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2023届高三化学一轮专题复习——元素或物质推断题
1．（2022·全国·高三专题练习）某化学兴趣小组对仅含下表中某些离子的工业废水进行研究，该废水呈无色，废水中各种离子的物质的量浓度相等，均为(忽略水的电离、离子的水解)。
阳离子 、、、、、、、
阴离子 、、、、
甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ.取废水5 mL，滴加几滴稀氨水有沉淀生成，且溶液中离子种类增加。
Ⅱ.用铂丝蘸取废水，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。
Ⅲ.另取废水少许，加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。
Ⅳ.将Ⅲ中所得溶液分成两份，一份滴入KSCN溶液，溶液不变红；另一份加入溶液，有白色沉淀生成。
回答下列问题：
(1)该废水中一定存在的阳离子是_______，一定存在的阴离子是_______。
(2)该废水与过量的NaOH溶液反应，产生的沉淀是_______(填化学式)。
(3)Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。
(4)若向Ⅲ中所得的溶液中加入过量溶液，充分反应后过滤；然后向所得滤液中加入溶液，观察到有白色沉淀生成。
①该白色沉淀是_______(填化学式)。
②仅根据此实验现象，_______(填“能”或“不能”)说明该废水中一定存在该白色沉淀中的阴离子，其原因是_______。
(5)乙同学取200 mL该工业废水，向其中加入足量的氨水，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为_______g(保留2位小数)。
2．（2022秋·江西宜春·高三校考期末）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x、y等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题：
(1)f在元素周期表中的位置位于_____。
(2)写出f单质与e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_____。
(3)写出y、z、d的最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序_____(用化学式表示)。
(4)写出元素y用于测定文物年代的一种同位素的原子符号_____，该同位素形成的最高价氧化物69 g中所含质子的数目为_____(用阿伏加德罗常数的值NA表示)。
(5)y的最高价氧化物的电子式：_____。
(6)d的一种氢化物分子中既含非极性键又含极性键，其结构式为_____。
3．（2022秋·福建莆田·高三校考期末）A-E五种物质都含有钠元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件、部分反应物及生成物省略)，其中A为淡黄色固体化合物、B为单质、C为一种强碱。
(1)固体A的名称为_______，物质C进行焰色试验的颜色为_______ (填“黄”或“紫”)色。
(2)写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_______，所得溶液在生活中可用作_______。
4．（2022秋·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考期中）物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2。这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，请按照要求回答问题。
(1)B组物质中属于非电解质的物质为____，其中能作制冷剂的物质的电子式为____。
(2)C组物质中能与水反应生成还原性气体的化学方程式为____。
(3)D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：____。
(4)请写出F组中的酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：____。
(5)在密闭容器中，将E组中的两种物质加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为____；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
5．（2022秋·广东潮州·高三校考期末）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间的转化关系如图所示。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)
请回答下列问题：
(1)A的化学式为___________，丙的化学式为___________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
①___________；
④___________；
⑤___________。
(3)写出C溶液与Al反应的离子方程式：___________。
6．（2022秋·北京平谷·高三统考期末）下表是元素周期表的一部分，请参照元素①-⑥在表中的位置，回答下列问题：
ⅠA 0
① ②
③ ④ ⑤ ⑥
(1)②在周期表中的位置_____________．
(2)①的简单氢化物的电子式_____________．
(3)原子半径最大的元素是_________(填“元素符号”)
(4)用电子式表示③和⑥形成的化合物的过程_________________
(5)③和④中金属性强的是__________，(填“元素符号”)理由___________(结合元素周期律解释)．请举出实验事实___________
(6)硒位于第四周期，与②同主族．下列推断不正确的是___________
a．最低价为价
b．单质常温下也呈气态，只有氧化性
c．气态氢化物的稳定性
7．（2022春·河北石家庄·高三校考期末）回答下列问题：
