浙江省高三高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编65元素周期表，元素周期率律（含解析）

这是一份浙江省高三高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编65元素周期表，元素周期率律（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。

浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编65元素周期表，元素周期律（3）

一、单选题
1．（2021·浙江·统考模拟预测）现有X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中X、Y、Z属于不同短周期，原子序数依次递增，且X与Z同主族，X与Y能形成两种常见的液态化合物A、B，A分解时吸热、B分解时放热，W元素的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A．Z单质在氧气中燃烧只生成碱性氧化物
B．电解Z与W形成化合物的溶液，可制得Z单质
C．X、Y、Z三种元素的离子半径大小比较：Y>Z>X
D．W在化合物中的最高化合价为+7价
2．（2021·浙江·模拟预测）下列“类比”合理的是
A．由O2+2H2S=S+2H2O，说明非金属性O>S，推测：高温下2C+ SiO2= Si+2CO，非金属性C>Si
B．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推测：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．Fe与S在加热条件下反应生成FeS，推测：Cu与S在加热条件下生成CuS
D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
3．（2021·浙江台州·统考一模）一定条件下，F2与水反应，生成物除了外，还会生成次氟酸(HFO)、等。下列推测不合理的是
A．与水反应还可能生成
B．HFO的分子结构中O原子位于H与F之间，O元素的化合价为-2价
C．HFO不稳定，分解生成HF与
D．是一种强氧化剂，与盐酸反应会生成HF、、等
4．（2021·浙江台州·统考一模）下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
检验某溶液中是否含有
取少量该溶液于试管中，加新制氯水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验
试纸变蓝色，则该溶液含有
B
探究Mg与Al元素的金属性强弱
用pH计测同温同浓度的和溶液的pH
，则金属性：Mg>Al
C
探究苯酚与的酸性强弱
在苯酚浊液中滴加溶液
浊液变澄清，则酸性苯酚>
D
检验某溶液中是否含有离子
取少量该溶液于试管中，加少量硫酸酸化的溶液
溶液变成绿色，则该溶液中含有离子

A．A B．B C．C D．D
5．（2021·浙江温州·统考一模）现有6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零；Y和R位于同一主族；Z是周期表中非金属性最强的元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素；R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒。下列说法不正确的是
A．RY2的水溶液能与Q的单质发生反应
B．XYQ2能与水反应产生两种酸性的气体
C．M、Z能形成以离子键为主的八面体构型的微粒
D．Q单质能从R的简单氢化物中置换出R
6．（2021·浙江台州·统考一模）已知前4周期的主族元素在周期表中的相对位置如图所示，其中X元素的单质在常温下为液体。下列说法不正确的是

A．与Q同族的元素，从上到下最高价氧化物的水化物在水中溶解度依次增大
B．Y元素可能存在、及不稳定等多种氧化物
C．在Z、R、Y的最高价氧化物的水化物中，R的最高价氧化物的水化物酸性最弱
D．位于第6周期与X同族的元素，原子序数为85，属于金属元素
7．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中M的单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近。下列说法不正确的是


Q
R

Z
M

X
Y



A．的还原性强于 B．能从中置换出
C．X、Y的单质可以作半导体材料 D．Y、Z、M的氧化物对应水化物的酸性依次增强
8．（2021·浙江·模拟预测）X、Y、Z、M、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若M的原子序数是Y的2倍，下列说法中不正确的是
X
Y
Z

M
W

A．Z的气态氢化物比W更稳定
B．X的简单氢化物的水溶液显碱性
C．简单离子半径：M ＜ W
D．M为第ⅥA族元素
9．（2021·浙江·模拟预测）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为19。下列关系错误的是

W
X


Y



Z

A．氢化物的沸点一定有：W B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜W
C．化合物WZ4常用作有机萃取剂
D．实验室制取YZ3可直接利用Y和Z单质的化合反应制得
10．（2021·浙江·模拟预测）下图为周期表中短周期的一部分。已知a原子的最外层电子数是电子总数的1/3，下列说法中正确的是

A．a的最高价氧化物对应水化物有两性
B．b与d组成的化合物不能与水反应
C．c的单质能与强碱反应生成两种盐
D．非金属性：a>b>c
11．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）短周期元素W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成甲、乙(结构如图)两种具有强还原性的物质，且X、Z同主族。下列说法错误的是

