試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高三化學一輪復習：元素或物質(zhì)推斷題1．（2021·河南信陽·統(tǒng)考一模）已知：某無色廢水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的幾種，為分析其成分，分別取廢水樣品1L，進行了三組實驗，其操作和有關(guān)圖象如下所示：請回答下列問題：(1)根據(jù)上述3組實驗可以分析廢水中一定不存在的陰離子是______________，一定存在的陽離子是______________。(2)寫出實驗③圖象中沉淀達到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段發(fā)生反應的離子方程式________。(3)分析圖象，在原溶液中c()與c(Al3+)的比值為________，所得沉淀的最大質(zhì)量是_______g。(4)若通過實驗確定原廢水中c(Na+)=0.18mol·L?1，試判斷原廢水中是否存在？_________(填“存在”“不存在”或“不確定”)。若存在，c()=_______mol·L?1。(若不存在或不確定則此空不填)2．（2020·浙江溫州·二模）由三種元素組成的化合物A，按如圖流程進行實驗：已知：①氣體B為純凈物。②固體E既能溶于NaOH溶液又能溶于鹽酸。請回答：（1）組成A的三種元素是___，A的化學式是___。（2）固體A與足量稀鹽酸反應的化學方程式是___。（3）氣體B與足量CuO在加熱條件下反應，請寫出一個可能的化學方程式___。3．（2020·浙江寧波·統(tǒng)考二模）I.固體A由四種元素組成的化合物，為探究固體A的組成，設(shè)計并完成如實驗：已知：固體B是一種單質(zhì)，氣體E、F都是G和另外一種氣體組成。請回答：（1）組成A的四種元素是__________，氣體E是__________。（2）固體A隔絕空氣加熱分解的化學方程式是__________。（3）藍色溶液D和乙醇反應可獲得固體A，同時還生成一種常見的溫室氣體，該反應的化學方程式為__________。Ⅱ.某化學興趣小組為探究SO2與溶液的反應，用如下裝置（夾持、加熱儀器略）進行實驗：制備SO2，將SO2通入溶液中，迅速反應，得到無色酸性溶液和白色沉淀。（1）SO2通入溶液中，得到無色酸性溶液和白色沉淀的離子方程式是__________。（2）若通入溶液中的SO2已過量，請設(shè)計實驗方案檢驗__________。4．（2020·新疆克拉瑪依·統(tǒng)考模擬預測）閱讀下面的信息，推斷元素及有關(guān)物質(zhì)，按要求回答問題：信息①：X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，且原子核外最外層電子數(shù)均不少于2。（1）根據(jù)信息①，X一定不是_________（填序號）。A．氫

B．碳

C．氧

D．硫信息②：上述四種元素的單質(zhì)均能在足量的氧氣中燃燒，生成的四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，氧化物的相對分子質(zhì)量都大于26。（2）這四種元素中是否可能有一種是鋁元素？______。信息③：向上述四種元素單質(zhì)組成的混合物中加入足量鹽酸溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀。（3）白色沉淀物的化學式為___________。信息④：向上述四種元素單質(zhì)組成的混合物中加入足量燒堿溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀。（4）析出白色沉淀的離子方程式為__________________________。信息⑤：X與W同主族（5）X與濃硫酸加熱時反應的化學方程式為___；Y在X的氧化物中能劇烈燃燒，其反應現(xiàn)象為__。（6）已知H的燃燒熱為285.8kJ/mol。現(xiàn)有X的氫化物XH4和H2的混合氣體各0.1mol，與O完全燃燒生成H2O（1）時，放出的熱量為117.6kJ。則XH4完全燃燒的熱化學反應方程式為：________。5．（2020·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）Ⅰ．白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質(zhì)量小于400)能與水發(fā)生反應。為了探究X的組成，設(shè)計并完成了以下實驗：已知：白色沉淀D中的一種成分及質(zhì)量與沉淀B相同。(1)白色沉淀D的成分為_________(填寫化學式)。(2)黑色固體A與濃硝酸反應的離子方程式是_________。(3)X與H2O反應的化學方程式是_________。Ⅱ．已知：①將0.1mol·Lˉ1KI溶液加入到0.1mol·Lˉ1FeCl3溶液中時，可以看到溶液顏色加深，滴加淀粉后溶液變?yōu)樗{色；②當離子濃度相同時，氧化性：Ag+＞Fe3+；③若濃度減小時，離子的氧化性也會隨之減弱。(1)甲同學猜測，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中時，溶液應變藍色。請寫出該猜測對應的離子方程式_________。實驗結(jié)果未見到藍色。(2)乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是_________。請你用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要求畫出實驗裝置圖，并標明電極材料及電解質(zhì)溶液

