高三化學一輪復習-無機推斷題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高三化學復習無機推斷題1．（2024·山西呂梁·一模）已知為中學化學中一種常見的鹽，為淡黃色固體；、為常見的金屬，的氧化物可作耐火材料，可用它來制造耐火坩堝和耐高溫試驗儀器；為氣體單質，為無色氣體，在空氣中會出現(xiàn)紅棕色，各物質的轉化關系如下圖(部分反應產物已略去)。請回答下列問題；(1)氧化物的化學式為，的電子式為。(2)反應③的化學方程式為。(3)在反應①②③④中不屬于置換反應的是(填序號)。(4)寫出與以等物質的量進行反應的離子方程式。(5)和的混合溶液，用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到氣體(標準狀況下)，假定電解后溶液體積仍為。①寫出電解時陽極的電極反應式；②電解后溶液中為2．（2024·浙江寧波·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，設計并完成如實驗：已知：固體B是一種單質，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，請設計實驗方案檢驗。3．（2024·北京通州·一模）有八種短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f隨著原子序數(shù)的遞增，其原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應的水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數(shù)的關系如圖2所示。根據上述信息進行判斷，并回答下列問題：（1）g在元素周期表中的位置是；（2）比較d、e、f的簡單離子半徑大小為<<(用離子符號表示)；y、h的最高價氧化物對應水化物酸性較強的是(用化學式表示)；（3）下列可作為比較e和f金屬性強弱的依據是；①測同溫同壓同濃度相應氯化物水溶液的pH②測兩種元素單質的硬度和熔、沸點③比較單質作還原劑時失去的電子數(shù)目的多少④比較兩種元素在化合物中化合價的高低⑤比較單質與同濃度鹽酸反應的難易程度（4）由上述元素中的y、z、e組成的某劇毒化合物eyz不慎泄漏時，消防人員通常采用噴灑過氧化氫溶液的方式處理，以減少污染。反應生成一種酸式鹽和一種氣體，二者的水溶液均呈堿性，該反應的化學方程式為。已知eyz含有Z2分子中類似的化學鍵，寫出化合物eyz的電子式。4．（2024·安徽合肥·一模）W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，其它相關信息見下表。元素相關信息W單質為密度最小的氣體X元素最高正價與最低負價之和為0Y某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障Z存在質量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素根據上述信息，回答下列問題：(l)元素Y在元素周期表中的位置是；Y和Z的簡單離子半徑比較，較大的是（用離子符號表示）。(2)XY2由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是；由元素W和Y組成的一種綠色氧化劑的電子式為。(3)由W、X、Y、Z四種元素組成的一種無機鹽，水溶液呈堿性的原因是（用離子方程式表示）。5．（2024·湖南岳陽·模擬預測）幾種中學化學常見的單質及其化合物相互轉化的關系圖如下：

可供參考的信息有：①甲、乙、丙、丁為單質，其余為化合物②A由X和Y兩種元素組成，其原子個數(shù)比為l︰2，元素質量之比為7︰8。③B氣體是引起酸雨的主要物質，H常溫下為無色無味的液體，E常用作紅色油漆和涂料。試根據上述信息回答下列問題：(1)A的化學式為，每反應lmol的A轉移的電子數(shù)為mol；(2)F與丁單質也可以化合生成G，試寫出該反應的離子方程式：；(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質中，得到三種分散系①、②、③。試將①、②、③對應的分散質具體的化學式填人下列方框中：(4)化合物M與H組成元素相同，可以將G氧化為F，且不引進新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式：6．（2024·甘肅酒泉·模擬預測）4種相鄰的主族短周期元素的相對位置如表，元素x的原子核外電子數(shù)是m的2倍，y的氧化物具有兩性。回答下列問題：mnxy（1）元素x在周期表中的位置是第。其單質可采用電解熔融的方法制備。用電子式表示該化合物的形成過程：。（2）m、n、y三種元素最高價氧化物的水化物中，酸性最強的是，堿性最強的是。(填化學式)（3）氣體分子(mn)2稱為擬鹵素，性質與鹵素類似，其與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式是。7．（2024·廣東汕尾·一模）如圖是部分常見元素的單質及其化合物的轉化關系圖（有關反應的條件及生成的部分產物已略去）。已知：E為紅色固體，K為淺綠色溶液；反應②是化工生產中的重要反應；B、C、D、H是單質；B、C、D、F、G、H常溫下是氣態(tài)；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物質之一；N是一種常見的氮肥；化合物G分子構型為三角錐形，化合物M由兩種元素組成，分子內共有58個電子。（1）化合物A中含有的兩種元素是。（2）F的化學式；G的水溶液中，最多的陽離子是。（3）寫出K與H反應的離子方程式：。（4）在實驗室中，向飽和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反應后過濾，可制得濃度較大的P的水溶液。使用化學平衡移動原理加以解釋。8．（2024·江西·一模）已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一個長周期，短周期元素Y原子的最外層電子數(shù)比內層電子總數(shù)少3，它們形成化合物的分子式是XY4。試回答：(1)X元素的原子基態(tài)時電子排布式為：，Y元素原子最外層電子的電子排布圖為：。(2)若X、Y兩元素電負性分別為2.1和2.85，試判斷XY4中X與Y之間的化學鍵為(填“共價鍵”或“離子鍵”)。(3)該化合物的空間結構為形，中心原子的軌道雜化類型為，分子為(填“極性分子”或“非極性分子”)。(4)該化合物在常溫下為液體，該液體微粒間的作用力是。(5)該化合物的沸點與SiCl4比較：(填化學式)的高，原因是。9．（2024·陜西榆林·三模）尼美舒利是一種非甾體抗炎藥，它的一種合成路線如下：