A．W、X分别是氢元素和硼元素
B．五种元素中，Y原子半径最大
C．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有两性
D．单质Y和R在空气中均可燃烧，燃烧产物所含化学键类型完全相同
12．（2021·浙江·模拟预测）下列类比合理的是
A．常温下，浓硝酸能溶解铜，则浓硝酸也能溶解铁
B．工业上用电解熔融氯化物的方法制备钠和镁，则可用电解熔融氯化铝的方法制备铝
C．溶液中逐滴加入足量氨水先产生沉淀后溶解，则溶液中逐滴加入足量氨水现象相同
D．中Cl的化合价为+1价，则中F的化合价为+1价
13．（2021·浙江·模拟预测）四种短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知四种元素的原子最外层电子数之和为21，下列说法不正确的是

A．X位于第二周期第ⅣA族
B．简单离子半径：
C．W的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强
D．X、Y、W三种元素的最高化合价依次升高
14．（2021·浙江·模拟预测）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是

A．非金属性：Z＞W＞Y＞X
B．简单离子的半径：Y＞Z＞W＞X
C．W的氢化物空间构型不一定是三角锥形
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
15．（2021·浙江·模拟预测）如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素，下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是

A．X、Y、Z、W可能均为金属元素
B．气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
C．Z的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等
D．Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱
16．（2021·浙江·模拟预测）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Q原子半径是同周期最小的，化合物Z2X4的电子总数为18个。下列说法不正确的是
Y
Z


M


Q

A．原子半径：Z B．M的氢化物沸点一定比Y的氢化物沸点高
C．M与Q元素组成的MQ4分子，空间构型是正四面体
D．X2Z-ZX2溶液显示碱性

二、元素或物质推断题
17．（2021·浙江·统考模拟预测）由三种短周期元素组成的盐X，为测定其组成进行如下实验。已知A为金属单质、C为非金属单质，B、C中含有同种元素，F焰色反应呈紫红色。请回答下列问题：

(1)组成X的三种元素是__(填元素符号)，X的化学式为__。
(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，写出该反应的化学方程式：__。
(3)溶液D与过量CO2反应生成E，写出其反应的离子方程式：__。
(4)写出X与NH3按物质的量1∶4发生反应的化学方程式：__。
(5)物质F是电池工业重要原料，请设计实验方案检验F中的离子：__。
18．（2021·浙江台州·统考一模）化合物X(只含有一种阳离子)由三种短周期元素组成，按照如下流程进行实验。已知固体A为一种单质和一种化合物的混合物，溶液C的焰色反应星黄色。

(1)E的化学式为_______，化合物X中阴离子的电子式为_______。
(2)写出确定气体B的依据：_______。
(3)上述流程中溶液C生成白色沉淀D的离子方程式为_______。
(4)化合物X在加热条件下可将CuO还原成Cu，反应化学方程式为_______。A中的化合物在加热条件下也可以将CuO还原成Cu，取足量A中的化台物与W g CuO(设CuO完全反应)共热，请设计实验证明还原产物的组成_______。(提示：CuO的还原产物可能为，在酸性条件下不稳定，发生反应为)
19．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，某学习小组开展如下探究实验。

请问答：
(1)紫黑色固体C的化学式是___________，深红棕色液体D的化学式是___________。
(2)化合物X的化学式是___________，化合物X的一价阴离子为直线形结构，写出该阴离子的电子式___________。
(3)暗灰紫色固体A与作用，产物与溶剂有关。
①若与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，写出该反应的离子方程式___________。
②若与在乙醚中反应，生成两种盐，写出该反应的化学方程式___________。

三、填空题
20．（2021·浙江·模拟预测）元素周期表中第族元素有F、Cl、Br、I、At。
(1)组成的化合物的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_______。
(2)用质谱仪检测气态氯乙烷()时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为64和的峰，请问出现峰的原因是_______。
(3)组成的化合物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的结构式为_______。(所有原子都达到8电子稳定结构)