________。6．（2020·天津靜海·校聯(lián)考二模）A、X、Y、B、C、D、E、M是前30號元素，原子序數(shù)依次增加。A原子是周期表中半徑最小的原子；X的基態(tài)原子次外層有2個電子，最外層有3個未成對電子；Y原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子相反；B的價層電子排布式為ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大氣污染物，常溫下，D的單質(zhì)是一種黃綠色的氣體；E的+3價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)，M與E元素位于同一周期，且為ⅠB族元素。（1）B、Y、C分別形成的簡單離子的半徑由大到小順序為(填離子符號)_________（2）元素D基態(tài)原子的核外電子排布式為________，其同周期元素中，第一電離能最大的是______（寫元素符號）。（3）M與D形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示。①該化合物的化學式為_______②此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍色，深藍色溶液中陽離子的化學式為_______，其中配位體為_______分子（填“極性”或“非極性”），（4）基態(tài)C原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為_______形。將A2C通入ED3溶液中反應的離子方程式為_______（5）用200mL1mol·L-1的BYA溶液吸收4.48L（標準狀況）CY2所得溶液的pH<7，溶液中離子濃度由大到小的順序為___________________________。（6）工業(yè)上用電化學法治理酸性廢液中XY3?的原理如圖，陰極的電極反應式為_______。7．（2013·上海奉賢·統(tǒng)考二模）Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最小(不包括稀有氣體)，R、X、Y三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，同一周期中R的一種單質(zhì)的熔點最高，Y與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物。(1)周期表中的位置：_________，其原子核外有______種不同形狀的電子云。這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是________(用元素符號表示)。(2)Q分別與X、Y形成的最簡單化合物的穩(wěn)定性______>______(用分子式表示)(3)Q與R兩元素組成的分子構(gòu)型可能是________(填寫序號)。a．直線型

b．平面形

c．三角錐形

d．正四面體(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化(其中D是淀粉水解的最終產(chǎn)物)：非金屬X_______Y(填“>”或“<”)，請用事實說明該結(jié)論：__________。8．（2020·浙江·校聯(lián)考模擬預測）化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現(xiàn)進行如下實驗：已知：氣體A在標準狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學式__________。(2)X與水反應的化學方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，設(shè)計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。9．（2020·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）為探究化合物X(含三種元素)的組成與性質(zhì)，設(shè)計并完成了如下實驗：已知：①固體B加水只得到溶液C和固體D，且溶液C的焰色反應呈紫色(透過藍色鈷玻璃)；②氣體E通入足量澄清石灰水得到15g白色沉淀。請回答：(1)溶液C中金屬離子的結(jié)構(gòu)示意圖為______。(2)寫出固體B中加水時發(fā)生反應的離子方程式________。(3)寫出X隔絕空氣加熱分解的方程式___________。(4)若將固體D溶于足量的氫碘酸中得到溶液G，設(shè)計實驗確定G中含有何種金屬離子___。10．（2019·江西新余·新余市第一中學?？寄M預測）X、Y、Z、W為四種常見的短周期元素。其中Y元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，它們在周期表中的相對位置如圖所示：XYZW請回答以下問題：（1）W在周期表中位置___；（2）X和氫能夠構(gòu)成+1價陽離子，其電子式是___，Y的氣態(tài)氫化物比Z的氣態(tài)氫化物的沸點高，緣故是___；（3）X的最高價氧化物的水化物與其氫化物能化合生成M，M的晶體類型為___，M的水溶液顯酸性的緣故是___(用離子方程式表示)。（4）①Y和Z可組成一種氣態(tài)化合物Q，Q能與W的單質(zhì)在潮濕環(huán)境中反應，反應的化學方程式是___。②在一定條件下，化合物Q與Y的單質(zhì)反應達平衡時有三種氣態(tài)物質(zhì)，反應時，每轉(zhuǎn)移4mol電子放熱190.0kJ，該反應的熱化學方程式是___。11．（2019·安徽·校聯(lián)考模擬預測）化學反應是化學實驗現(xiàn)象的本質(zhì)，根據(jù)描述回答下列問題：（1）在BaCl2溶液中通入SO2氣體，未見沉淀生成，若先通入或加入下列的另一種物質(zhì)，再通入SO2能看到沉淀的有___(填序號)。①NO2