已知：

（易氧化）回答下列問題：(1)A的化學名稱為。(2)B的結構簡式為。(3)由C生成D的化學方程式為，E→F的反應類型為。(4)C中的官能團有、(填官能團名稱)。(5)由甲苯為原料可經三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路線如下：

反應①的試劑和條件為；中間體B的結構簡式為；反應③試劑和條件為。(6)E的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有種(不含立體異構)；①含有兩個苯環(huán)且兩個苯環(huán)直接相連②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③兩個取代基不在同一苯環(huán)上其中核磁共振氫譜為6組峰，峰面積比為2︰2︰2︰2︰2︰1的結構簡式為。10．（2024·江蘇·一模）有關物質的轉化關系如下圖所示（部分物質與條件已略去）。已知A、B均為由相同的兩種元素組成的無色液體，C、E、G、I均為無色氣體，其中C為單質，E為最簡單的烴，G能使澄清石灰水變渾濁，I能使品紅褪色；D、E均由兩種元素組成，D的摩爾質量為144g·mol－1，H中兩種元素質量比為7∶8，F(xiàn)是白色膠狀沉淀，J是紅棕色固體。

（1）G的電子式為。（2）H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：。11．（2024·天津·高考真題）X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。請回答下列問題：（1）五種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）。（2）X與Y能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質（寫分子式）。（3）由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉化關系：AB（在水溶液中進行），其中，C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體。寫出C的結構式：；D的電子式：。①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學式為；由A轉化為B的離子方程式為。②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性。用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因：。A、B濃度均為0.1mol/L的混合溶液中，離子濃度由大到小的順序是；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有。12．（2024·全國·高考真題）物質A～G有下圖所示轉化關系（部分反應物、生成物沒有列出）。其中A為某金屬礦的主要成分，經過一系列反應可得到B和C。單質C可與E的濃溶液發(fā)生反應，G為磚紅色沉淀。請回答下列問題：（1）寫出下列物質的化學式：B、E、G；（2）利用電解可提純C物質，在該電解反應中陽極物質是，陰極物質是，電解質溶液是；（3）反應②的化學方程式是。（4）將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應①，在一定溫度下，反應達到平衡，得到0.12molD，則反應的平衡常數(shù)K=。若溫度不變，再加入0.50mol氧氣后重新達到平衡，則B的平衡濃度（填“增大”、“不變”或“減小”），氧氣的轉化率（填“升高”、“不變”或“降低”），D的體積分數(shù)（填“增大”、“不變”或“減小”）。13．（2024·吉林·二模）有一未知的無色溶液，可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產生的H＋、OH－）：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、、、，現(xiàn)取兩份100mL溶液進行如下實驗：①第一份加入足量的BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經洗滌、干燥后，稱量沉淀質量為6.99g；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀的物質的量與NaOH溶液的體積關系如右圖所示。根據上述實驗事實，回答以下問題：（1）該溶液中一定不存在的陽離子有；（2）在實驗②中，NaOH溶液滴至b～c段過程中發(fā)生的離子反應方程式為；NaOH溶液的濃度為(用字母c、d表示）；（3）原溶液確定含有Mg2＋、Al3＋、H＋，其物質的量之比n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)為；（4）原溶液中NO3－的濃度為c()，則c()的取值范圍為。14．（2024·上海靜安·二模）X、Y、Z、M、W、Q、R是7種短周期元素，其原子半徑及主要化合價如下：元素代號XYZMWQR原子半徑/nm0.1860.1430.1040.0990.0700.0660.032主要化合價+1+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2+1完成下列填空：（1）上述元素中，金屬性最強的在周期表中的位置是；X、Y、Q各自形成的簡單離子中，離子半徑由大到小的順序是(填離子符號)。W和R按原子個數(shù)比1∶4構成的陽離子所含的化學鍵是。（2）表中所列4種第三周期元素的最高價氧化物的水化物堿性最弱的是（填化學式），其電離方程式為。（3）M與Z相比，非金屬性較強的是（填元素名稱），請從原子結構的角度說明理由。（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能發(fā)生氧化還原反應，反應方程式如下：KMnO4＋H2O2+H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋O2↑＋H2O請配平，當有0.5molH2O2參加此反應，電子轉移的個數(shù)為。15．（2024·福建漳州·一模）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常見元素，原子序數(shù)依次增大，相關信息如下：元素相關信息A基態(tài)原子的價電子排布式為nSnnPnB元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個C最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍D簡單離子是第三周期元素中離子半徑最小的E價電子層中的未成對電子數(shù)為4請回答下列問題：（1）寫出下列元素的名稱：A，B，