参考答案：
1．C
【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中X、Y、Z属于不同短周期，原子序数依次递增，X与Y能形成两种常见的液态化合物A、B，A分解时吸热、B分解时放热，则X为H元素、Y为O元素、A为H2O、B为H2O2；X与Z同主族，则Z为Na元素；W元素的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和，则W可能是F元素或Cl元素。
【详解】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B．电解熔融的氯化钠可以制得金属钠，电解氯化钠溶液制得氢氧化钠，故B错误；
C．氢、氧、钠三种元素形成的简单离子中，氢离子的原子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为，故C正确；
D．若W为氯元素，在化合物中的最高价为+7价，若W为F元素，非金属性强的氟也是无正化合价，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．可以通过非金属之间的置换反应说明非金属性强弱，但反应物中的非金属单质必须表现出氧化性，推测中非金属C表现出还原性，A错误；
B．SO2具有还原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此会发生氧化还原反应，B错误；
C．Fe与S发生氧化还原反应生成FeS，说明S的氧化性使变价金属生成低价态，因此推测应该生成Cu2S，C错误；
D．利用强酸制弱酸的原理正确，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．根据氧化还原反应的规律，有化合价的降低就有化合价的升高，中O元素为-2价，中O元素为-1价，因为F为最强的非金属，反应时化合价不可能升高，所以与水反应还可能生成，推断合理，故A正确；
B．HFO中若O元素为-2价，则F元素为+1价，与事实不符，故B错误；
C．HFO不稳定，分解生成HF和氧气，故C正确；
D．中O元素为+2价，与盐酸反应时被还原，生成HF、氯气、氧气等，故D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．湿润的碘化钾淀粉试纸中的KI与氯水反应生成的I2遇淀粉会变蓝，不能证明原溶液中含I-，A错误；
B．用pH计测同温同浓度的MgCl2和AlCl3溶液的pH，MgCl2溶液的pH大于AlCl3溶液的pH，说明Mg2+的水解能力弱于Al3+，根据“越弱越水解”，则Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，Mg(OH)2、Al(OH)3分别是Mg、Al的最高价氧化物对应的水化物，金属元素的最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属元素的金属性越强，故金属性：Mg＞Al，B正确；
C．在苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，发生反应 +Na2CO3 +NaHCO3，说明苯酚的酸性强于，事实苯酚的酸性弱于碳酸，C错误；
D．取少量溶液于试管中，加入少量硫酸酸化的K2Cr2O7溶液，溶液变成绿色，说明被还原成Cr3+，说明该溶液中含有还原性粒子，不能说明含有 ，D错误；
答案选B。
5．C
【分析】6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零，则X是C元素；Y和R位于同一主族，R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒，则R是S元素，Y是O元素；Z是周期表中非金属性最强的元素，则Z是F元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素，M是Al元素，因此Q是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知X是C，Y是O，Z是F，M是Al，R是S，Q是Cl元素。
A．RY2是SO2，Q的单质是Cl2，SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中会发生反应：SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，A正确；
B．XYQ2是COCl2，该物质溶于水，会发生反应：COCl2+H2O=2HCl+CO2，反应产生的HCl、CO2的水溶液都显酸性，因此二者是酸性气体，B正确；
C．Z是F，M是Al，二者形成的离子是以共价键为主的八面体构型，C错误；
D．Q单质是Cl2，R的简单氢化物是H2S，二者接触就发生反应：Cl2+H2S=S+2HCl，因此Cl2能从H2S中置换出S，D正确；
固合理选项是C。
6．D
【分析】X元素的单质在常温下为液体，X是Br元素；根据在元素周期表中的相对位置，可知Y是S元素、Z是C元素、R是Si元素、Q是Mg元素。
【详解】A．Mg是ⅡA族元素，ⅡA族元素从上到下最高价氧化物的水化物在水中溶解度依次增大，故A正确；
B．根据化合价规律，S元素可能存在、及不稳定等多种氧化物，故B正确；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S>C>Si，所以最高价氧化物的水化物中，H2SiO3的酸性最弱，故C正确；
D．位于第6周期与Br同族的元素是At，原子序数为85，属于非金属元素，故D错误；
选D。
7．D
【分析】前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，其中M的单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，M是S，则Q是O，R是F，Z是P，Y是As，X是Ge，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、M、Q和R分别是Ge、As、P、S、O、F。则
A．S的非金属性强于P的，非金属性越强，相应氢化物的还原性越弱，则的还原性强于，A正确；
B．氟单质是最活泼的非金属单质，与反应生成氟化氢和，B正确；
C．Ge、As均位于元素周期表中金属和非金属的分界线附近，因此其单质可以作半导体材，C正确；
D．As、P、S的非金属性依次增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，其它氧化物的水化物的酸性不一定增强，D错误；
答案选D。
8．C
【分析】X、Y、Z、M、W均为短周期元素，根据它们在元素周期表中的相对位置的图示分析可知，五种元素为2、3周期元素；设Y的原子序数为a，则X的原子序数为a-1，Z的原子序数为a+1，M的原子序数为a+8，W的原子序数为a+9，若M的原子序数是Y的2倍，即a+8=2a，则a=8，为氧元素，M为硫元素，W为氯元素，Z为氟元素，X为氮元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl，所以Z的气态氢化物比W更稳定，故A正确；
B．X的简单氢化物的水溶液为氨水，氨气与水反应产生的一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B正确；
C．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径：S2->Cl-，故C错误；
D．硫原子的核电荷数为16，核外电子排布为2、8、6，最外层有6个电子，所以M为第ⅥA族元素，故D正确；
故选C。
9．A
【分析】令Y的最外层电子数为a，则W、X、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+4，四种元素最外层电子数之和为19，即有a+a+1+a+2+a+4=19，解得a=3，四种元素为短周期元素，推出Y为Al、W为C、X为N，Z为Cl，据此分析；
【详解】A．含碳的氢化物是一类有机物，即为烃，烃的状态有固态、液态、气态，因此碳氢化物的沸点可能比氮的氢化物沸点高，故A错误；
B．Y的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，W的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2，发生NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，该方法可以看作是酸性强的制取酸性弱的，即碳酸的酸性强，故B正确；
C．WZ4为CCl4，四氯化碳常用有机萃取剂，故C正确；
D．YZ3为AlCl3，铝与氯气直接化合成AlCl3，故D正确；
答案为A。
10．C
【分析】下图为周期表中短周期的一部分。已知a原子的最外层电子数是电子总数的1/3，则a为P，b为S，c为Cl，d为O。
【详解】A．a的最高价氧化物对应水化物磷酸不具有两性，故A错误；
B．b与d组成的化合物二氧化硫、三氧化硫都能与水反应，故B错误；
C．c的单质氯气与NaOH反应生成两种盐NaCl、NaClO，故C正确；
D．同周期从左到右非金属性逐渐增强，即非金属性：a＜b＜c，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．D
【分析】根据题中信息，短周期元素W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，由甲、乙两种结构可知，W形成一个共价键，且原子序数最小，则W为H元素，R、Y为带1个单位正电荷的阳离子，由原子序数的关系，可推知R为Li元素，Y为Na元素，X与4个W原子成键后所得离子带1个单位负电荷，Z与4个W原子成键后所得离子也带1个单位负电荷，且X、Z同主族，甲、乙两种物质具有强还原性，由原子序数的关系，可推知X为B元素，Z为Al元素；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，W为H元素，X为B元素，故A正确；
B．由上述分析可知，W为H元素，R为Li元素，X为B元素，Y为Na元素，Z为Al元素，根据原子半径递变规律，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素原子半径从上到下，依次增大，则五种元素原子中，Na原子半径最大，故B正确；
C．由上述分析可知，Z为Al元素，Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3既能与酸反应又能与碱反应，所以Al(OH)3为两性氢氧化物，故C正确；
D．由上述分析可知，R为Li元素，Y为Na元素，Na和Li在空气中均可燃烧，燃烧主要产物分别为Na2O2和Li2O，Na2O2中含有非极性共价键和离子键，Li2O只含离子键，二者化学键类型不完全相同，故D错误；
答案为D。
12．C
【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中发生钝化，阻碍反应的继续进行，不能溶于浓硝酸，故A错误；
B．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，则用电解熔融氯化铝的方法不能制备铝，故B错误；
C．硝酸银溶液和硝酸铜溶液都能与氨水反应生成氢氧化银沉淀和氢氧化铜沉淀，生成的氢氧化银沉淀和氢氧化铜沉淀都能与过量的氨水反应生成银氨络离子和铜氨络离子，则分别向硝酸银溶液和硝酸铜溶液中逐滴加入足量氨水，实验现象都是先产生沉淀后溶解，故C正确；
D．氟元素的非金属性强于氧元素，OF2中共用电子对偏向非金属性强的氟原子一方，化合物中氟元素的化合价为—1价，故D错误；
故选C。
13．C
【分析】设X的最外层电子数为a，Y的最外层电子数为a+1，Z、W的最外层电子数为a+2，则a+a+1+2(a+2)=21，解得a=4，四种元素都是短周期元素，因此X、Y、Z、W分别为C、N、O、S，据此分析解答。
【详解】A．X为碳元素，位于第二周期第ⅣA族，故A正确；
B．电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径：，故B正确；
C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，选项中没有指明哪种氧化物，故C错误；
D．X、Y、W的最高化合价分别为+4、+5、+6，依次升高，故D正确；
答案选C。
14．D
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
【详解】A．同周期元素，半径越小，越不容易失去电子，非金属性越强，则非金属性：Z＞W＞Y＞X，故A正确；
B．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B正确；
C．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，NH3是三角锥形，N2H4不是三角锥形，故C正确；
D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D错误。
故选D。
15．C
【详解】A．根据元素周期表可以推知：如果X、Y是金属，则Z是金属，但Z与W之间还有空白部分，不能相邻，因此不满足周期表短周期元素位置，故A错误；
B．非金属性越强，其气态氢化物的越稳定，因此气态氢化物的稳定性：W＞Z，Y＞X，故B错误；
C．当Z为Si时，Z的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等，故C正确；
D．Z的最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na，根据元素周期表位置关系，则X无法推出元素，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．B
【分析】根据各元素的相对位置可知，Y、Z为第二周期，M、Q为第三周期，Q原子半径是同周期最小的，则Q为Cl元素，所以Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素，Z2X4即为N2X4，电子总数为18个，所以X为H元素。
【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同周期自上而下原子半径依次增大，所以原子半径M＞Y＞Z，A正确；
B．M为Si元素，Y为C元素，二者的氢化物均有多种，例如C9H20的沸点会高于SiH4，B错误；
C．MQ4为SiCl4，类比CCl4的空间构型，可知SiCl4为正四面体，C正确；
D．X2Z-ZX2为H2N-NH2，在水溶液中会结合水电离出的氢离子，促进水的电离，产生氢氧根，溶液显碱性，D正确；
综上所述答案为B。
17．(1) Li、Al、H LiAlH4
(2)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑
(3)CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(4)LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2
(5)取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+

