2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题4（含解析）

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2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题4

1．（2023春·浙江杭州·高三期中）化合物X是一种常用的食品抗氧化剂，某学习小组为探究X(仅含3种元素的组成和性质，设计如图实验(假设各步反应均完全，生成的气体全部逸出)。

已知：固体A的焰色试验呈黄色；气体C可使品红溶液褪色，且加热后品红恢复红色。
(1)组成X的3种元素 。
(2)写出反应①的离子方程式 。
(3)下列说法中正确的是 。
A．焰色试验是物理变化
B．气体C使酸性KMnO4溶液褪色和使品红溶液褪色的原理相同
C．气体C有毒，因此C不能用作食品添加剂
D．物质B在医疗上可被用作消化系统X射线检查的内服药剂
(4)广业上可以用碳酸钠和气体C制备X，请写出相应的化学方程式 。
2．（2020春·福建宁德·高三福建省宁德第一中学校考阶段练习）元素①～⑧在元素周期表中的位置如图，回答有关问题：
  
(1)画出⑥的离子结构示意图 ；写出②含有10个中子的核素的化学符号 。
(2)请写出①的氢化物发生催化氧化的化学方程式 。
(3)表中能形成两性氢氧化物的元素是 (填元素符号)，写出该元素的氧化物与⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。
(4)由②④⑥三种元素组成的一种盐在空气中放置会变质，请用化学方程式表示变质的反应 。
3．（2023春·广东珠海·高三珠海市斗门区第一中学校考期中）下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。
a






b
c
d








e

g




h




i







(1)基态e原子中电子占据最高能级的符号是 ，占据该能级电子的电子云轮廓图为 形，核外共有 种不同运动状态的电子。
(2)元素b在元素周期表中的位置为 ，元素i位于元素周期表的 区。
(3)g的元素符号为 ，其基态原子的价电子排布式为 。
(4)元素b、c、d的第一电离能从大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
(5)元素h的价层电子排布图为 。
(6)元素d的简单氢化物的空间构型为 ，该分子属于 (填“极性”或“非极性”)分子，d原子采取的杂化方式为 。
(7)元素b、c的简单氢化物中，沸点较高的是 (填化学式)，原因是 。
4．（2023秋·湖南湘潭·高三统考期末）元素周期表的一部分如图，根据①～⑨在元素周期表中的位置，按题目要求回答下列问题：
族
周期
ⅠA






0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA

2



②
③
④


3
⑤
⑥
⑦


⑧
⑨

(1)在元素②～⑧中，非金属性最强的元素是 (填元素符号)。
(2)③～⑥四种元素的原子半径由大到小的顺序是 (填元素符号)。
(3)⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是 (填化学式)。
(4)由元素①和元素④形成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键的种类为 (填标号)。
A．离子键    B．极性共价键    C．非极性共价键
(5)写出元素⑦的单质与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式： 。
(6)元素⑤的单质及化合物在高温灼烧时，火焰呈 色。
5．（2023·全国·高三假期作业）如图是元素周期表的一部分，针对表中①～⑧元素，填写下列空白：
  
(1)②原子的结构示意图为 ，元素⑦在周期表中的位置为 。
(2)图中8种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 (填化学式，下同)，碱性最强的是 。
(3)写出由①③元素构成的化合物对应的电子式： (写一种即可)。用电子式表示⑤和⑧形成化合物的过程： 。
(4)④、⑤和⑧三种元素的离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号和“>”表示)。
(5)据元素周期律，推测⑥的最高价氧化物属于 (填“酸性”或“碱性”)氧化物，写出得出该结论的离子方程式： 。
6．（2023秋·云南昆明·高三统考期末）如表是某同学对有关物质进行的分类：

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
甲组
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
CuO
CO2
乙组
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
丙组
NaOH
CH3COOH
NaClO
Al2O3
SO2
(1)每组分类均有错误，其错误的物质分别是甲 、乙 、丙 (填化学式)。
(2)根据物质的组成和性质，通过化学变化可以实现物质之间的转化，第(1)题中甲、乙、丙以及来自上方表格中的A、B、C、F物质有如图转化关系(反应条件省略)。