C，D（2）寫出C元素在周期表的位置，E2+價電子的軌道表示式,B元素能量最高的電子為軌道上的電子，其軌道呈形．（3）按原子軌道的重疊方式，1molA與C形成的最高價化合物中σ鍵有個，π鍵有個。（4）B、C、D的簡單離子的半徑由大到小的順序為(用離子符號表示)。（5）寫出C的核外有18個電子的氫化物的電子式。16．（2024·安徽蚌埠·一模）下表為元素周期表的一部分。回答下列問題：碳氮YX硫Z(1)Z元素在周期表中的位置為。(2)下列事實能說明Y元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是。a.Y單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁b.在氧化還原反應中，1molY單質比1mol硫得電子多c.Y和硫兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高(3)X與Z兩元素的單質反應生成1molX的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687kJ。已知該化合物的熔、沸點分別為-69℃和58℃。寫出該反應的熱化學方程式。(4)1mol碳與鎂形成的化合物Q與4mol水反應，生成2molMg(OH)2和1mol烴，該烴分子中碳氫質量比為9:1，烴的電子式為。(5)Q與水反應的化學方程式為。17．（2024·江西·一模）現(xiàn)有甲、乙、丙、丁四種常見化合物，它們分別由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、SO42-、HCO3-中的兩種離子（離子不重復）組成，可以發(fā)生如圖所示的轉化?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出下列物質的化學式：甲，丁，A。（2）反應①②③中屬于非氧化還原反應的有個。（3）向甲溶液中滴入足量丁溶液時發(fā)生反應的離子方程式為。（4）向丙溶液中滴入Fe(NO3)2溶液時發(fā)生反應的離子方程式為。18．（2024·天津·一模）已知A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，A與C同主族，A與B、A與E形成共價化合物，A與B形成的最簡單化合物的水溶液呈堿性，E的最高正化合價與最低負化合價的代數(shù)和為4，D是同周期中簡單離子半徑最小的元素，F(xiàn)元素對應的單質為日常生活中常見金屬．（1）F在元素周期表中的位置時．（2）B、D、E的簡單離子半徑由大到小的順序為（離子符號表示）．（3）B的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應的水化物反應生成的化合物中存在的化學鍵類型為，寫出檢驗該化合物中陽離子的離子方程式．（4）寫出由A、B元素形成的六核分子的電子式．（5）已知常溫下化合物FE的Ksp=6×10﹣18mol2?L﹣2，常溫下將1.0×10﹣5mol?L﹣1的Na2E溶液與含F(xiàn)SO4溶液按體積比3：2混合，若有沉淀FE生成，則所需的FSO4的濃度至少是．（忽略混合后溶液的體積變化）．圖中均含D或F元素的物質均會有圖示轉化關系：①均含D元素的乙、丙、丁微粒間的轉化全為非氧化還原反應；②均含F(xiàn)元素的乙（單質）、丙、丁微粒間的轉化全為氧化還原反應．請回答下列問題：a．均含有D元素的乙與丁在溶液中發(fā)生反應的離子方程式．b．丙、丁分別是含F(xiàn)元素的簡單陽離子，檢驗含丙、丁兩種離子的混合溶液中的低價離子，可以用酸性KMnO4溶液，其對應的離子方程式為：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．Al2O32Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3②④2Cu2＋+2Na2O2+2H2O＝2Cu(OH)2+O2↑+4Na＋4OH－—4e－＝O2↑+2H2O或

