸和遇空气显红棕色的气体，写出金属A溶于王水的化学方程式___________。
(3)与B中元素同主族元素之间形成的化合物的性质与气体单质B相似，在碱性环境中，XO-→X-+XO，非金属性越弱该反应越容易发生。写出该族第四周期与第五周期元素形成的化合物YZ与氢氧化钠溶液反应的离子方程式___________。
(4)下列有关说法正确的是___________。
A．用金属A做焰色反应实验时，需用稀硫酸洗净
B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，证明一定有钠盐，但不一定有钾盐。
C．工业上使用阴离子交换膜电解饱和食盐水生产气体B
D．白色固体D可用于医疗上检查肠胃的内服药剂
E．白色沉淀E在光照下颜色会变深，可能溶于氨水
7．（2021·浙江·模拟预测）化合物X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：固体2为红棕色固体。
请回答：
(1)固体1的化学式是___________，X 的化学式是 ___________。
(2)溶液甲与足量氯气反应的离子方程式为 ___________。
(3)加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，同时生成金属单质。写出该反应的化学方程式：___________。
(4)设计探究实验验证溶液甲中的金属阳离子 ___________。
8．（2021·浙江宁波·统考二模）某工业漂白剂X由五种元素构成，可视为钠盐A与有机物B的加合物。取该漂白剂X进行如下实验：

固体D为某含氧酸的正盐与其酸式盐的混合物。气体F是纯净物，能使品红溶液褪色。气体C在标况下的密度约为，可与气体F反应生成淡黄色固体。气体体积已折算至标准状况。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和_______，X的化学式是_______。
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应的化学方程式为_______。
(3)步骤Ⅱ，发生反应的离子方程式为_______。
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，可能的原因有_______。
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，请设计简要的实验方案，并指明需要测定的物理量：_______。
9．（2021·浙江嘉兴·统考二模）某小组对固体化合物甲开展探究实验。甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，甲和丙均由两种元素组成，实验中所加盐酸和NaOH溶液均足量。

请回答：
(1)组成甲的元素是___________(填元素符号)，甲的化学式是___________。
(2)甲与乙反应的化学方程式是___________。
(3)丙与盐酸反应的离子方程式是___________。
(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去。褪色的原因是___________，请设计实验方案证明之___________。
10．（2015·吉林·统考二模）有一未知的无色溶液，可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，称量沉淀质量为6.99g；
②第二份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如右图所示。根据上述实验事实，回答以下问题：
（1）该溶液中一定不存在的阳离子有__________________；
（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为__________________；NaOH溶液的浓度为____________(用字母c、d表示）；
（3）原溶液确定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)为_________；
（4）原溶液中NO3－的浓度为c()，则c()的取值范围为_________________。
11．（2020·浙江嘉兴·统考一模）I.X由四种常见元素组成的化合物，其中一种是氢元素，其摩尔质量小于200g·mol-1。某学习小组进行了如下实验：

已知：气体A在标况下的密度为0.714g·L-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，沉淀D是混合物。
请回答：
(1)气体E的结构式_______，沉淀D是______(写化学式)，X的化学式______。
(2)写出化合物X与足量盐酸反应的化学方程式________。
II.纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体，热稳定性较好，遇水极易发生反应。某同学初步设计了如图实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。

已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2↑。
请回答：
(1)写出A中反应的化学方程式________。
(2)下列说法不正确的是________。
A．为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气
B．装置B起到了缓冲、安全的作用
C．装置C只吸收水，避免镁和水反应产生副产物
D．将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，也能达到实验目的
E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体
12．（2021·江西景德镇·统考一模）物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为地壳含量最高的金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如下图所示：
回答下列问题：

(1)Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是_________，写出YX的电子式_________。
(2)比较X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)_________。
(3)在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式_____________________________________________。
13．（2020·浙江杭州·浙江大学附属中学校考模拟预测）下列物质间在一定条件下可实现如图所示的一系列变化，实验室可用固体 X 和黑色固体 Y 共热来制备气体 A，固体 B 为混合物，白色沉淀 D 难溶于稀硝酸，E 的焰色反应显紫色(透过蓝色钴玻璃)，H 加热生成固体 Y 和水。请填写下列空白：