①F的化学式是 。画出E的电子式 。D属于 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
②实验室制备E的化学方程式： 。
③写出反应①的化学方程式： 。
④写出反应②的离子方程式： 。
7．（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 。
8．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）短周期主族元素X、Y、Z、O、P、Q原子序数依次增大。其中X与其它元素都不在同一周期，且X的最高正价与最低负价之和为0；Y是自然界中形成化合物最多元素，Z第一电离能高于同周期的Y和O；P、Q的基态原子核外电子排布分别有3个、1个单电子。
(1)P、Q的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。
(2)P与Q两元素可形成1：3的化合物甲，写出甲分子的结构式 ，该分子空间构型为 。
(3)Y、Z分别与X可形成原子个数比为1：2的6原子二元化合物乙、丙，乙、丙分子中Y、Z的杂化类型依次为 ；已知常温下，乙为气体，丙为液体，丙的熔沸点高于乙的最主要原因是 。
9．（2023春·全国·高三期中）下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。
族
周期
IA






0
二
①
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA

三



②
③
④

⑤
四
⑥

⑦
⑩

⑧
⑨

回答下列问题：
(1)①～⑩十种元素中，化学性质最不活泼的是 (填元素符号)。
(2)元素②和③中原子半径较大的是 (填元素符号)。
(3)元素③和④中气态氢化物稳定性较强的是 (填化学式)。
(4)元素⑧和⑨的最高价氧化物对应的水化物中，酸性强的是 (填化学式)。
(5)元素⑦的单质与⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。
(6)元素②的单质和⑩的最高价氧化物反应的化学方程式为 。
(7)元素④和⑥形成的化合物中既含有离子键又含有非极性键，该化合物的电子式为 ，元素①和③组成的10电子化合物，该分子构型为 。
10．（2023春·广东佛山·高三校考阶段练习）下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。

请回答下列问题：
(1)表中属于d区的元素是 (填元素名称)，其形成的常见阳离子中化学性质较稳定的是 (填离子符号)。
(2)e基态原子中能量最高的电子，其电子云轮廓图的取向有 个。
(3)离子化合物da5中的阳离子是NH，猜测da5的电子式为 。
(4)与k同周期的所有元素的基态原子中未成对电子数最多的是 (填元素符号)，写出该元素的基态原子的价电子排布式： 。
(5)常温下，液态化合物geh2与水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的ge2气体，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出。根据实验现象，写出geh2与水反应的化学方程式 。
(6)碱性条件下，ca4燃料电池的负极反应式为： 。
(7)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为 ，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是 (填标号)。
A．sp      B．sp2 C．sp3 D．sp3d
11．（2023春·浙江·高三期中）某同学为探究浅黄色液体X(仅含三种常见元素)的组成和性质，设计并完成如图实验：
    
请回答如下问题：
(1)X中3种元素是 (用元素符号表示)；气体B的摩尔质量为 。
(2)X在过量氧气中燃烧的化学方程式是 。
(3)溶液C滴在淀粉－KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式 。
(4)用还原红色固体A，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，黑色粉末的成分可能是 。
12．（2023春·福建龙岩·高三校联考期中）X、Y、Z、M、W五种主族元素位于前四周期，原子序数依次增大，且这五种元素的最外层电子数之和为16。其中X、Y、Z、M为短周期主族元素，M的最外层电子数为Z的两倍，只有Y、M位于同一主族，且只有Z、M位于同一周期。
回答下列问题：
(1)X、Y、M的有关化学键键能如表所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
Y－Y
Y－X
M－M
M－X
键能/(kJ•mol-1)
356
413
226
318
①Y与M位于同一主族，但Y元素形成的物质种类远多于M元素形成的物质种类，原因为 。
②稳定性：YX4 (填“＞”或“＜”)MX4。
(2)由Y原子与M原子以1∶1的个数比相互交替结合形成晶体(Q)。则Q的化学式为 。
(3)在元素周期表中，某些主族元素与其右下方的主族元素的有些性质是相似的，这种相似性被称为对角线规则，在前三周期元素中，若元素R与元素Z是“对角关系”，则在加热条件下，单质R与氧气发生反应的化学方程式为 。
(4)常温下，X3WO4的电离平衡常数如表所示：
电离平衡常数
Ka1
Ka2
Ka3
X3WO4
5×10-3
2×10-7
4.0×10-12
①请根据结构与性质的关系解释X3WO4第一步电离大于第二步电离的原因： 。
②已知磷酸的结构式为，请画出X3WO4分子的结构： 。
③常温下，0.1mol•L-1Na3WO4溶液的pH≈ (lg2≈0.3)。
13．（2023春·天津南开·高三天津二十五中校考阶段练习）有机化合物的元素定量分析最早是由德国化学家李比希提出的，装置如下图，他用CuO作氧化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部转化为和，用盛有NaOH固体和无水的吸收管分别吸收和。