②NH3

③HCl

④FeCl3溶液

⑤CO2（2）A、B、C、D、E五種物質(zhì)(或離子)均含有同一種元素，它們之間有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：若A為金屬單質(zhì)，B、C均屬于鹽類，B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，D是一種白色沉淀，E是一種不溶性堿。B溶液呈酸性的原因是___(用離子方程式表示)；選用氫碘酸可與E反應實現(xiàn)E→C的轉(zhuǎn)化，該反應的離子方程式為___。（3）①通常條件下，未經(jīng)碾磨的鎂粉和未經(jīng)擦拭的鎂條跟冷水不反應，因為表面有一層保護膜。去除這層氧化膜后，鎂與冷水就會發(fā)生明顯的反應，看到有大量細膩的氣泡產(chǎn)生。在室溫條件下，反應生成的難溶于水的氫氧化鎂，沉積在表面形成致密薄膜，幾分鐘后，反應很快停止。給反應混合液加熱，鎂跟水的作用又會重新進行，你覺得可能的原因是：___，此時滴加酚酞試液，___(填“會”或“不會”)出現(xiàn)溶液變紅的現(xiàn)象。②取一段擦去表層氧化膜的鎂條，卷成螺旋狀，插入盛滿食鹽水的試管中，將試管倒扣在盛有食鹽水的燒杯中，可以迅速觀察到鎂持續(xù)不斷地跟水反應，你覺得可能的原因是___。③去除了氧化膜的金屬Mg可以與NaHCO3溶液作用析出氫氣，溶液中有白色難溶物生成。這是由于鎂直接與水反應，轉(zhuǎn)化為H2和Mg(OH)2。溶解在水中的少量Mg(OH)2電離生成的OH－與溶液中的HCO3－反應生成CO32－，促使反應生成的Mg(OH)2更多溶解。溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，結(jié)合析出白色難溶物Mg2(OH)2CO3。請根據(jù)以上信息寫出Mg與NaHCO3溶液的總反應式：___(用離子方程式表示)。12．（2019·山西呂梁·統(tǒng)考一模）X、Y、Z、W四種物質(zhì)有如下相互轉(zhuǎn)化關(guān)系（其中Y、Z為化合物，未列出反應條件）。（1）若實驗室經(jīng)常用澄清石灰水來檢驗X的燃燒產(chǎn)物，W的用途之一是計算機芯片，W在周期表中的位置為___________，Y的用途有_________，寫出Y與NaOH溶液反應的離子方程式_________。（2）若X、W為日常生活中常見的兩種金屬，且Y常用作紅色油漆和涂料，則該反應的化學方程式為___________。（3）若X為淡黃色粉末，Y為生活中常見液體，則：①X的電子式為_______________，該反應的化學方程式為____________，生成的化合物中所含化學鍵類型有________________________。②若7.8克X物質(zhì)完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___________。13．（2022·海南三亞·三亞市第一中學?？寄M預測）元素周期表中的四種元素的有關(guān)信息如下，請用合理的化學用語填寫空白。在周期表中的區(qū)域元素代號有關(guān)信息短周期元素XX的最高價氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強堿溶液YY的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑長周期元素ZZ的一種鹽乙可以作凈水劑，Z的某種氧化物丙可以做紅色涂料WW元素大多存在于海藻種，它的銀鹽可用于人工降雨（1）X元素周期表中的位置為___，X、Y、Z三種元素的簡單離子半徑從大到小的順序為___。（2）足量W的最高價氧化物的水化物是稀溶液與1mol甲完全反應，放出熱量QkJ，請寫出表示該過程中和熱的熱化學方程式：____。（3）下列有關(guān)W的氣態(tài)氫化物丁的說法正確的有___（選填字母）a.丁比氯化氫沸點高