2H2O—4e－＝O2↑+4H＋0.4【分析】已知X為中學化學中一種常見的鹽，F(xiàn)為淡黃色固體，兩者反應生成藍色沉淀，可以推出F為Na2O2，而X為銅鹽；D為無色氣體，D在空氣中會出現(xiàn)紅棕色，可以推出D為NO氣體，結合M、N為常見的金屬，N的氧化物可作耐火材料，可用它來制造耐火坩堝和耐高溫試驗儀器，可以推出N為Mg或者Al，再結合固體E與N的反應，可以推出E為Fe2O3，該反應為熟悉的鋁熱反應，綜上所述，A為硝酸亞鐵，B為氯化鐵，C為銅，D為一氧化氮，E為氧化鐵，F(xiàn)為過氧化鈉，G為氫氧化鐵，H為氧氣，M為鐵，N為鋁，X為硝酸銅，Y為氫氧化銅?！驹斀狻?1)N為鋁，其氧化物為氧化鋁，化學式為，F(xiàn)為過氧化鈉，其電子式為，故答案為：；；(2)反應③是鋁和氧化鐵發(fā)生鋁熱反應，方程式為：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案為：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；(3)①是鐵和硝酸銅反應，屬于置換反應，②是硝酸亞鐵和鹽酸反應，不是置換反應，③是鋁和氧化鐵發(fā)生鋁熱反應，屬于置換反應，④是氯化鐵和過氧化鈉反應，反應物中沒有單質，不是置換反應，故答案為：②④；(4)X為硝酸銅，F(xiàn)為過氧化鈉，二者等物質的量反應的離子方程式為：，故答案為：；(5)X為硝酸銅，電解與混合溶液，陽極產生氧氣，陰極先生成銅，后生成氫氣，根據兩極均收集到標況下2.24L氣體，可知陽極一共生成0.1mol，轉移0.4mole－，其中陰極產生0.1mol時轉移0.2mole－，其余便是電解產生的，有0.2mole－轉移，產生0.2mol，故，故答案為：或；0.4?！军c睛】電解與混合溶液，陽極始終產生氧氣，陰極先生成銅，后生成氫氣，相當于開始電解硝酸銅溶液，當硝酸銅反應完后，繼續(xù)電解是電解水。2．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，據此解答?！驹斀狻縄．(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-結合成BaSO4，NO3-做氧化劑，被還原為NO，若SO2不足量，氧化產物為BaSO4，若SO2足量，氧化產物除BaSO4外還H2SO4，結合原子守恒、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）。3．第三周期第VIA族Al3+＜Na+＜O2-；HClO4①⑤NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑Na+[]-【分析】從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液濃度均為0.01mol?L-1，e的pH為12，為一元強堿，則e是Na元素，z、h的pH均為2，為一元強酸，則z為N元素、h為Cl元素；g的pH小于2，則g的為二元強酸，故g為S元素，據此分析結合元素性質解答?！驹斀狻?1)g為S元素，原子序數(shù)為16在周期表中位于第三周期第VIA族；(2)電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，則離子半徑：Al3+＜Na+＜O2-；非金屬性Cl＞C，則最高價氧化物對應水化物的酸性最強的為HClO4；(3)①溶液pH越小，金屬陽離子水解程度越大，金屬陽離子對應的堿越弱，則對應元素的金屬性越弱，故①正確；②單質的硬度和熔、沸點，屬于物理性質，不能比較金屬強弱，故②錯誤；③化合物中金屬元素化合價越高，說明金屬原子失去電子能力越強，但金屬性強弱與失去電子數(shù)目無關，與失電子難易有關，故③錯誤；④元素化合價高低與金屬性無關，故④錯誤；⑤單質與同濃度鹽酸反應越劇烈，說明金屬性越強，故⑤正確；答案選①⑤；(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄漏時，通常采用噴灑過氧化氫溶液的方式處理，以較少污染。反應生成一種酸式鹽和一種氣體，二者溶于水均呈堿性，應生成NaHCO3、NH3，反應方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN?構成，含有N2分子中類似的化學鍵，則CN?中存在三鍵，NaCN電子式為Na+[]-。4．第2周期，VIA族O2-分子間作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【分析】根據題干信息中元素性質分析判斷元素的種類；根據元素的種類判斷在元素周期表中的位置；根據物質的組成和性質分析該物質的晶體類型，判斷微粒間的作用力；根據成鍵特點書寫電子式。【詳解】W、X、Y、Z四種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，W單質為密度最小的氣體，則W為氫元素；X最高正價與最低負價之和為0，則X為第IVA族元素，Y的某種同素異形體是保護地球地表的重要屏障，則Y是氧元素，X是碳元素；Z存在質量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素，則Z的質子數(shù)為23-12=11，則Z是鈉元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，所以半徑較大的是O2-，故答案為：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶體為分子晶體，由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需克服的微粒間作用力是分子間作用力；由元素氫和氧組成的一種綠色氧化劑是雙氧水，其電子式為，故答案為：分子間作用力；；（3）由氫、碳、氧、鈉四種元素組成的一種無機鹽為碳酸氫鈉，因為水解其水溶液呈堿性離子方程式表示為：，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。5．FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散質微粒的直徑(nm)；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【分析】由③中信息可知：B氣體是引起酸雨的主要物質，則B為SO2，H常溫下為無色無味的液體，則H為H2O；E常用作紅色油漆和涂料，故E為Fe2O3，則A中應含F(xiàn)e、S兩種元素。由②可計算得到A的化學式為FeS2，再結合流程圖可推知甲為O2，C為SO3，D為H2SO4乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質)可知，丁為Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)→F，則F為Fe2(SO4)3，G為FeSO4，丙可以為S等，乙可以為碳或氫氣等?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A的化學式為FeS2，高溫下燃燒的化學方程式為:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4molFeS2，轉移電子為44mol，即每反應1mol的A(FeS2)轉移的電子為11mol