试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是 (填化学式)。
(2)将7.4g有机物A进行实验，测得生成和，则A的实验式(最简式)为 。
(3)已知A的最简式能否确定A的分子式(填“能”或“不能”) 。也可以通过 法快速、精确测定其相对分子质量，进而确定分子式。
(4)①若A为醇，且A的核磁共振氢谱图申有两组峰，则A的结构简式为 。
②若A的红外光谱如图所示，则其官能团的名称为 。

14．（2023春·甘肃定西·高三校考阶段练习）如图所示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。
a




b


c
d
e
f

g
h
i
j

k
l
m
n















p

回答下列问题：
(1)元素为24号元素，其基态原子的价层电子轨道表示式(或价层电子排布图)为 。
(2)图1、2、3分别表示c、d、e、f四种元素的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第二电离能的变化图是图 (填序号)，判断的依据是 。

(3)第三周期7种主族元素按单质熔点高低的顺序排列如图所示，其中电负性最大的是 (填图中的序号)。

(4)键角：ce2 a2e(填“>”或“C
(5)  
(6) V形 极性 sp3
(7) 氨分子能形成氢键，导致沸点升高 NH3

【分析】由图可知，a-i分别为氢、碳、氮、氧、氯、钾、铬、铜；
【详解】（1）e为氯元素，基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，原子中电子占据最高能级的符号是3p，占据该能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数，故核外共有17种不同运动状态的电子。
（2）元素b为碳，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；元素铜位于元素周期表的ds区。
（3）g的元素符号为K，其基态原子的价电子排布式为4s1；
（4）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，元素b、c、d的第一电离能从大到小的顺序是N>O>C；
（5）基态Cr原子价电子排布为3d54s1，故价层电子排布图为  ；
（6）元素氧的简单氢化物为水，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2O是极性分子；
（7）元素b、c的简单氢化物分别为CH4、NH3，氨分子能形成氢键，导致沸点升高，故沸点较高的是NH3。
4．(1)O
(2)
(3)
(4)BC
(5)
(6)黄

【分析】根据元素在周期表中的位置：①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl。
【详解】（1）同周期从左往右非金属性增强，同主族从上往下非金属性减弱，故②～⑧中非金属性最强的元素是O；
（2）同周期从左往右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大故③～⑥四种元素原子半径由大到小的顺序为：；
（3）同周期从左往右非金属性增强，非金属性Cl>S，故⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是：HClO4；
（4）①为H，④为O，形成的原子个数比为1：1的化合物为H2O2，所含化学键的种类H-O极性共价键和O-O非极性共价键，故选BC；
（5）⑤为Na，⑦为Al， Al与NaOH之间反应的离子方程式为：；
（6）⑤为Na，焰色反应为黄色。
5．(1)    第三周期VA族
(2) HClO4 NaOH
(3) 或
(4)Cl-＞F-＞Na+
(5) 酸性

【分析】由元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、O、F、Na、Si、P、Cl。
【详解】（1）由分析可知，②为6号元素C，则其原子的结构示意图为，元素⑦为15号元素P，其在周期表中的位置为第三周期VA族。；第三周期VA族；
（2）图中8种元素中，最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的是NaOH。HClO4；NaOH；
（3）由①③元素构成的化合物为H2O或H2O2，对应的电子式：或。⑤和⑧形成的化合物为NaCl，电子式表示的形成过程：。或；；
（4）④、⑤和⑧三种元素分别为F、Na、Cl，Cl-的电子层数最多，F-和Na+的电子层数相同，但F的核电荷数比Na小，则离子半径由大到小的顺序是Cl-＞F-＞Na+。Cl-＞F-＞Na+；
（5）⑥的最高价氧化物为SiO2，属于酸性氧化物，能与碱反应生成硅酸盐等，离子方程式：。酸性；。
硅酸属于无机酸，难溶于水。
6．(1) Na2CO3 CO Al2O3
(2) NaClO 离子化合物 MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O