b.丁比氯化氫穩(wěn)定性好c.丁比氟化氫還原性弱

d.丁比氟化氫酸性弱（4）請寫出丙溶于丁的水溶液的離子方程式___。14．（2018·浙江·校聯(lián)考二模）為探究不含結(jié)晶水鹽A（僅含三種元素）組成和性質(zhì)，設(shè)計并完成如下實驗：①取少量A，加水，A由白色變?yōu)樗{色，加熱藍色又變成白色；②另取一定量A進行加熱分解，加熱分解過程中有黃色中間產(chǎn)物B產(chǎn)生，同時產(chǎn)生氣體C，B的質(zhì)量為A質(zhì)量的四分之三，C能使鹽酸酸化的BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀。B遇水生成不溶于水的藍色固體D，同時有三分之二的S元素溶于水。(1)A組成元素是_____（用元素符號表示）。(2)B的化學式是_________。(3)B與水反應的化學方程式是___________。15．（2019·湖南湘潭·校聯(lián)考一模）現(xiàn)有金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H，它們之間能發(fā)生如下反應(圖中有些反應的產(chǎn)物和反應的條件沒有全部標出)。請根據(jù)以上信息回答下列問題：(1)寫出下列物質(zhì)的化學式B________、乙________(2)寫出下列反應離子方程式：反應①___________________________________________________________________反應③___________________________________________________________________反應⑤___________________________________________________________________16．（2018·江蘇無錫·統(tǒng)考一模）有關(guān)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示(部分物質(zhì)和條件已略去)。X是最常見的無色液體，B是紅色粉末狀的物質(zhì)，C、D的組成元素相同，且D常用于編織物的漂白。請回答下列問題：(1)X的電子式為________。(2)E的化學式為_________。(3)寫出反應①的化學方程式________。(4)寫出反應②的離子方程式________。17．（2019·福建漳州·統(tǒng)考一模）V2－、W3－、X2+、Y2－、Z－是由短周期元素形成的簡單離子，其中V2－、W3－、X2+均是10電子的微粒，Y2－、Z－與Ar原子具有相同的電子數(shù)。(請用化學用語回答下列問題)（1）V2－的結(jié)構(gòu)示意圖為___________。（2）V、W、X的原子半徑由小到大的順序是______________________。（3）無水W2H4為無色液體，在298k時與V2氣體迅速反應生成W2氣體和液態(tài)的V的最簡單氫化物，若生成1mol該液態(tài)氫化物放出311.2kJ熱量，則該反應的熱化學方程式為_________________________________。（4）YZ2是一種重要的化工產(chǎn)品，熔點：－78℃，沸點：59.6℃，加熱至40℃以上，部分開始分解，YZ2晶體屬于___________晶體。（5）①Na2YO3溶液中離子濃度從大到小的順序是_________________________。②已知：室溫下H2YO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.4×10－2，Ka2=6.3×10－8，請通過計算確定NaHYO3水溶液的酸堿性(請寫出計算過程)_________________________________。18．（2011·湖南·校聯(lián)考一模）圖為中學化學中幾種常見物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系已知：①A、C、D是常見的氣體單質(zhì)；②F氣體極易溶于水，且液態(tài)常用做制冷劑；③G為易溶性的鹽，E為白色沉淀；④H為無色液體化合物。（1）寫出D的原子結(jié)構(gòu)示意圖_________________________。（2）鑒定G中陽離子的實驗方法和現(xiàn)象___________________________。（3）反應②的離子方程式_______________________________________________。（4）反應③的化學方程式______________________________________________。（5）將等物質(zhì)的量的F與G溶于水，所得溶液pH>7，則該溶液中各種離子濃度大小順序為___________________________________________。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．Na+、H+、Al3+、Mg2+、+OH－=NH3·H2O2∶110.7存在0.08【分析】根據(jù)溶液無色，排除鐵離子，根據(jù)焰色反應，一定有鈉離子，根據(jù)加入氯化鋇和稀鹽酸生成白色沉淀，說明含有硫酸根，根據(jù)離子共存排除一定沒有鋇離子，根據(jù)加入足量氫氧化鈉溶液和圖象信息得出一定含有鋁離子、鎂離子、氫離子、銨根離子，根據(jù)離子共存排除碳酸根，再根據(jù)電荷守恒得出含有硝酸根并計算硝酸根濃度?！驹斀狻?1)廢水是無色的，說明無Fe3+。根據(jù)焰色反應為黃色可知有Na+，加入氯化鋇有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，說明有，加入氫氧化鈉開始時沒有沉淀生成說明有H+，加入過量的氫氧化鈉有部分沉淀溶解，說明有Al3+，還有部分白色沉淀不溶解，說明有Mg2+，沉淀達到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段，有另一陽離子與氫氧根反應且不生成沉淀，說明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根據(jù)離子共存判斷出一定沒有。故答案為：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。(2)沉淀達到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段發(fā)生反應的離子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案為：+OH－＝NH3·H2O。(3)與反應的OH－有0.2mol，則有0.2mol，與Al(OH)3反應的OH－有0.1mol，則Al3+有0.1mol，因此二者物質(zhì)的量之比為2∶1。生成沉淀需要OH－物質(zhì)的量為0.4mol，0.1molAl3+沉淀需要0.3molOH－，則與Mg2+反應的OH－是0.1mol，則Mg2+有0.05mol，生成氫氧化鎂0.05mol，質(zhì)量為0.05mol×58g?mol?1＝2.9g，生成的氫氧化鋁是0.1mol，質(zhì)量為0.1mol×78g?mol?1＝7.8g，則沉淀最大質(zhì)量為10.7g；故答案為：2∶1；10.7。(4)從圖中可知，H+有0.1mol，已經(jīng)求得有0.2mol，Al3+有0.1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)=0.18mol·L?1，則鈉離子的物質(zhì)的量為0.18mol·L?1×1L=0.18mol。根據(jù)題干可知硫酸鋇有93.2g，即物質(zhì)的量為0.4mol，也就是說有0.4mol，已知沒有，正電荷高于負電荷，電荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2mol×1+0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol×1?0.4mol×2=0.08mol，則硝酸根濃度為c()=；故答案為：存在；0.08?！军c睛】最后剩余的幾種離子來判斷存在時，要根據(jù)離子共存和電荷守恒來判斷一定存在的離子。2．氫、碳、鋁Al(CH3)3Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O【分析】根據(jù)已知條件，E是一種既能溶于NaOH又能溶于鹽酸的白色固體，E為某種含鋁化合物，E可以加熱生成白色固體F，說明白色固體E為Al(OH)3，白色固體F為Al2O3；氣體B為純凈物，同時氣體B可燃燒生成另一種氣體C，氣體C可以與Ca(OH)2反應生成白色沉淀，能與Ca(OH)2反應生成沉淀的氣體有CO2、SO2、SO3，若為硫化物，則氣體C為SO3，但SO3不能通過SO2與氧氣直接點燃獲得，故氣體C應為CO2，氣體B為可燃性的含碳物質(zhì)，為烴類，故組成化合物A的元素有H、C、Al。【詳解】（1）根據(jù)分析組成化合物A的元素有H、C、Al；通過所給質(zhì)量可以計算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，則H元素的質(zhì)量為0.18g，Al、C、H的物質(zhì)的量比為=1:3:9，故A的化學式為Al(CH3)3，（2）固體A可以和鹽酸發(fā)生反應，A中的Al結(jié)合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3結(jié)合HCl中的H生成CH4，反應的化學方程式為Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；（3）甲烷可以和氧化銅發(fā)生反應，可能的化學方程式為CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。3．Cu、C、N、OCO和N2（SO2不足）或（SO2足量）取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量（其它合理答案即可）【分析】I．固體B和稀HNO3反應生成氣體C和藍色溶液D可知，單質(zhì)B為Cu，D為Cu(NO3)2，C為NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；氣體E和灼熱CuO反應生成氣體F，則氣體F不含SO2，F(xiàn)和澄清石灰水反應有沉淀H生成，故H為CaCO3，F(xiàn)含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；固體A隔絕空氣加熱得到Cu、CO、和氣體G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由氣體E總體積為1.008L可得，氣體n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G為N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物質(zhì)的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A為Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有較強還原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性條件下有強氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中發(fā)生氧化還原反應，據(jù)此解答。【詳解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四種元素，氣體E為CO和N2的混合物，故答案為：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)結(jié)合原子守恒可寫出將A隔絕空氣加熱的化學方程式為：，故答案為：；(3)結(jié)合原子守恒、得失電子守恒可寫出Cu(NO3)2和乙醇反應的化學方程式為：，故答案為：；Ⅱ．(1)SO2作還原劑，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-結(jié)合成BaSO4，NO3-做氧化劑，被還原為NO，若SO2不足量，氧化產(chǎn)物為BaSO4，若SO2足量，氧化產(chǎn)物除BaSO4外還H2SO4，結(jié)合原子守恒、電荷守恒、電子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中發(fā)生的反應的離子方程式為：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案為：(SO2不足)或(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫過量，溶液中將含SO2，溶液將具有還原性，可使KMnO4溶液等強氧化劑褪色，因此可取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量，故答案為：取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量（其它合理答案即可）。4．AD可能Mg(OH)2SiO32-+2H+=H2SiO3↓2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O劇烈燃燒，產(chǎn)生白煙，有黑色物質(zhì)附著于集氣瓶內(nèi)壁CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)