(1)X 和 Y 依次是(填化学式，下同)___。
(2)E 是 ___。
(3)X、Y 共热的化学方程式___ ；
(4)C 与淡黄色粉末 G 反应生成 A、F、H 的离子方程式________ 。
14．（2011·上海虹口·一模）能源材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题：
（1）单质A的燃烧热大，可作燃料。已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去1~4个电子所需能量（电离能）如表所示，某同学推断A的核外电子排布为：1s22s22p63s13p1，该电子排布式违背了__；若该原子核外电子确有三层，则该元素位于周期表__族，写出A燃烧后形成的氧化物的电子式：__。

I1
I2
I3
I4
……
电离能(kJ/mol)
738
1451
7733
10540
……
（2）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是__（填序号）。
a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C－C键长154pm，C60中C－C键长145~140pm，故C60熔点高于金刚石
（3）超导材料在节能、储能方面的应用。如图是超导材料元素在周期表中的分布，其中短周期元素中原子半径最大的是__（填元素符号），其原子最外层有__种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物的电离方程式：__。

15．（2020·北京·统考模拟预测）下表为元素周期表短周期的一部分





a
b
d


e




(1)a原子结构示意图为______，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为______；
(2)b的单质与氢气在500℃、101 kPa条件下化合生成1 mol b的氢化物时，放出53.05 kJ热量，写出该反应的热化学方程式______；
(3)X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的离子方程式______，X在周期表中的位置为______；
(4)与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6 kg a的单质，过程中转移1×103 mol电子，写出相应反应的化学方程式______。
16．（2017·上海徐汇·上海中学校考模拟预测）W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：
（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。
（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。
（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。
（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。
（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。
①BiY3水解反应的化学方程式为___。
②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。
③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。
17．（2018·陕西西安·长安一中校考模拟预测）A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。
阳离子
Na＋、Ba2＋、NH4+
阴离子
CH3COO－、Cl－、OH－、SO42-
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是___，B是___。
（2）写出C与D反应的离子方程式___。
（3）25℃时，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝___(用含有a的关系式表示)。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为___。
（5）在一定体积的0.005mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是___。
18．（2019·山西吕梁·统考一模）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。

（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 ___________，Y 的用途有 _________，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 _________。
（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。
（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：
①X 的电子式为 _______________，该反应的化学方程式为 ____________，生成的化合物中所含化学键类型有 ________________________。
② 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 ___________。

参考答案：
1．(1) Cu2C2 铜、炭
(2) [CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+ 2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑
(3)Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O
(4)将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO

【分析】气体F通入澄清石灰水中生成白色沉淀，该白色沉淀是CaCO3，物质的量为=0.05mol，则固体单质B为C，物质的量为0.05mol，固体单质A和浓盐酸反应生成溶液D，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸HCuCl2，溶液D中加入H2O2溶液后得到绿色溶液E，CuCl2在很浓的水溶液中形成[CuCl4]2-呈现黄绿色，可以推知A为Cu，X中Cu元素物质的量为，X中n(Cu)：n(C)=1：1，X式量介于100～160之间，则X的化学式为Cu2C2，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，X的化学式为Cu2C2；A、B分别为铜、炭。
（2）由分析可知，绿色溶液E中除、外的主要离子有[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+；单质Cu与浓盐酸反应生成含氯的一元弱酸HCuCl2和H2，离子方程式为：2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑ 。
（3）Cu2C2在氨水中用空气处理，和空气中的O2发生氧化还原反应形成深蓝色的 [Cu(NH3)]2+溶液，同时生成黑色固体C，离子方程式为：Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O。
（4）在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，S元素化合价下降可能产生SO2，C元素化合价下降可能产生CO或CO2，验证方法是：将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO。
2．(1)
(2)
(3)
(4)取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有

【分析】气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成，F为，E为硫化物，X为钾盐，所以E为,A、B与反应生成紫红色固体Cu单质，生成的气体通入澄清石灰水，生成沉淀和气体单质，且A、B相对分子质量相同，A为，B为，D能与氧气反应生成和紫红色的铜单质，D中含有Cu和S，为，G溶于氨水得到一无色溶液，G为，与氨水反应生成无色离子，D与G发生反应：，根据数据计算，钾盐X中含有K元素：,S元素物质的量：，还有C元素和N元素，所以钾盐X为。
【详解】（1）根据以上分析，B为，电子式为：；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
3．(1) Fe、C、O Fe(CO)5
(2)FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O
(3)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)+2H2O
(4)取少量 G 溶液分别置于试管 A、B 中，往 A 试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN 无明显现象，再加氯水(或双氧水)，溶液变血红色，则有 Fe 2+