【详解】（1）甲组中碳酸钠属于盐、而不属于碱，乙组中CO是不成盐氧化为、而不是酸性氧化物，丙组中Al2O3是两性氧化物、而不是碱性氧化物，则错误的物质的化学式分别是：甲为Na2CO3、乙为CO、丙为Al2O3。
（2）第(1)题中甲为Na2CO3、乙为CO、丙为Al2O3。由转化关系可知，反应①为，其中淡黄色固体为Na2O2，由B(Na2O)与O2 在加热下反应生成，A为CO2，由乙(CO)与O2 在点燃下反应生成，甲为Na2CO3、与氢氧化钙溶液反应生成的C溶液为NaOH溶液，C溶液与黄绿色气体E反应生成的F是漂白液的有效成分，则F为NaClO，该反应为 ，反应②为，所得D为NaAlO2，据此回答。
①F是漂白液的有效成分，由氯气与NaOH溶液反应生成，则F的化学式是NaClO；E为氯气，电子式为；据分析D为NaAlO2，是一种钠盐，属于离子化合物。
②MnO2与浓HCl共热生成MnCl2、Cl2和H2O，可用于实验室制备E即氯气，化学方程式：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
③反应①为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：。
④反应②为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，离子方程式：。
7．(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。
8．(1)P3-＞Cl-
(2) 三角锥形
(3) sp2、sp3 N2H4分子间除了分子间作用力之外，N2H4分子间还形成氢键，使熔沸点升高，C2H4分子间不能形成氢键

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、O、P、Q原子序数依次增大，Y是自然界中形成化合物最多元素，则Y是C元素，X与其它元素都不在同一周期，且X的最高正价与最低负价之和为0，X的原子序数小于C元素，则X是H元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，Z第一电离能高于同周期的Y和O，则Z为N元素，O为O元素，P、Q的基态原子核外电子排布分别有3个、1个单电子，则P为P元素，Q为Cl元素，即X是H元素，Y是C元素，Z为N元素，O为O元素，P为P元素，Q为Cl元素，据此解答。
【详解】（1）P为P元素，Q为Cl元素，二者形成简单离子分别为P3-、Cl-，它们具有相同的电子层结构，由具有相同电子层结构的离子，随着原子序数的递增，半径减小，则原子序数P＜Cl，离子半径P3-＞Cl-；答案为P3-＞Cl-；
（2）P为P元素，Q为Cl元素，P与Cl两元素可形成1:3的化合物甲，甲为PCl3，P原子与三个Cl原子形成三对共用电子对，其电子式为，结构式为，PCl3中中心原子价层电子对数=3+=4，有一对孤电子对，该分子空间构型为三角锥形；
（3）X是H元素，Y是C元素，Z为N元素，C、N分别与H可形成原子个数比为1:2的6原子二元化合物乙、丙，则乙为C2H4，丙为N2H4，C2H4中两个C形成碳碳双键，所以是sp2杂化，N2H4中两个N都形成单键，还含有1对孤对电子，所以是sp3杂化，已知常温下，C2H4为气体，N2H4为液体，N2H4的熔沸点高于C2H4，是因为N2H4分子间除了分子间作用力之外，N2H4分子间还形成氢键，使熔沸点升高，C2H4分子间不能形成氢键；答案为sp2、sp3，N2H4分子间除了分子间作用力之外，N2H4分子间还形成氢键，使熔沸点升高，C2H4分子间不能形成氢键。
9．(1)Ne
(2)C
(3)H2O
(4)HClO4
(5)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(6)
(7) 三角锥形