△H＝-890.2kJ/mol【分析】四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種元素是鋁；鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是鎂；硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中析出白色沉淀，說明有一種元素是硅；X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，X與W同主族，則X是C元素、Y是Mg、Z是Al、W是Si；【詳解】（1）X原子最外層電子數(shù)均不少于2，所以X不可能是H；X、Y、Z、W是常見的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，若X是硫，則W不可能是短周期元素，故X不可能是S，選AD；（2）四種氧化物中，有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃氫氧化鈉溶液，說明有一種是兩性氧化物，四種元素中可能有一種是鋁元素；（3）鎂和鹽酸溶液反應生成氯化鎂，氯化鎂和過量的氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，所以白色沉淀物的化學式為Mg(OH)2；（4）硅和足量燒堿溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，硅酸鈉溶液中加入過量的鹽酸溶液，生成白色硅酸沉淀，生成硅酸沉淀的離子方程式為SiO32-+2H+=H2SiO3↓；（5）C與濃硫酸加熱時反應生成二氧化碳、二氧化硫、水，反應的化學方程式為2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；Mg在CO2中能劇烈燃燒生成氧化鎂和碳，其反應現(xiàn)象為劇烈燃燒，產(chǎn)生白煙，有黑色物質(zhì)附著于集氣瓶內(nèi)壁；（6）H的燃燒熱為285.8kJ/mol，0.1mol氫氣燃燒放出28.58kJ的熱量，則0.1molCH4燃燒放出117.6kJ-28.58kJ=89.02kJ的熱量，則CH4的燃燒熱為890.2kJ/mol，則CH4完全燃燒的熱化學反應方程式為CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)