【分析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为FeC，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。
【详解】（1）根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；
（2）根据分析，固体B为FeC，其与浓硝酸共热发生氧化还原反应生成二氧化氮、二氧化碳及硝酸铁，反应的化学方程式：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O
（3）X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；
（4）根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有。
4．(1)
(2)
(3)
(4)分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素

【分析】化合物D与CuO撞击可得到白色粉末E、金属单质F和无色气体G，气体G是空气中含量最多的单质，则G为N2，可知化合物D中含有N元素，又白色粉末F的焰色反应呈黄色，则F中含有Na、O元素，F为Na2O，推知D含有Na元素，3.9g的D反应得到2.016LN2(n=)，根据原子守恒可得化合物D中n(N)=0.09mol×2=0.18mol，m(N)=0.18mol×14g/mol=2.52g，则化合物D中m(Na)=3.9g-2.52g=1.38g，n(Na)=，因此化合物D的化学式为NaN3，步骤Ⅱ发生的反应为：，化合物X由3种短周期元素组成，化合物X与A反应生成强碱B、无色气体C和化合物D，气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则C为NH3，则可知化合物X中含有Na、N、H 3种元素，强碱B为NaOH，又非金属氧化物A的相对分子质量为44，则A位N2O，即4.68g的X与N2O发生反应生成2.4gNaOH(n=)，1.344LNH3(n=，m=0.06mol×17g/mol=1.02g)和3.9gNaN3(n=)，根据质量守恒可得m(N2O)=2.4g+3.9g+1.02g-4.68g=2.64g，则n(N2O)=，在由原子守恒可得，化合物X中n(Na)：n(N)：n(H)=(0.06×2)：(0.06+0.06×3-0.06×2)：(0.06+0.06×3)=2：2：4=1：1：2，因此化合物X为NaNH2，据此分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知，D的化学式为NaN3，则组成D的非金属元素为N，C为NH3，是共价化合物，其电子式为。
（2）由上述分析可知，步骤Ⅱ发生的反应化学方程式为：。
（3）化合物X为NaNH2，工业上用Na和液态NH3反应得到，反应的化学方程式为：。
（4）单质F为Cu，将Cu投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，得到由两种元素组成的黑色固体，其中金属元素的质量分数为80%，又难溶于水和稀硫酸，可以溶于稀硝酸，排除铜的氧化物，根据元素守恒可推测该黑色固体中含有Cu、S元素，可以分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素。
5．(1) CH3COONa CO2
(2)CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑
(3)3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O
(4) Fe2O3 用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气

【分析】由题给实验流程可知，由四种常见元素组成的可溶性盐A与4.0g氢氧化钠固体共热反应生成气体B和固体C，说明A和C中都含有钠元素和氧元素；标准状况下2.24L气体B完全燃烧后得到的气体D能与澄清石灰水反应生成10.0g白色沉淀E说明D为二氧化碳、E为碳酸钙、气体B中含有碳元素，由白色沉淀的质量可知分子中碳元素的物质的量为=0.1mol，由题给数据可知B中含有的碳原子个数为=1；固体C与澄清石灰水反应生成10.0g碳酸钙说明C中含有碳元素的的物质的量为=0.1mol，则C为碳酸钠，含有钠元素的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，由钠原子个数守恒可知，A中含有的钠元素的物质的量为0.2mol—=0.1mol，由碳原子个数守恒可知，A中含有碳元素的物质的量为0.1mol+0.1mol=0.2mol；由A、B、C都含有碳元素，A中含有四种常见元素可知，含有1个碳原子的可溶性气体B为甲烷，由氢原子个数守恒可知，A中含有氢元素的物质的量为0.1mol×4—=0.3mol；由A的质量可知，A中氧元素的物质的量为=0.2mol，则A中钠元素、碳元素、氢元素和氧元素的物质的量比为0.1mol:0.2mol：0.3mol：0.2mol=1：2：3：2，A的化学式为CH3COONa。
（1）
由分析可知，A的化学式为CH3COONa，D为二氧化碳，故答案为：CH3COONa；CO2；
（2）
由分析可知，乙酸钠固体与足量氢氧化钠固体共热反应生成碳酸钠和甲烷，反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑，故答案为：CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑；
（3）
乙酸钠同系列的最简单化合物为甲酸钠，由题意可知，碱性条件下，甲酸钠与高锰酸钾溶液反应生成碳酸钠、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O，故答案为：3HCOO—+2MnO+OH—=2MnO2↓+3CO+2H2O；
（4）
①由题意可知，二氧化锰催化氯酸钾受热分解的反应步骤为KClO3+2MnO2=Mn2O7+3KCl、2Mn2O7=4MnO2+3O2↑，基于此可知，氧化铁做催化剂时被氯酸钾氧化为高价态的三氧化铁，故答案为：Fe2O3；
②检验反应生成的氧气的操作为用集气瓶收集氧气，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃，说明反应生成的气体单质为氧气，故答案为：用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气。
6．(1) BaPtCl6 BaCl2
(2)3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O
(3)3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O
(4)DE