【分析】根据元素在周期表的位置可知①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Ne，⑥是Na，⑦是Al，⑧是S，⑨是Cl，⑩为Si。
【详解】（1）惰性气体元素Ne原子最外层有8个电子，不容易失去电子，也不容易获得电子，是稳定的原子结构，化学性质最不活泼的是Ne元素；
（2）元素②是C，元素③是N，二者位于同一周期，元素的原子序数越大，原子半径就越小，则C、N两种元素的原子半径大小关系为C＞N，所以原子半径较大的元素是C元素；
（3）元素③是N，元素④是O，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：N＜O，所以简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，故两种气态氢化物稳定性较强的是H2O；
（4）元素⑧是S，元素⑨是Cl，二者是同一周期元素。元素的原子序数越大，元素的非金属性就越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：S＜Cl，所以酸性：H2SO4＜HClO4，即两种酸中酸性较强的是HClO4；
（5）元素⑥是Na，其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素⑦是Al，Al单质能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（6）元素②的单质为碳、⑩的最高价氧化物为二氧化硅，两者高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为；
（7）元素④是O，元素⑥是Na，这两种元素形成的同时含有离子键又含有非极性键化合物是Na2O2，2个Na+与通过离子键结合，在中2个O原子之间形成非极性共价单键，其电子式为：；
元素①是H，元素③是N，二者形成的10个电子的化合物是NH3，该分子空间构型是三角锥形。
10．(1) 铁 Fe3+
(2)3
(3)
(4) Cr 3d54s1
(5)SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl
(6)CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O
(7) 5 D

【分析】由题干周期表信息可知，a为H、b为Be、c为C、d为N、e为O、f为Al、g为S、h为Cl、i为Ca、j为Fe、k为Cu，据此分析解题。
【详解】（1）根据元素基态原子核外电子最后进入的能级将元素周期表分为五个区，表中属于d区的元素是铁，其形成的常见阳离子即Fe2+、Fe3+中，由于Fe3+核外电子排布为[Ar]3d5的稳定结构、而Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6的不稳定结构，则化学性质较稳定的是Fe3+，故铁；Fe3+；
（2）由分析可知，e为O，其核外电子排布式为：1s22s22p4，故e基态原子中能量最高的电子为2p电子，2p电子云轮廓图的取向有3个，故3；
（3）由分析可知，离子化合物da5即NH5中的阳离子是NH，则另一个离子为H-，则da5即NH5的电子式为，故；
（4）由分析可知，k为Cu，则与k同周期的所有元素的基态原子中未成对电子数最多的即价层电子排布为3d54s1，即是Cr，故Cr；3d54s1；
（5）由分析可知，e为O、g为S、h为Cl，常温下，液态化合物geh2即SOCl2与水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的ge2即SO2气体，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出，即含有Cl-，根据实验现象和质量守恒，则geh2即SOCl2与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl，故SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；
（6）由分析可知，a为H、c为C，碱性条件下，ca4即CH4燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH-=+3H2O,正极反应式为：2O2+8e-+4H2O=8OH-，总反应式减去正极反应式得负极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；
（7）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华，XeF2中心原子的价层电子对数为2+=5，根据参与杂化的轨道数之和等于杂化之后形成的轨道数目，杂化轨道用于形成σ键和存放孤电子对，A．sp形成的轨道数为2，不合题意；B．sp2形成的轨道数为3，不合题意；C．sp3形成的轨道数为4，不合题意； D．sp3d形成的轨道数为5，符合题意；故5；D。
11．(1) Fe，C，O 32g/mol
(2)
(3)
(4)铁粉，氧化亚铁，四氧化三铁