，故答案為.：FeS2；11。

(2)由轉化關系圖可知F為Fe2(SO4)3，丁為Fe，G為FeSO4，則有關的離子反應為:Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)少量飽和Fe2(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶質為Fe2(SO4)3；加入②NaOH溶液中會產生Fe(OH)3沉淀，形成濁液；加入③沸水中會產生Fe(OH)3膠體，即①Fe2(SO4)3、③Fe(OH)3膠體、②Fe(OH)3沉淀，故答案為:分散質微粒的直徑(nm)；(4)化合物M與H(H2O)組成元素相同，則M為H2O2，M在酸性條件下將G(FeSO4)氧化為F[Fe2(SO4)3]的離子方程式為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案為：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。6．第三周期第IIA族氯化鎂HNO3Al(OH)32NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O【分析】這幾種元素都是短周期元素，且為相鄰主族，根據元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期，x和y位于第三周期，C原子核外電子數(shù)是m的2倍y的氧化物具有兩性，則y是Al元素，根據元素位置知，是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，根據元素的性質和位置解答本題?！驹斀狻?1)根據上述分析：元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，金屬性比較強，所以單質可以采用電解熔融氯化鎂的方法制備；氯化鎂屬于離子化合物，該化合物的形成過程的電子式為：；答案：第三周期第IIA族；氯化鎂；(2)m、n、y分別是C、N、Al，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，這三種元素金屬性最強的是Al元素，非金屬性最強的是N元素，所以酸性最強的是HNO3，堿性最強的是Al(OH)3，故答案為：HNO3；Al(OH)3；(3)氣體分子(mn)2為(CN)2，根據氯氣和氫氧化鈉溶液反應可知(CN)2和NaOH反應生成NaCN、NaCNO、H2O，其反應方程式為2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O；故答案為：2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O。【點睛】解題突破口：幾種元素都是短周期元素，且為相鄰主族，根據元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期，x和y位于第三周期，x原子核外電子數(shù)是m的2倍，y的氧化物具有兩性，則y是Al元素，根據元素位置知x是Mg元素，m是C元素，n元素N元素，再結合題目分析解答。7．S、FeSO2NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-飽和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末與H+反應，平衡正向移動，HClO濃度增大【分析】E為紅棕色固體，可知E為Fe2O3，與鹽酸反應生成J是FeCl3，K為淺綠色溶液，應為FeCl2，氯化亞鐵與單質H反應得到氯化鐵，故H是氯氣，F(xiàn)與氯化鐵反應得到氯化亞鐵，F(xiàn)具有還原性，F(xiàn)是形成酸雨的主要物質之一，則F為SO2，反應①是化工生產中的重要反應，反應得到E與F，應是硫化亞鐵與氧氣反應生成氧化鐵與二氧化硫，可推知A為FeS。N是一種常見的氮肥，化合物G分子構型為三角錐形，G與二氧化硫在溶液中反應得到L、L與鹽酸反應得到N與二氧化硫，可推知G具有堿性，由轉化關系可知G中含有N元素，故G是NH3，L為亞硫酸銨或亞硫酸氫銨，則N是NH4Cl，單質C與D反應得到G，C、D分別為氮氣、氫氣中的一種，化合物M由兩種元素組成，分子內共有58個電子，由氯氣與氨氣反應得到，M與水反應得到P和G，且P的水溶液均具有漂白作用，則M是NCl3，P為HClO，據此解答?！驹斀狻?1)A為FeS，所含兩種元素為鐵元素和硫元素；(2)F為SO2，G是NH3，其水溶液為氨水，存在電離，最多的陽離子為NH4+；(3)K為FeCl2，H為氯氣，反應生成氯化鐵，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)H為氯氣其水溶液為氯水，在飽和氯氣的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，加入的碳酸鈣，CaCO3粉末與H+反應，溶液中H+濃度減小，平衡正向移動?！军c睛】本題考查無機物推斷，涉及轉化關系較多，綜合考查學生對元素化合物知識的整合能力，物質的鹽酸、性質等時推斷突破口，注意根據題目提供想信息進行推斷。8．1s22s22p63s23p63d104s24p2共價鍵正四面體sp3雜化非極性分子范德華力GeCl4組成和結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越大，熔、沸點越高【詳解】X元素與碳元素同主族且位于周期表中的第一長周期，X為Ge元素，Y原子是短周期元素且最外層電子數(shù)比內層電子總數(shù)少3，Y為Cl元素，化合物XY4為GeCl4。（1）Ge元素是32號元素，基態(tài)原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2；氯元素原子最外層電子的電子排布圖為；（2）Cl元素與Ge元素的電負性差為2.85-2.1=0.75，小于1.7，所以GeCl4為共價化合物，分子內只含有共價鍵；（3）Ge元素與C元素處于相同主族，GeCl4與CCl4具有相似的結構和性質，Ge原子采取sp3雜化，GeCl4為正四面體形，空間對稱，是非極性分子；（4）GeCl4在常溫下為液體，熔點低，由分子構成．微粒間作用力為范德華力；（5）這兩種化合物的結構相似，GeCl4相對分子質量大，分子間作用力強，沸點高?！军c睛】本題考查原子、分子以及晶體的結構和性質，注意判斷GeCl4的化合物類型時要結合電負性差值進行分析，不能因為Ge為金屬就直接判斷GeCl4為離子化合物，為易錯點。9．苯