△H＝-890.2kJ/mol。5．BaSO4和AgClAg2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2OAg2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO42Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生【分析】Ⅰ．白色無機鹽X(含三種元素，相對分子質(zhì)量小于400)能與水發(fā)生反應。白色沉淀D中的一種成分及質(zhì)量與沉淀B相同，B為BaSO4，物質(zhì)的量為，D中另一種沉淀為與氯離子生成的AgCl，物質(zhì)的量為，推知X中含S:0.02mol×2=0.04mol、Ag:0.04mol、由質(zhì)量守恒含氧=0.012mol，A的實驗式為Ag2S2O3，相對分子質(zhì)量小于400時，Ag2S2O3為328，符合題意，A為Ag2S2O3，與水反應Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；黑色固體A為Ag2S，與濃硝酸反應的離子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；各物質(zhì)關(guān)系如圖：；Ⅱ．Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生；用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要用鹽橋?qū)g＋和I－分開，用惰性電極作電極，由此設(shè)計?！驹斀狻竣瘢煞治觯?1)白色沉淀D的成分為BaSO4和AgCl；故答案為：BaSO4和AgCl；(2)黑色固體A與濃硝酸反應生成硫酸銀和二氧化氮，離子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；故答案為：Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；（3）X與H2O反應生成黑色的硫化銀和硫酸，化學方程式是Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；故答案為：Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；Ⅱ．（1）甲同學猜測，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中時，溶液應變藍色，有碘生成，對應的離子方程式2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；故答案為：2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；（2）乙同學認為甲同學的實驗方案有問題，理由是Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生。用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要用鹽橋?qū)g＋和I－分開，用惰性電極作電極，電極材料及電解質(zhì)溶液、實驗裝置圖，如圖：。故答案為：Ag+會與Iˉ發(fā)生反應生成AgI沉淀，使Ag+的濃度下降，從而減弱Ag+的氧化性，使上述反應很難發(fā)生；。6．S2->O2->Na+1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5ArCuCl[Cu(NH3)4]2+極性啞鈴H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O【分析】A原子是周期表中半徑最小的原子，所以A為H元素；X的基態(tài)原子次外層有2個電子，最外層有3個未成對電子，則X的核外電子排布式為1s22s22p3，X為N元素；Y原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子相反，則Y的2p軌道電子排布式為2p4，所以Y為O元素；常溫下，D的單質(zhì)是一種黃綠色的氣體，則D為Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大氣污染物，且C的原子序數(shù)大于O小于Cl，所以C為S；B的價層電子排布式為ns1，其原子序數(shù)大于O且小于S，則其價層電子排布式為3s1，所以B為Na元素；E的+3價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)，則其原子的價層電子排布為3d64s2，為Fe元素；M與E元素位于同一周期，且為ⅠB族元素，則M為Cu元素?！驹斀狻?1)B、Y、C形成的簡單離子為Na+、O2-、S2-，離子核外電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以離子半徑由大到小順序為：S2->O2->Na+；(2)Cl元素為17號元素，原子的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；同周期元素中自左至右第一電離能呈增大趨勢，Ar元素為該周期最右端元素，且其最外層電子為全滿狀態(tài)，所以第一電離能最大；(3)①根據(jù)均攤法，該晶胞中Cl原子數(shù)目為=4，Cu原子數(shù)目為4，所以該化合物的化學式為CuCl；②此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍色，說明Cu+被氧化成Cu2+，繼而與NH3形成配離子：[Cu(NH3)4]2+；配位體為NH3，其空間構(gòu)型為三角錐形，正負電荷中心不重合，為極性分子；(4)基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級為3p能級，電子云輪廓圖為啞鈴形；將H2S通入FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+可將-2價的S元素氧化成S，自身被還原成Fe2+，離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；(5)用200mL1mol·L-1的NaOH溶液吸收4.48L(標準狀況)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，溶液pH<7，說明HSO3-的電離程度大于水解程度，所以溶液中離子濃度由大到小為：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；(6)電解時陰極上NO3-發(fā)生得電子的還原反應生成N2，則其陰極的反應式為2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。7．第二周期第VA族2COH2O>NH3abd<2H2S+O2=2H2O+S↓【分析】Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半徑與Z的原子半徑之比最小(不包括稀有氣體)，則Q的原子半徑最小，Z的原子半徑最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三種元素的原子核外電子層數(shù)相同，這三種元素處于第二周期，同一周期中R的一種單質(zhì)的熔點最高，金剛石的熔點最高，所以R是C元素，Y與Q、R、X、Z均能形成多種常見化合物，則Y是O元素，所以X是N元素?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知Q是H，R是C，X是N，Y是O，Z是Na元素。(1)X是N元素，原子核外電子排布為2、5，所以其處于第二周期第VA族，其核外電子排布式為1s22s22p3，有s、p兩種軌道，故有兩種不同形狀的電子云，這五種元素中，最外層有兩個未成對電子的元素是C和O元素；(2)Q分別與X、Y形成的最簡單化合物是NH3、H2O，元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，O的非金屬性大于N元素，所以氫化物的穩(wěn)定性：H2O>NH3；(3)Q與R兩元素組成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烴類物質(zhì)，其中甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯為平面結(jié)構(gòu)，乙炔為直線形結(jié)構(gòu)，故合理選項是abd；(4)X是N，Y是O，二者是同一周期的元素，元素的非金屬性越強，其相應的氫化物的穩(wěn)定性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，活動性強的可以把活動性弱的置換出來，所以可根據(jù)置換反應：2H2S+O2=2H2O+S↓，比較出元素的非金屬性：N<O?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，正確推斷元素的種類是解答本題的關(guān)鍵，要正確把握元素周期律的遞變規(guī)律，掌握元素周期律的應用及判斷方法。8．碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【分析】X與水反應產(chǎn)生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質(zhì)量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質(zhì)X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產(chǎn)生兩種沉淀，質(zhì)量和為7.62g，根據(jù)Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質(zhì)量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應產(chǎn)生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質(zhì)量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質(zhì)量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結(jié)合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應產(chǎn)生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應消耗0.01molNaOH，產(chǎn)生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質(zhì)的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學式為Na5CBr，Na5CBr與水反應總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質(zhì)的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質(zhì)的量的比為4：1；(1)X化學式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應的化學方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構(gòu)成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明在熔融狀態(tài)中含有自由移動的離子，則該物質(zhì)是由離子構(gòu)成的離子化合物；(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質(zhì)、物質(zhì)的構(gòu)成微粒，并結(jié)合題干信息計算、推理。