【分析】X气体标况下体积是0.896L，物质的量是0.04mol，质量是7.84g，摩尔质量就是196g/mol，和过量氧气反应后，得到的红色固体A溶于盐酸得到黄色溶液，加入KSCN还变血红色，说明红色固体A含有铁离子，是氧化铁，物质的量是，说明X含有0.04mol铁离子。混合气体A通入足量澄清石灰水有20g沉淀产生，该沉淀是碳酸钙，物质的量是0.2mol，说明X中有0.2mol碳原子，气体B是未反应的氧气。剩余一种元素的质量是7.84g-0.04mol×56g/mol-0.2mol×12g/mol=3.2g，结合X的摩尔质量是196g/mol，可得剩下的一种元素是氧，物质的量是0.2mol。因此X的化学式是Fe(CO)5，是一种配合物。据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，X的化学式是Fe(CO)5，X中3种元素是Fe，C，O；气体B是未反应的氧气，摩尔质量为32g/mol；故答案为Fe，C，O；32g/mol。
（2）X在过量氧气中燃烧生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式是；故答案为。
（3）溶液C滴在淀粉－KI试纸上，试纸显蓝色，说明有碘单质生成，离子方程式为；故答案为。
（4）红色固体A是氧化铁，还原红色固体A，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，含铁元素的黑色粉末可能为铁粉，氧化亚铁，四氧化三铁；故答案为铁粉，氧化亚铁，四氧化三铁。
12．(1) C－C键和C－H键较强，所形成的烷烃稳定，而Si－Si键和Si－H键的键能较低，易断裂，导致硅烷难以形成 ＞
(2)SiC
(3)4Li+O22Li2O
(4) 第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子 12.2

【分析】X、Y、Z、M、W五种主族元素位于前四周期，原子序数依次增大，X为H元素，且这五种元素的最外层电子数之和为16。其中X、Y、Z、M为短周期主族元素，M的最外层电子数为Z的两倍，只有Y、M位于同一主族，且只有Z、M位于同一周期。H在ⅠA族，Z不能在ⅠA族，Z为Mg是Y为C，M为Si，W最外层电子数为16-1-2-4-4=5，W为As；当Z为Al时，Y为O，M为S，W最外层电子数为16-1-3-6-6=0，Z不可能为铝。即：X为H、Y为C、Z为Mg，M为Si，W为As。
【详解】（1）①C与Si位于同一主族，但C元素形成的物质种类远多于Si元素形成的物质种类，原因为C－C键和C－H键较强，所形成的烷烃稳定，而Si－Si键和Si－H键的键能较低，易断裂，导致硅烷难以形成。故C－C键和C－H键较强，所形成的烷烃稳定，而Si－Si键和Si－H键的键能较低，易断裂，导致硅烷难以形成；
②周期表中同主族从下到上，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，稳定性：CH4＞SiH4。故＞；
（2）由C原子与Si原子以1∶1的个数比相互交替结合形成晶体(Q)，结构类似于硅晶体，每个碳原子形成四个C-Si键，每个硅形成四个Si碳键，则Q的化学式为SiC。故SiC；
（3）在元素周期表中，某些主族元素与其右下方的主族元素的有些性质是相似的，这种相似性被称为对角线规则，在前三周期元素中，若元素R与元素Mg是“对角关系”，R为Li，则在加热条件下，单质R与氧气发生反应的化学方程式为4Li+O22Li2O。故4Li+O22Li2O；
（4）①根据结构与性质的关系解释H3AsO4第一步电离大于第二步电离的原因：第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子。故第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；
②已知磷酸的结构式为，H3AsO4与磷酸分子为等电子体，结构相似，分子的结构：。故；
③Na3AsO4以第一步水解为主，水解的离子方程式为：AsO+H2O HAsO+OH-，设溶液中OH-溶度为x，水解常数为 ，-lgx= =POH，pH =14-OH=14-1.8=12.2，常温下，0.1mol•L-1Na3AsO4溶液的pH≈12.2。故12.2。
13．(1)CaCl2
(2)C4H10O
(3) 能 质谱
(4) (CH3)3C－OH 醚键

【分析】用CuO作氧化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部转化为CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用氯化钙吸收水蒸气，用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于二氧化碳会吸收水蒸气，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于装置内有空气，会影响水蒸气、二氧化碳质量测定，实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气。
【详解】（1）因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成H2O和CO2的质量，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，甲装置中盛放的是CaCl2；
故CaCl2。
（2）生成水物质的量为=0.5mol，H原子物质的量为0.5mol×2=1.0mol，生成二氧化碳为=0.4mol，碳原子物质的量为0.4mol，氧原子物质的量为=0.1mol，故有机物A中n(C)：n(H)：n(O)=0.4：1.0：0.1=4：10：1，A的实验式(最简式)为C4H10O；
故C4H10O。
（3）该有机物的最简式为C4H10O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式，也可以通过质谱法快速、精确测定其相对分子质量，进而确定分子式；
故能；质谱。
（4）①A的分子式为C4H10O，若A为醇，且A的核磁共振氢谱图中有两组峰，则A的结构简式为(CH3)3C－OH；
②若A的红外光谱如图所示，含有对称的CH3－、对称的－CH2－以及C－O－C，则其结构简式为CH3CH2OCH2CH3，官能团的名称为醚键；
故(CH3)3C－OH；醚键。
14．(1)
(2) 图3 同周期元素第二电离能从左到右呈增大趋势，但O+处于半满稳定状态，其第二电离能大于F+，因此第二电离能O>F>N>C，图3符合
(3)1
(4)>
(5) Cl 氯水与溴化钠溶液反应，溶液变为橙色