【分析】金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸，则A为Pt，气体B的质量为，标准状况下4.48L气体B的物质的量，则B的摩尔质量为，则B为Cl2，白色沉淀D为BaSO4，，白色沉淀E为AgCl，，则钡和氯个数比为0.05:0.1=1:2，固体C为BaCl2，X是由Ba、Pt、Cl三种元素组成的盐，化学式为BaPtCl6；
(1)
分析可知，X的化学式为BaPtCl6，固体C的化学式为BaCl2，
(2)
金属A为Pt，与王水反应生成NO，对应的酸为H2PtCl6，N元素化合价从+5降至+2，Pt化合价从0升到+4，反应化学方程式是：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O；
(3)
B元素是Cl，该族第四周期是Br与第五周期元素I形成的化合物YZ是IBr，由于非金属性：I2>Br2，IBr与氢氧化钠溶液反应是I2发生IO-→I-+IO，反应的离子方程式为3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O；
(4)
A．用金属Pt做焰色反应实验时，由于盐酸易挥发，应用稀盐酸洗净，A错误；
B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，说明含有钠离子，不一定有钾离子，但可能是NaOH，不一定是钠盐，B错误；
C．电解饱和食盐水时Cl-在阳极失电子生成Cl2，为防止氯气和OH-反应，应选用阳离子交换膜，C错误；
D．白色固体D为BaSO4，不溶于胃酸中的盐酸，可用于医疗上检查肠胃的内服药剂，D正确；
E．白色沉淀E为AgCl，AgCl遇光易分解，生成银单质由于生成的单质粉末对光的折射看上去是黑的，所以在光照下颜色会变深，可能溶于氨水，E正确；
故选：DE。
7． Fe3O4 Fe3C 取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+
【分析】化合物X在空气中高温燃烧，生成磁性氧化物和无色无味气体，此气体能使石灰水变浑浊，应为二氧化碳，而磁性氧化物溶于过量盐酸后，再通入足量氯气后，溶液里滴加KSCN溶液，溶液显红色，可知溶液乙应为FeCl3溶液，则固体1为Fe3O4，化合物X中含有的二种元素应为铁元素和碳元素，将FeCl3溶液加热、蒸发并灼烧，最终所得固体2为Fe2O3，24g Fe2O3的物质的量为，根据原子守恒可知，18.0g化合物X中含有的碳原子的物质的量为，则化合物X中Fe与C的物质的量之比为，则X的化学式为Fe3C。
【详解】(1)由分析可知，固体1的化学式是Fe3O4；X 的化学式是Fe3C；
(2)Fe3O4和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，向溶液中通入足量氯气，Fe2+被氧化成Fe3+，离子方程式为：；
(3)固体2为Fe2O3，加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，同时生成金属单质，氨气具有还原性，在加热条件下能还原氧化铁生成铁和氮气，则化学方程式为：；
(4)取两份溶液甲于试管中，向第一份中加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，向另一份中加入少量酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中含有Fe2+。
8． 硫、氧 钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性) 向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
【分析】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。
【详解】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1mol。Na2SO3和NaHSO3各占0.05mol。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和氧、硫，X的化学式是；
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应生成氧化亚铜沉淀、碳酸钠和水，反应的化学方程式为；
(3)步骤Ⅱ，气体F，即SO2与足量的氯化钡、双氧水溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为；
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，说明X具有还原性，将碘离子氧化为碘单质，故可能的原因有钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性)；
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，简要的实验方案为：向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
9． Fe、O 过量的氯水将氧化 向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明
【分析】根据转化的框图可知，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.1mol，A1中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中只含Fe2+，故说明丙中含有Fe元素，其物质的量为0.2mol，淡黄色沉淀为S，其物质的量为：n(S)=，说明化合物丙中含有S元素，故推测乙气体为H2S，物质的量为n(H2S)=，故丙中含有的S为0.25mol，故丙中n(Fe):n(S)=0.2mol:0.25mol=4:5，其化学是为：Fe4S5，无色液体常见的有H2O，故丁为H2O，则甲中含有Fe和O元素，根据甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，其反应方程式为：，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，组成甲的元素是Fe、O，甲的化学式是Fe4O5，故答案为：Fe、O；Fe4O5；
(2)由分析可知，甲与乙反应的化学方程式是，故答案为：；
(3)由分析可知，丙的化学式为Fe4S5，生成的H2S和S的物质的量之比为：0.2mol：0.05mol=4：1，且溶液中无Fe3+，故其与盐酸反应的离子方程式是，故答案为：；
(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去，由于Cl2能将亚铁离子氧化为铁离子，故显血红色，但由于Cl2有强氧化性，能将SCN-氧化，故又褪色，要想验证猜想只需向反应后的溶液中加入足量的KSCN看是否重新变为血红色，若变则说明猜想正确，若不变则猜想错误，故答案为：过量的氯水将氧化；向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明。
10． Fe3+ + OH-= NH3·H2O mol/L 1：1：1 c（）≥0.3 mol·L－1
【详解】由于溶液呈无色，则溶液中一定不含Fe3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，说明溶液中和至少有一种；②第二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液没有沉淀生成，说明含有H+，则溶液中一定不存在，结合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+和Mg2+；
（1）该溶液中一定不存在的阳离子有Fe3+；
（2）在实验②中，NaOH溶液滴至b ～c段过程中发生的离子反应方程式为 + OH-= NH3·H2O；c~d段发生的反应为Al(OH)3+OH-=+2H2O，由图表可知Al(OH)3的物质的量为0.01mol，则c~d段消耗的NaOH物质的量为0.01mol，NaOH溶液的浓度为=mol·L－1；