9．K2O+H2O＝2K++2OH-4K2FeO42Fe2O3+4K2O+3O2↑取溶液G少許于一小試管中，滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若產(chǎn)生藍色沉淀，說明G中含有亞鐵離子（或其他合理答案，不可用酸性高錳酸鉀溶液）【詳解】“氣體E通入足量澄清石灰水得到15g白色沉淀”，則E為CO2，物質(zhì)的量為=0.15mol；則D為金屬氧化物，設(shè)其化學式為R2On，則發(fā)生反應為R2On+nCO2R+nCO2，設(shè)R的相對原子質(zhì)量為M，則有，由此得出，從而得出n=3，M=56，R為Fe元素。由“溶液C的焰色反應呈紫色(透過藍色鈷玻璃)”，可確定金屬為K，固體B為Fe2O3和K2O的混合物，并可求出n(Fe)=0.05mol×2=0.1mol，n(K)==0.2mol。X中，n(O)==0.4mol，由此可得出X中，n(K):n(Fe):n(O)=0.2mol:0.1mol:0.4mol=2:1:4，X的化學式為K2FeO4，A氣體為O2。(1)從上面分析中，可確定溶液C中金屬為鉀，其離子的結(jié)構(gòu)示意圖為。(2)固體B中含有Fe2O3和K2O，F(xiàn)e2O3不溶于水，不與水發(fā)生反應，只有K2O能與水反應，離子方程式為K2O+H2O＝2K++2OH-。(3)X隔絕空氣加熱分解，生成Fe2O3、K2O和O2，化學方程式為4K2FeO42Fe2O3+4K2O+3O2↑；(4)若將固體D(Fe2O3)溶于足量的氫碘酸中，發(fā)生反應Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，檢驗Fe2+的方法是取溶液G少許于一小試管中，滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若產(chǎn)生藍色沉淀，說明G中含有亞鐵離子（或其他合理答案，不可用酸性高錳酸鉀溶液）。【點睛】檢驗Fe2+時，也可使用硫氰化鉀溶液。因為氫碘酸足量，所以溶液G中不含有Fe3+，先加硫氰化鉀溶液，無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液變?yōu)檠t色，則表明溶液G中含有Fe2+。雖然滴加氯水時，I-也會被氧化為I2，但碘水為黃色，不會對實驗結(jié)果產(chǎn)生干擾。10．三、VIIAH2O分子間存在著氫鍵離子晶體NH4++H2ONH3·H2O+H+SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO42SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-190.0kJ/mol【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，Y原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，故Y為O元素，可推知X為N元素、Z為S元素、W為Cl。【詳解】(1)由上述分析可知：W為Cl元素，處于周期表中第三周期第VIIA族，故答案為：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X為N元素，X和氫可以構(gòu)成+1價陽離子為NH4+，其電子式是；Y為O元素，Z為S元素，Y的氣態(tài)氫化物H2O比Z的氣態(tài)氫化物H2S的沸點高，是因為H2O分子間存在著氫鍵。故答案為：；H2O分子間存在著氫鍵；(3)由上述分析可知：X為N元素，X的最高價氧化物的水化物硝酸與其氫化物氨氣能化合生成M為NH4NO3，屬于離子晶體，水溶液中銨根離子水解NH4++H2ONH3·H2O+H+，破壞水的電離平衡，溶液呈酸性，故答案：離子晶體，NH4++H2ONH3·H2O+H+；(4)①由上述分析可知：Y為O元素，Z為S元素，W為Cl，Y和Z可組成一種氣態(tài)化合物Q為SO2，SO2能與氯氣在潮濕環(huán)境中反應生成硫酸與HCl,反應的化學方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案為：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；②在一定條件下，化合物Q（SO2）與Y為O元素的單質(zhì)(O2)反應達平衡時有三種氣態(tài)物質(zhì)，反應方程式為：2SO2+O22SO3，反應時，每轉(zhuǎn)移4mol電子放熱190.0kJ，則參加反應二氧化硫為2mol，氧氣為1mol，生成2molSO3，放出熱量為190.0kJ，所以該反應的熱化學方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-190.0kJ/mol；故答案為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-190.0kJ/mol。11．①②④Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O加熱促進了水的電離使H+濃度增大或加熱增大了Mg(OH)2的溶解度會Cl-促進了反應的發(fā)生2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3【分析】(1)BaCl2溶液中通入SO2氣體，未見沉淀生成的原因是BaSO3易溶于鹽酸，故有以下兩種思路：①將其氧化為硫酸與BaCl2反應；②將其轉(zhuǎn)化為SO32-與BaCl2反應，據(jù)以上分析解答；(2)Fe(OH)3溶于氫碘酸時產(chǎn)生的Fe3+與I-會發(fā)生氧化還原反應；(3)①阻礙鎂與水反應進行的主要因素是沉積在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加熱后促進了水的也離使H+濃度增大會加快反應述率。同時升溫會使它的溶解度增大使之溶解，反應得以繼續(xù)下去；Mg(OH)2屬于中強堿，室溫下其懸濁液的pH約為11左右，可以使酚酞變紅。②在食鹽水中反應速率加快可能的原因：Cl-促進了反應的發(fā)生等；③Mg與NaHCO3溶液反應生成氫氣、堿式碳酸鎂和碳酸鈉?！驹斀狻浚?）①NO2具有氧化性，在溶液中將SO2氧化為SO42﹣離子，生成沉淀BaSO4，故①選；②NH3與水反應生成NH3?H2O，NH3?H2O與二氧化硫反應生成亞硫酸銨，溶液中生成大量的SO32﹣離子，生成沉淀BaSO3，故②選；③HCl與SO2都不與BaCl2反應，通入SO2與HCl都不會生成沉淀，故③不選；④FeCl3溶液具有氧化性，將SO2氧化為SO42﹣離子，生成沉淀BaSO4，故④選；⑤SO2與CO2都不與BaCl2反應，并且所對應的酸都比鹽酸弱，通入SO2與CO2都不會生成沉淀，故⑤不選；答案選①②④；（2）B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，說明B中含有Fe3+，A為Fe，結(jié)合E是一種不溶性堿可知C中含F(xiàn)e2+，D為Fe(OH)2，E為Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；E→C的離子方程式為2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O；(3)①阻礙鎂與水反應進行的主要因素是沉積在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加熱后促進了水的點離，使H+濃度增大，加快了反應述率。同時升溫會使它的溶解度增大使之溶解，反應得以繼續(xù)下去；Mg(OH)2屬于中強堿，室溫下其懸濁液的pH約為11左右，可以使酚酞變紅。②在食鹽水中反應速率加快可能的原因：Cl-促進了反應的發(fā)生等；③Mg與NaHCO3溶液反應生成氫氣、堿式碳酸鎂和碳酸鈉，反應的離子方程式為2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。12．第三周期ⅣA族光導纖維SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑離子鍵、極性鍵0.1NA【詳解】⑴若實驗室經(jīng)常用澄清石灰水來檢驗X的燃燒產(chǎn)物，即X為碳，W的用途之一是計算機芯片，即為硅，W在周期表中的位置為第三周期第IVA族，Y為二氧化硅，它的用途有光導纖維，寫出Y與NaOH溶液反應的離子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案為第三周期ⅣA族；光導纖維；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；⑵若X、W為日常生活中常見的兩種金屬，且Y常用作紅色油漆和涂料即為氧化鐵，兩者發(fā)生鋁熱反應，則該反應的化學方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；⑶若X為淡黃色粉末即為過氧化鈉，Y為生活中常見液體即為，則：①X的電子式為，該反應的化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化學鍵類型有離子鍵、極性鍵，故答案為；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；離子鍵、極性鍵；②過氧化鈉中一個氧升高三價，一個氧降低一價，若7.8克過氧化鈉即0.1mol完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，故答案為0.1NA。13．第三周期ⅢA族r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)