【分析】由元素在周期表中位置可知：a为：H，b为：Li，c为：C，d为：N，e为：O，f为：F，g为：Na，h为：Mg，i为：Al，j：Si，k为：S，l为：Cl，m为：Ar，n为：K，p为：Br。据此解答。
【详解】（1）24号元素为Cr，其基态原子的价层电子轨道表示式，故；
（2）c为：C，d为：N，e为：O，f为：F，失去一个电子后核外电子排布分别为：、、、，C+再失去一个电子变为2s全满，2p全空稳定状态，其第二电离能较小， O+处于半满稳定状态，F+再失一个电子变为半满稳定结构，因此其第二电离能小于O+，由此可知第二电离能：O>F>N>C，图3符合，故图3；同周期元素第二电离能从左到右呈增大趋势，但O+处于半满稳定状态，其第二电离能大于F+，因此第二电离能O>F>N>C，图3符合；
（3）第三周期7种主族元素形成的单质中，只有单质硅为共价晶体，熔点最高，与图中7对应；磷、硫、氯气形成的晶体均属于分子晶体，熔点较低，其中氯元素的电负性最大，氯气的熔点最低，与图中1的对应，故1；
（4）CO2为直线型结构键角为180°，H2O为V型结构，键角约为104.5°，二氧化碳的键角大于水分子中键角，故>；
（5）l为：Cl，p为：Br，两者为同主族元素，同主族从上到下非金属性减弱，形成单质的氧化性减弱，故单质氧化性强的是Cl；可通过单质之间的置换反应证明氯气和溴单质的氧化性强弱，设计实验：将氯水加入溴化钠溶液中，观察溶液颜色，若溶液变橙色说明氯气的氧化性强于溴单质，故Cl；氯水与溴化钠溶液反应，溶液变为橙色。
15．(1)或
(2)
(3)
(4)A
(5) 共价 氯化铝在熔融状态下不导电
(6)
(7) 32

【分析】①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Br，据此解答。
【详解】（1）N和H可以形成和两种10电子微粒，电子式分别为： 、
，故或；
（2）③为N，④为O，⑤为Na，三种元素的简单离子分别为：，核外电子排布相同，核电荷数越多离子半径越小，故离子半径：，故；
（3）⑧为S，其氧化物SO2在适当温度并有催化剂的条件下，可被氧气氧化为SO3，反应方程式为：，故；
（4）④、⑤、⑥、⑦分别为：O、Na、Al、Si，四种元素中非金属性最强的是④O，故A正确；核外电子数最少即原子序数最小的是④O，故B错误；金属性最强的是⑤Na，故C错误；原子半径最大的是⑤Na，故D错误；
故A；
（5）⑥为Al，⑨为Cl，两者形成AlCl3，为共价化合物，可通过熔融状态下氯化铝不能导电证明其组成中不含离子，因此为共价化合物，故共价；氯化铝在熔融状态下不导电；
（6）⑨为Cl，⑩为Br，两者为同主族元素，可通过氯气能从溴化物中置换出溴单质证明氯气的氧化性强于溴单质，相应的反应为：，故；
（7）①锡、锗在空气中不反应，而铅表面会生成一层氧化铅。可知铅比锡、锗活泼；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应，可知锡比锗活泼，又三种原子核外电子层数均小于7，则三种元素中锗周期序数最靠前，应为第4周期，原子序数为32，故32；
②由以上分析可知金属性：Pb>Sn>Ge，元素金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：，故。
16．(1) 第三周期第ⅥA族
(2)
(3)O=C=O
(4)C
(5)S2->O2->Na＋>Al3＋
(6)AC
(7)Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O