（3）由图可知，中和H+消耗的NaOH物质的量与Al(OH)3溶解消耗的NaOH物质的量相等，则n(H+)=0.01mol，根据Al守恒，溶液中Al3+物质的量为0.01mol，因生成的沉淀总物质的量为0.02mol，则氢氧化镁物质的量为0.01mol，根据Mg守恒，溶液中Mg2+物质的量为0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；
(4)由图示可知，溶液中物质的量为0.03mol，当溶液里阳离子只有H+、Mg2+、、Al3+时，根据电荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+ n() ×1= n()×2+ n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能还有K+，则n()≥0.3 mol，c()=n()÷0.1L≥0.3 mol·L－1。
11． O=C=O AgCl和AgI CH3MgI 2CH3MgI+2HC=2CH4↑+MgI2+MgCl2 2NH3+3CuON2+3H2O+Cu CDE
【分析】I.结合流程示意图，求算出气体0.02molA为甲烷，白色沉淀C为氢氧化镁，故每一份B能产生0.58g即0.01mol氢氧化镁，沉淀D为混合物，除了氯化银外，还有一种银化合物沉淀，其阴离子也来自X，按质量守恒定律，讨论并求出所含的四种元素及其物质的量、按照物质的量之比计算出最简式、结合摩尔质量求出化学式；
II.装置A中，氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，经过氨气瓶B后，进入洗气瓶，浓硫酸既吸收了没参加反应的氨气，又干燥了氮气，纯净干燥的氮气进入D中，和金属镁反应生成氮化镁，据此回答；
【详解】I. (1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714g·L-1，则其摩尔质量M=22.4L/mol0.714g·L-1=16g·mol-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01mol，故一份B溶液含0.01molMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02mol即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2 molAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125molAgBr，则原X中含0.025molBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6mol，则所含原子数目比为C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025:0.6=1:1:1.25:30，得到的化学式不合理，假设不成立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01molAgI，则原X中含0.02mol碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06mol，则所含原子数目比为C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200g·mol-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化学式为CH3MgI；
(2)化合物X与足量盐酸反应生成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2HCl=2CH4↑+MgI2+MgCl2；
II.(1) A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；
(2) A.为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B.装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C.装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D.将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，不能达到实验目的，因为碱石灰不能吸收氨气，D错误；E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CDE。
12． 第三周期第ⅠA族 F-＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3
【分析】物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，物质A的结构式如图所示，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，Y离子为+1价阳离子，X为-1价阴离子，Z为+3价阳离子，则X为F，Y为Na，Z为Cl元素，据此解答。
【详解】由分析知：X为F，Y为Na，Z为Cl元素；
(1)Y为Na，原子序数为11，位于周期表中第三周期第ⅠA族，NaF是离子化合物，其电子式为；
(2)F-、Na+和Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：F-＞Na+＞Al3+；
(3)A为Na3AlF6，在NaClO2与NaF的混合液中通入足量CO2是工业制取Na3AlF6，该反应的化学方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O═Na3AlF6+4NaHCO3。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：①同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－；②同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+；③电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。
13． KClO3、CuO KNO3 2KClO32KCl+3O2↑ 2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+
【分析】白色固体X和黑色固体Y共热可以制备气体A，可以推测X为氯酸钾，所以气体A为氧气，而固体B为氯化钾和黑色固体的混合物，溶于水分离后滤液为氯化钾 溶液能够和硝酸银溶液生成白色沉淀D为氯化银，溶液E为硝酸钾溶液，而滤渣能够溶于稀硫酸，生成蓝色溶液，可以知道该黑色粉末Y为氧化铜，而蓝色溶液C为硫酸铜溶液，可以和过氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，则H为氢氧化铜，F为硫酸钠溶液，代入验证符合题意，可以据此答题。
【详解】(1)根据分析可知，X 和 Y 依次是KClO3、CuO；
(2)根据分析，E 是 KNO3；
(3)X 和 Y 依次是KClO3、CuO，根据题意氧化铜为催化剂，X、Y 共热的化学方程式2KClO32KCl+3O2↑；
(4)C硫酸铜溶液，淡黄色粉末 G 为过氧化钠，二者反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气，反应的离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O=2Cu(OH)2↓+O2↑+4Na+。
14． 能量最低原理 IIA族 c Al 3 H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-
【分析】（1）该元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，且处于第三周期，故为Mg元素，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成；
（2）a.C60、Si60、N60都是单质，不属于化合物；