【分析】根据题中信息可知，X为三种短周期元素组成的盐，隔绝空气加热分解，得到金属单质A，A能与足量的NaOH溶液反应，生成D，再通足量的CO2，得到15.6g白色沉淀E，则可判断金属单质A为Al，白色沉淀E为Al(OH)3，其物质的量为n==0.2mol，由Al元素守恒，则金属单质Al为0.2mol，其质量为m(Al)=0.2mol×27g/mol=5.4g，C为非金属单质，标况下6.72L，其物质的量为n==0.3mol，又知X固体为7.6g，含Al元素5.4g，假设剩余全为C，则C的平均摩尔质量为M==7.3g/mol，而短周期元素非金属单质分子量小于7.3的非惰性气体只有H2，则X中含H元素，又F焰色反应呈紫红色，X中含Li元素，所以组成X的三种元素为H、Li、Al；据此解答。
（1）
由上述分析可知，组成X的三种元素为H、Li、Al，其中n(Al)=0.2mol，其质量为5.4g，n(H2)=0.3mol，其质量为m(H2)=0.3mol×2g/mol=0.6g，则B的质量为m(B)=(7.6g-5.4g-0.6g)=1.6g，B为LiH，与足量的HI发生反应，又生成标况下H2为4.48L，其物质的量为0.2mol，由LiH+HI=LiI+H2↑可知，n(LiH)=0.2 mol，则盐X中，n(Li):n(Al):n(H)=0.2:0.2:(0.6+0.2)=1:1:4，X的化学式为LiAlH4；答案为H、Li、Al；LiAlH4。
（2）
固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，即生成H2、Al(OH)3和LiOH，其化学方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑；答案为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑。
（3）
NaAlO2溶液与足量的CO2生成Al(OH)3沉淀，其离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（4）
LiAlH4与NH3按物质的量1:4发生反应的化学方程式为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2；答案为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2。
（5）
由上述分析可知，F为LiI，检验F中的离子即检验I-用酸化的AgNO3溶液，检验Li+用焰色反应，所以实验方案为取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+；答案为取少量F溶液于试管中，加入少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，则有I-；用洁净的铂丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+。
18．(1)
(2)，所以B是
(3)
(4) 将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜

【分析】5.4gX隔绝空气加强热，生成5.1g固体A，根据质量守恒定律，生成B的质量是0.3g，B的物质的量是，所以B的摩尔质量是2g/mol，B是H2，故A中含有H元素；溶液C的焰色反应星黄色，C中含有Na元素，说明X中含有Na元素；C溶液通入过量二氧化碳气体，生成白色沉淀D，D加热能分解为5.1g固体E，则D是Al(OH)3、E是Al2O3，说明X中含有Al元素，且Al元素的物质的量是，则A中含有0.1molAl，固体A为一种单质和一种化合物的混合物，A中的化合物是NaH，NaH的物质的量，X中含有0.1molNa元素、(0.1+0.3)molH元素、0.1molAl元素；
（1）
C溶液通入过量二氧化碳气体，生成白色沉淀D，D加热能分解为固体E，则D是Al(OH)3、E是Al2O3；X中含有0.1molNa元素、(0.1+0.3)molH元素、0.1molAl元素，X的化学式是NaAlH4，X只含一种阳离子，化合物X中阴离子是AlH，电子式为；
（2）
5.4gX隔绝空气加强热，生成5.1g固体A，根据质量守恒定律，生成B的质量是0.3g，B的物质的量是，，所以B是；
（3）
根据以上分析，C是偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为；
（4）
NaAlH4在加热条件下可将CuO还原成Cu，同时生成偏铝酸钠、水，反应化学方程式为。
根据铜元素守恒，若W g CuO完全被还原为Cu，生成固体铜的质量是0.8Wg，若W g CuO完全被还原为，生成固体的质量是0.9Wg；将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8Wg，则产物为铜，若固体质量为0.9Wg，则产物为氧化亚铜，若大于0.8Wg小于0.9Wg，则产物为铜和氧化亚铜。
19．(1)
(2)
(3)