【详解】（1）硫的原子序数是16，硫元素在周期表的位置是第三周期第ⅥA族。氨气是共价化合物，电子式为，答案：第三周期第ⅥA族；；
（2）硫化钾是离子化合物，用电子式表示化合物的形成过程为，答案：；
（3）反应中2碳元素化合价升高，碳是还原剂，其氧化产物是二氧化碳，结构式为O=C=O。答案：O=C=O；
（4）A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，A错误；
B.非金属性越强，简单氢化物越稳定，热稳定性：，B错误；
C.氨气能与水形成氢键，所以溶解度：，C正确；
D.氢硫酸中含有的微粒有H2O、H＋、OH-、H2S、HS-、S2-，氨水中含有的微粒有H2O、H＋、OH-、NH3、NH3·H2O、NH，微粒种类：氢硫酸=氨水，D错误；
答案选C。
（5）离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则由④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是S2->O2->Na＋>Al3＋。
（6）A. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则比较这两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性可比较其金属性强弱，A正确；
B. 钠是活泼的金属，极易和水反应，将⑤的单质投入到⑥的盐溶液中不能比较二者的金属性强弱，B错误；
C. 金属性越强，与水反应越剧烈，则将形状、大小相同的这两种元素的单质分别与等体积20℃的水反应可比较其金属性强弱，C正确；
D. 金属性强弱只与失去电子的难易程度有关系，比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目不能比较金属性强弱，D错误；
答案选AC。
（7）元素⑦的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与元素⑨的最简单氢化物的水溶液盐酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O。
17．(1)
(2)第三周期VIIA族
(3) HClO
(4)③④
(5) 液体分层，下层为橙黄色，上层为无色

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同主族且Y的单质可用于制造太阳能电池板，则Y为Si，X为C，Z的族序数等于X的核外电子数，则Z为S，W为Cl。
【详解】（1）根据同电子层结构核多径小，则Y、Z、W原子半径由大到小的顺序为；故。
（2）根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则四种元素中，非金属性最强的元素为氯元素，则氯元素在周期表中的位置是第三周期VIIA族；故第三周期VIIA族。
（3）上述四种元素的化合物，含氧酸中酸性最强的是高氯酸即，含氧酸中氧化性最强的是次氯酸即HClO；故；HClO。
（4）①X(C)的最高价氧化物的分子式为，故①错误；
②根据非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此X氢化物(CH4)的稳定性强于Y氢化物的稳定性(SiH4)，故②错误；
③Z氢化物的水溶液(氢硫酸)露置在空气中，硫化氢和氧气反应生成硫单质和水，因此硫化氢在空气中容易变质，溶液变浑浊，故③正确；
④浓硫酸和硫化氢反应生成二氧化硫、硫单质和水，因此Z的氢化物(硫化氢)与它的最高价氧化物水化物(硫酸)可发生反应生成Z单质，故④正确；
⑤上述单质中能与NaOH溶液反应的有硫、氯气、硅共3种，故⑤错误；
综上所述，③④。
（5）极易水解，生成两种常见的酸即硅酸和盐酸，其化学方程式为：，是一种常见的溶剂，将其放入溴水中，充分振荡、静止后，溴水中溴单质被四氯化碳萃取，溶液分层，由于四氯化碳密度比水大，因此上层为无色，下层为橙黄色；故；液体分层，下层为橙黄色，上层为无色。
18．(1)Ne
(2)第三周期第ⅢA族
(3)C
(4)H2O
(5) NaOH

【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①～⑨号元素分别为：H、C、N、O、Ne、Na、Al、S、Cl；
【详解】（1）稀有气体元素化学性质不活泼，则①～⑨九种元素中，化学性质最不活泼的是：Ne；
（2）元素⑦为Al，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族；
（3）同一周期，从左往右，原子半径依次减小，则元素②和③中原子半径较大的是C；
（4）元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O>N，则元素③和④中气态氢化物稳定性较强的是：H2O；
（5）元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na>Al，则元素⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为X，即NaOH和Y即，其中碱性较强的是NaOH；X和Y反应的离子方程式为：。