△H=-QkJ/molaFe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O【分析】氫氧化鋁具有兩性，X的最高價氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強堿溶液，X是Al元素；氨氣作制冷劑，Y的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑，Y是N元素；氧化鐵是紅色染料的成分，Z的一種鹽乙可以作凈水劑，Z的某種氧化物丙可以做紅色涂料，Z是Fe元素；碘化銀用于人工降雨，W元素大多存在于海藻種，它的銀鹽可用于人工降雨，W是I元素；【詳解】（1）X是Al元素，Al元素周期表中的位置為第三周期ⅢA族，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，Al3+、N3-、Fe3+三種離子半徑從大到小的順序為r(Fe3+)＞r(N3-)＞r(Al3+)。（2）W的最高價氧化物的水化物是HIO4，甲是氫氧化鋁；足量HIO4稀溶液與1molAl(OH)3完全反應，放出熱量QkJ，表示該過程中和熱的熱化學方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)

△H=-QkJ/mol。（3）a.HI的相對分子質(zhì)量大于HCl，HI比氯化氫沸點高，故a正確；b.Cl的非金屬性大于I，HCl比HI穩(wěn)定性好，故b錯誤；c.Cl的非金屬性大于I，HI比氟化氫還原性強，故c錯誤；

d.HI是強酸，氫氟酸是弱酸，故d錯誤。（4）鐵的氧化物丙可以做紅色涂料，丙是Fe2O3，丁是HI，F(xiàn)e2O3與HI發(fā)生氧化還原反應生成FeI2和I2，反應的離子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。14．Cu

S

OCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4【分析】①取少量A，加水，A由白色變?yōu)樗{色，加熱藍色又變成白色，說明A是CuSO4，根據(jù)物質(zhì)組成確定其中含有的元素；②另取一定量A進行加熱分解，加熱分解過程中有黃色中間產(chǎn)物B產(chǎn)生，同時產(chǎn)生氣體C，C能使鹽酸酸化的BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，則C是SO3，反應產(chǎn)生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的質(zhì)量為A質(zhì)量的四分之三，根據(jù)質(zhì)量守恒應該是2個CuSO4分解的產(chǎn)物，則B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的藍色固體D，同時有三分之二的S元素溶于水，若有3個Cu2OSO4反應，溶于水的S只能是生成2個CuSO4，根據(jù)反應前后元素守恒，分析反應，得到反應方程式?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三種元素；(2)由于A分解產(chǎn)生的C是氣體，C能使鹽酸酸化的BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明C是SO3氣體，反應產(chǎn)生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解產(chǎn)生的B為黃色固體，且B的質(zhì)量為A質(zhì)量的四分之三，則B應該是2個CuSO4分解產(chǎn)生1個SO3后剩余的部分，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知B是Cu2OSO4；(3)B遇水生成不溶于水的藍色固體D，同時有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，還有三分之二的S元素以固體形式存在即以堿式硫酸銅形式存在，反應方程式為3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或?qū)憺?Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。【點睛】本題考查了物質(zhì)的元素組成、物質(zhì)的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)在物質(zhì)成分確定的應用。掌握元素的存在形式、溶液的顏色及質(zhì)量守恒定律是確定物質(zhì)成分及元素的關(guān)鍵，本題難度適中。15．(1)NaCl2(2)2Na＋2H2O=2Na++2OH-＋H2↑2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-【分析】金屬單質(zhì)A焰色反應為黃色，則A為Na；Na與水反應生成NaOH（物質(zhì)D）溶液和氫氣（氣體甲），氫氧化鈉與金屬鋁（金屬B）反應生成氫氣；黃綠色氣體乙為氯氣；物質(zhì)E為鹽酸；金屬C為鐵，物質(zhì)F為氯化亞鐵；【詳解】（1）根據(jù)分析可知，金屬B為鋁，氣體乙為氯氣；答案為：Na；Cl2；（2）單質(zhì)、氣體、沉淀、氧化為及弱電解質(zhì)寫化學式；①Na與水反應生成NaOH（物質(zhì)D）溶液和氫氣（氣體甲）離子反應式為：2Na＋2H2O=2Na++2OH-＋H2↑；③氫氧化鈉與金屬鋁（金屬B）反應生成氫氣與偏鋁酸鈉，離子反應式為：2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑；⑤氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，離子反應式為：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-。16．H2SO42FeSO4Fe2O3+SO3↑+SO2↑SO2＋2Fe3＋＋2H2O=4H＋＋＋2Fe2＋【分析】由題干可知：X是最常見的無色液體，確定X是水；B是紅色粉末狀的物質(zhì)，確定B是三氧化二鐵，D常用于編織物的漂白，確定D