++NaBr

取代反應溴原子硝基濃硝酸/濃硫酸，加熱

H2，雷尼鎳9

【分析】運用逆合成法根據合成路線及反應條件等題干信息分析各有機物的組成，書寫相關方程式；根據限制條件判斷同分異構體的種類及寫出相關結構簡式?！驹斀狻窟\用逆合成法，根據反應條件及題干信息分析知，F(xiàn)為

，E為

，D為

，C為

，B為

，A為苯；(1)A的化學名稱為苯，故答案為苯；(2)B為苯與溴發(fā)生的取代反應，的結構簡式為

，故答案為

；(3)根據上述分析，C生成D的化學方程式為++NaBr

；E→F的反應類型為取代反應，故答案為+

+NaBr；取代反應；(4)C為

，其中官能團有溴原子；硝基，故答案為溴原子；硝基；(5)反應①為硝化反應，試劑和條件為濃硝酸/濃硫酸，加熱；中間體B為三硝基苯甲酸，結構簡式為

；反應③為硝基被還原，根基題干信息知反應試劑和條件為H2，雷尼鎳，故答案為濃硝酸/濃硫酸，加熱；

；H2，雷尼鎳；(6)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明結構中含有酚羥基，則另一個取代基為氨基，兩個苯環(huán)直接相連，以直接相連的兩個碳原子為準，與之向鄰的碳原子兩邊各有2個，與之相間的碳原子兩邊各有2個，與之相對的碳原子兩邊各有1個，若羥基在其中一個苯環(huán)的鄰位上，則氨基在另一苯環(huán)上的位置有鄰位、間位和對位3種，若羥基在間位，則氨基也有3種，若羥基在對位，氨基也有3種情況，所以同分異構體一共有3+3+3=9種；其中根據對稱性滿足核磁共振氫譜的結構為：

，故答案為.9；

。10．

FeS2Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O【分析】由A、B均為由相同的兩種元素組成的無色液體，A在二氧化錳作用下分解生成生成無色液體B和氣體C，可知A為H2O2，B為H2O，C為O2；由E為最簡單的烴，E與氧氣反應生成能使澄清石灰水變渾濁的氣體G，可知E為CH4，G為CO2；由D能夠與H2O反應生成CH4和白色膠狀沉淀F，結合D的摩爾質量為144g·mol－1，可知D為Al4C3，F(xiàn)為Al(OH)3；由I能使品紅褪色，J是紅棕色固體，可知I為SO2，J為Fe2O3；由H高溫下與氧氣反應生成SO2和Fe2O3，結合H中鐵和硫兩種元素質量比為7∶8，可知H為FeS2；由轉化框圖可知，SO2和H2O2反應生成H2SO4，則K為H2SO4；H2SO4與Al(OH)3反應生成硫酸鋁和水，則L為Al2(SO4)3?！驹斀狻浚?）G為共價化合物CO2，電子式為