b.同分异构体的分子式相同，研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同；
c. N-N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2；
d.金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，原子晶体的熔点更高，故C60熔点高于金刚石；
（3）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离.
【详解】（1）由表格数据可知A元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，处于周期表ⅡA族，A的核外电子排布式可能为1s22s22p63s2，若电子排布式为1s22s22p63s13p1违背了能量最低原理；若该原子核外电子确有三层，说明处于第三周期，A为Mg元素，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为，故答案为：能量最低原理；ⅡA；；
（2）a.C60、Si60、N60都是单质，不属于化合物，故错误；
b.同分异构体的分子式相同，研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同，故错误；
c. N-N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，故C正确；
d.金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，原子晶体的熔点更高，故C60熔点高于金刚石，故错误；
c正确，故答案为c；
（3）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故有3种运动状态不同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-，故答案为：Al；3；H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-。
【点睛】原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故有3种运动状态不同的电子是解答关键。
15． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol 第3周期IA族 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO
【分析】根据周期表的位置判断，a、b、d、e分别为C、N、O和Si，据此解答。
【详解】（1）a为碳元素，其原子结构示意图为：；d的一种氢化物为常见溶剂，由此可知其为H2O，属于共价化合物，其电子式为：；
（2）b的单质为N2，其与氢气在500℃、101 kPa条件下发生反应生成1molNH3时，放出53.05 kJ热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol；
（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是：；X为钠元素，其在周期表中位置为：第3周期IA族；
（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物A1Cl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mo1电子，则反应中碳的化合价变化为=2，即碳元素化合价由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
16． O 8 H-O-O-H V型 3 NH4++H2ONH3·H2O+H+ BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl 盐酸能抑制BiCl3的水解 不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。
【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；
(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；
(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；
(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；
(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；
(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；
①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；
②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；
③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。
17． CH3COONa NH4Cl Ba2++SO42-=BaSO4↓ 10a-14 c(OH－)>c(Ba2+)=c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+) 1∶4
【分析】有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为CH3COONa；NH4Cl；
(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故答案为Ba2++SO42-=BaSO4↓；
(3)B是NH4Cl，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，将两个等式相减得c(H+)-c(NH3•H2O)=c(OH-)=10 a-14，故答案为10 a-14；
(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故答案为c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)；
(5)C是氢氧化钡，在一定体积的0.005mol·L－1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH-)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得x∶y=1∶4，故答案为1∶4。
【点睛】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的难点是(4)中判断溶液中离子浓度大小的比较，要注意根据物料守恒和电荷守恒分析判断。
18． 第三周期 ⅣA族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 离子键、极性键 0.1NA
【详解】⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，
故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；
⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，
故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；
⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则：
①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，
故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；
②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，
故答案为0.1NA。