【分析】某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，X经低温加热的无色固体B，B与足量硝酸酸化的硝酸银反应，产生的白色沉淀E为AgC1、则B+AgNO3→E的反应为复分解反应， B为金属氯化物、设其化学式为MCla，24.35g AgC1的物质的量为0.1mol，按元素质量守恒、B含0.1molCl、即3.55gCl，则B中所含金属元素M为7.45g -3.55g =3.9g，a=1、M为钾元素可满足，故B为KCl、其物质的量为0.1 mol；28.15gX分解得B(KCl)和A， X由四种元素组成，其中一种为金属元素，则暗灰紫色固体A由非金属元素组成、高温下加热冷却所得紫黑色固体C、为碘单质，12.70g碘单质、即0.05 mol；深红棕色液体D为溴单质、8.00g溴单质为0.05 mol，则20.70gA由溴和碘元素组成、所含Br、I均为0.1 mol，其化学式为IBr，由此，化合物x含钾、氯、溴、碘四种元素，它们的物质的量之比是1:1:1:1，则X化学式为，据此回答；
(1)
紫黑色固体C的化学式是I2，深红棕色液体D的化学式是Br2。
(2)
据分析，化合物X的化学式是，化合物X的一价阴离子为为直线形结构，则该阴离子的电子式。
(3)
①暗灰紫色固体A为IBr，能与水发生反应生成HBr、HIO，氢溴酸能与硝酸银发生复分解反应生成淡黄色沉淀溴化银和硝酸，则IBr与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，该反应的离子方程式。
②若与在乙醚中反应，生成两种盐，则该反应是复分解反应，相互交换成分得到两种盐：该反应的化学方程式。
20．(1)组成的都为分子晶体，结构相似，F、Cl、Br、I组成的化合物相对分子质量依次增加，范德华力依次增大，因此熔沸点依次升高
(2)中含有同位素的峰
(3)或

【分析】(1)
组成的化合物的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是：组成的都为分子晶体，结构相似，F、Cl、Br、I组成的化合物相对分子质量依次增加，范德华力依次增大，因此熔沸点依次升高；
(2)
出现峰的原因是：中含有同位素的峰，Cl的相对原子质量由35变为37；
(3)
中的化学键具有明显的共价性，为共价化合物且所有原子均达到8电子稳定结构，存在的结构式为：或。