，故答案為

；（2）由I能使品紅褪色，J是紅棕色固體，可知I為SO2，J為Fe2O3，H高溫下與氧氣反應生成SO2和Fe2O3說明H中含有鐵和硫兩種元素，由兩種元素質量比為7∶8，可得n(Fe)：n(S)=7/56∶8/32=1:2，所以H的化學式為FeS2，故答案為FeS2；（3）反應①為Al4C3與H2O反應生成無色氣體CH4和白色膠狀沉淀Al(OH)3，反應的化學方程式為Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑，故答案為Al4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑；（4）反應②為H2SO4與Al(OH)3反應生成硫酸鋁和水，反應的離子方程式為Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案為Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O?！军c睛】本題考查無機物的推斷，側重考查元素化合物知識的綜合理解和運用，注意題給信息的理解，把握過氧化氫、鐵、鋁等化合物的性質及其轉化是解答關鍵。11．Na>Al>C>O>HC2H2O=C=ONaAlO2AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-）CO32-+H2OHCO3-+OH-（主）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3）【分析】X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0，且Q與X同主族，則X、Q處于ⅠA族，Y處于ⅣA族，則X為碳元素，故X為氫元素，Q為Na元素，Y為碳元素；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，則Z為氧元素、R為Al元素，據此分析解答?！驹斀狻浚?）同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Na＞Al＞C＞O＞H，故答案為Na＞Al＞C＞O＞H；（2）H與C形成多種化合物，屬于烴類物質，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小是C2H2，故答案為C2H2；（3）由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉化關系：AB（在水溶液中進行），其中，C是溶于水顯酸性的氣體，則C為CO2，D是淡黃色固體則D為Na2O2，則：CO2的結構式為O=C=O，Na2O2的電子式為，故答案為O=C=O；；①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，結合轉化關系可知，A為偏鋁酸鈉、B為氫氧化鋁，偏鋁酸根與二氧化碳、水反應生成氫氧化鋁與碳酸根，反應離子方程式為：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-），故答案為NaAlO2；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)↓+HCO3-（或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)↓+CO32-）；②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性，結合轉化關系可知，A為碳酸鈉、B為碳酸氫鈉，溶液中碳酸根水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，破壞水的電離平衡，溶液呈堿性；碳酸鈉、碳酸氫鈉均為0.1mol/L的混合溶液中，鈉離子濃度最大，碳酸根、碳酸氫根水解，溶液呈堿性，碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，故離子濃度由大到小的順序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，氫離子與先與碳酸根轉化生成碳酸氫根，若只轉化為碳酸氫根溶液，仍為堿性，故部分碳酸氫根轉化為碳酸，溶質的主要成分有NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3），故答案為CO32-+H2OHCO3-+OH-；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3）?！军c睛】（1）原子半徑大小比較時注意抓住“層、核”，電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)小，半徑大，其他找到中間量，過渡比較；（2）仔細看清題意，不要淺嘗輒止，如只看到相對分子質量最小，錯寫CH4，錯寫電子式與結構式、化學方程式、離子方程式等；（3）離子濃度大小比較抓住“兩弱”、“三守恒”即：弱電解質的電離是微弱的、鹽類水解一般是微弱的、電荷守恒、物料守恒、質子守恒。12．SO2H2SO4Cu2O粗銅精銅CuSO4溶液Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O23.8mol-1·L減小降低減小【分析】磚紅色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反應，則G和單質C分別為Cu2O和Cu，結合反應①條件可確定B、D分別為SO2、SO3；E和F分別為H2SO4和CuSO4?！驹斀狻浚?）由分析可知，B是SO2，E是H2SO4，G是Cu2O；（2）電解精煉銅時，用粗銅做陽極，精銅做陰極，電解質溶液含有Cu2+，可以用CuSO4溶液；（3）反應②是加熱條件下銅和濃硫酸的反應，化學方程式是Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。（4）將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應①為2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，，在一定溫度下，反應達到平衡，得到0.12molSO3，則消耗了0.12molSO2和0.06molO2，剩余的SO2和O2分別為0.11mol和0.05mol，容器體積為1L，所以平衡時SO2(g)、O2(g)和SO3(g)的物質的量濃度分別為0.11mol/L、0.05mol/L和0.12mol/L，根據K=，帶入數(shù)據求得K=23.8mol-1·L。平衡后通入O2，可以提高SO2的轉化率，但O2自身轉化率減小。由于通入的氧氣過多，遠遠多于化學計量數(shù)之比，雖然平衡正向移動，SO3的物質的量會增大，但由于混合氣的總的物質的量增加得更多，所以再達到平衡時SO3的體積分數(shù)會減小。13．Fe3++OH-=NH3·H2Omol/L1：1：1c（）≥0.3mol·L－1【詳解】由于溶液呈無色，則溶液中一定不含F(xiàn)e3+；①第一份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經洗滌、干燥后，沉淀質量為6.99g，說明溶液中和至少有一種；②第二份逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液沒有沉淀生成，說明含有H+，則溶液中一定不存在，結合①，溶液中一定含有，且n()=6.99g÷233g/mol=0.03mol；沉淀最大時，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀質量不變，則溶液中一定含；后繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+和Mg2+；（1）該溶液中一定不存在的陽離子有Fe3+；（2）在實驗②中，NaOH溶液滴至b～c段過程中發(fā)生的離子反應方程式為+OH-=NH3·H2O；c~d段發(fā)生的反應為Al(OH)3+OH-=+2H2O，由圖表可知Al(OH)3的物質的量為0.01mol，則c~d段消耗的NaOH物質的量為0.01mol，NaOH溶液的濃度為=mol·L－1；（3）由圖可知，中和H+消耗的NaOH物質的量與Al(OH)3溶解消耗的NaOH物質的量相等，則n(H+)=0.01mol，根據Al守恒，溶液中Al3+物質的量為0.01mol，因生成的沉淀總物質的量為0.02mol，則氫氧化鎂物質的量為0.01mol，根據Mg守恒，溶液中Mg2+物質的量為0.01mol，n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(H＋)=1：1：1；(4)由圖示可知，溶液中物質的量為0.03mol，當溶液里陽離子只有H+、Mg2+、、Al3+時，根據電荷守恒：n(Mg2＋)×2+n(Al3＋)×3+n(H＋)×1+n()×1=n()×2+n()×1，解得n()=0.03mol；溶液中可能還有K+，則n()≥0.3mol，c()=n()÷0.1L≥0.3mol·L－1。14．第三周期ⅠA族O2﹣＞Na+＞Al3+共價鍵Al(OH)3H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH﹣氯/氯元素氯原子與硫原子電子層數(shù)相同，氯原子最外層有7個電子，硫原子最外層有6個電子，氯的原子半徑比硫的原子半徑小，原子核對外層電子的吸引力比硫大，所以氯的非金屬性更強25312586.02×1023/NA【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7種短周期元素；X和R的化合價都為+1價，應為周期表第ⅠA族，根據半徑關系可知R為H，X為Na；Z和Q的化合價都有-2價，應為周期表第ⅥA族元素，Z的最高價為+6價，應為S元素，Q無正價，應為O元素；Y的化合價為+3價，應為周期表第ⅢA族元素，根據半徑大于Z小于X可知應和X同周期，為Al元素，M為+7、-1價，且原子半徑小于S大于O，則M為Cl元素，W為+5、-3價，且原子半徑小于Cl大于O，則W為N元素。【詳解】（1）上述元素中，金屬性最強的為Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族；X、Y、Q各自形成的簡單離子Na+、Al3+、O2-具有相同電子層結構，核電荷數(shù)越大半徑越小，故離子半徑由大到小的順序是O2﹣＞Na+＞Al3+；W和R按原子個數(shù)比1﹕4構成的陽離子NH中所含的化學鍵為氮氫鍵，是共價鍵；（2）同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸變強，堿性減弱；表中所列4種第三周期元素Na、Al、S、Cl的最高價氧化物的水化物堿性最弱的是Al(OH)3，S、Cl最高價氧化物的水化物為酸，Al(OH)3電離方程式為H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH﹣；（3）同周期元素從左到右非金屬性依次減弱，故Cl與S相比，非金屬性較強的是氯元素；氯原子與硫原子電子層數(shù)相同，氯原子最外層有7個電子，硫原子最外層有6個電子，氯的原子半徑比硫的原子半徑小，原子核對外層電子的吸引力比硫大，所以氯的非金屬性更強；（4）反應中KMnO4中錳化合價由+7價變?yōu)?2價，H2O2中氧元素由-1價變?yōu)?價，轉移電子數(shù)為5，結合氧化還原反應及質量守恒配平，反應方程式如下：2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4=1K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O；當有0.5molH2O2參加此反應，電子轉移的個數(shù)為0.5mol==6.02×1023。15．碳氮氧鋁第2周期第VIA族2p紡錘形（或啞鈴形）22N3-＞O2-＞Al3＋【分析】A元素基態(tài)原子的價電子排布式為nsnnpn，則n＝2，所以A是碳元素；D元素簡單離子是第三周期元素中離子半徑最小的，則D是Al元素；C元素最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，原子序數(shù)小于Al，則C是氧元素；元素B原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，比鋁的原子序數(shù)小，因此B是N；E元素價電子層中的未成對電子數(shù)為4，則E的價層電子排布是3d64s2，即為鐵元素?！驹斀狻浚?）根據以上分析可知，各元素的名稱分別為：A為碳；B為氮，C為氧，D為鋁；正確答案：碳；氮；氧；鋁。（2）C元素為氧，核電荷數(shù)為8，位于周期表第2周期第VIA族；E為鐵，核電荷數(shù)為26，F(xiàn)e2+價電子的軌道表示式；B為氮，核外電子排布為1s22s22p3，因此能量最高的電子為2p軌道上的電子，其軌道呈紡錘形（或啞鈴形）形。正確答案：第2周期第VIA族；；2p；紡錘形（或啞鈴形）。

（3）按原子軌道的重疊方式，1molA與C形成的最高價化合物為二氧化碳，為共價化合物，碳氧之間為雙鍵，因此1mol二氧化碳分子中含有σ鍵有2個；π鍵有2個；正確答案：2

；2。（4）B、C、D的簡單離子分別為N3-、O2-、Al3＋，核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，因此離子半徑由大到小的順序為N3-＞O2-＞Al3＋；正確答案：N3-＞O2-＞Al3＋。（5）氧元素的核外有18個電子的氫化物是雙氧水，屬于共價化合物，電子式為；正確答案：?！军c睛】已知A為碳；B為氮，C為氧三種元素，非金屬性越強，電負性越大，元素中電負性最大的元素是O；非金屬性越強，第一電離能越大，但由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，則A、B、C三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C。16．第三周期，ⅦA族acSi(s)+2C12(g)=SiCl4(1)

△H=-687kJ/molMg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑【分析】（1）Z為Cl元素；（2）元素非金屬性的強弱可以根據氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價含氧酸的酸性以及單質的氧化性判斷；（3）根據熔沸點判斷常溫下的狀態(tài)；（4）烴分子中碳氫質量比確定烴的分子式，進而確定其結構，寫出電子式；（5）根據（4）的比例寫出反應的化學方程式?！驹斀狻浚?）根據圖表可知，Z是17號氯元素，位于周期表的第三周期，ⅦA族；正確答案：第三周期，ⅦA族。（2）由元素周期律，非金屬元素的單質與氫氣越容易化合，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強，而得電子的數(shù)目多少不能作為比較非金屬性強弱的依據；活潑的非金屬單質能夠置換不活潑的非金屬單質，可以比較非金屬的強弱；氯氣可以置換硫，氯化氫比硫化氫穩(wěn)定，正確選項為ac。（3）X為硅元素，Z為氯元素，兩元素的單質反應生成四氯化硅；已知該化合物的熔、沸點分別為-69℃和58℃，所以四氯化硅為液態(tài)，該反應的熱化學方程式為：Si(s)+2C12(g)=SiCl4(1)

△H=-687kJ/mol