(1)原子序数11-17的元素，自钠到氯，电子层数相同，随着核电荷数依次递增，原子半径依次_______，核对外层电子的引力逐渐_______，失电子能力逐渐_______，得电子能力逐渐_______，因此，金属性逐渐_______，非金属性逐渐_______。
(2)A元素原子M电子层上有6个电子，B元素与A元素位于同一周期，B元素的原子最外电子层只有1个电子。
①A在周期表中的位置_______，画出B元素的原子结构示意图_______。
②A、B两元素形成化合物的化学式是_______，该化合物是_______ (“离子化合物”或“共价化合物”)。
8．（2022春·河北邢台·高三校联考专题练习）短周期元素A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大，它们的相关信息如表所示：
序号 相关信息
① A的一种同素异形体是自然界中最硬的物质
② B的最高正价与最低负价的代数和等于2
③ 元素C的核电荷数是元素F的核电荷数的一半
④ 同周期元素中，E的简单离子半径最小
⑤ D、E、F的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可反应
⑥ G的最外层电子数比次外层电子数少1
请回答下列问题：
(1)A的原子结构示意图为____。
(2)用电子式表示DG的形成过程：____。
(3)最简单气态氢化物的沸点：B_____(填“＞”或“＜”，下同)C，最简单气态氢化物的稳定性：B____C。
(4)B、E、F的简单离子半径由小到大的顺序为_____(填离子符号)。
(5)E、F的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为____。
(6)Cu单质虽然性质不活泼，但加热时，Cu与G的单质可发生化学反应，生成产物的化学式为____。
9．（2021秋·云南德宏·高三统考期末）表中为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，回答下列问题：
(1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是____。
(2)⑥的最高价氧化物的化学式为_____；⑧的最高价氧化物对应水化物的分子式为____。
(3)由①、④、⑤三种元素形成的既含离子键又含共价键的离子化合物，写出该化合物的电子式：_____。
(4)W是第四周期与④同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是_____(填字母)。
A．最高正化合价为+6
B．气态氢化物比H2S稳定
C．最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱
D．单质的氧化性比S的弱
(5)已知Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，请回答下列问题：
①预测铯单质的还原性比钠单质的还原性____(填“弱”或“强”)。
②铯的原子序数为_____。
③铯单质与H2O反应的化学反应方程式为_____。
(6)已知X为第IIA族元素(第一到第四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第IIIA族元素，则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为____。
10．（2022秋·广东广州·高三统考期末）元素周期律是重要的化学学习工具。随着原子序数变化，8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。
(1)b在元素周期表中的位置是_______周期_______ 族。 8种元素中金属性最强的是_______ ( 用元素符号表示，下同)，与d处于同一主族的是_______。
(2)b和c的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是_______ (用化学式表示) 。
(3)d和f形成的化合物为_______(用化学式表示)，该化合物在熔融状态下能导电，属于_______化合物(填“离子”或“共价”)。d、e的单质在加热条件下反应生成的化合物中存在的化学键有_______。
(4)e和a可以形成化合物，该物质与水反应生成一种气体，该气体可能是_______。
(5)能说明h的非金属性比碘元素强的反应事实是_______(写一条)。
11．（2020秋·上海徐汇·高三统考期末）利用如图所示的“价-类”二维图，可以从物质类别、化合价角度认识含氯元素的物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均为含氯元素的物质(庚、辛为钾盐)。回答下列问题：
(1)丙的化学式为_______；
(2)甲、乙、丁、戊、辛中，属于电解质的是_______(填化学式)；
(3)甲、乙、丁、戊、庚中，属于共价化合物的是_______(填化学式)；
(4)写出己的电离方程式_______；
(5)根据氯元素的化合价判断，乙_______(填序号)；
a.只有氧化性 b.既有氧化性又有还原性 c.只有还原性 d.既能作氧化剂又能作还原剂
(6)向盛有淀粉KI溶液的试管中滴加乙的水溶液至过量，观察到溶液变蓝，请用文字和方程式说明产生该现象的原因_______；继续通氯气后溶液后又褪色，请解释可能的原因_______。
(7)实验室中所用少量氯气也可用下列方法制取：K2Cr2O7＋14HCl(浓) =2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O，该氧化剂与还原剂的比为_______；该反应中每有73gHCl被氧化，生成标况下Cl2的体积为_______L。
12．（2022秋·北京大兴·高三统考期末）元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。表中列出了钙元素及a～f6种元素在周期表中的位置。
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
2 a b
3 c d e f
4 Ca
(1)a的元素符号是____；e的最高价氧化物是____。
(2)c、d的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较弱的物质是____(写化学式)。
(3)用电子式表示c与f组成的化合物的形成过程____。
(4)非金属性b强于e，用原子结构解释原因____。
(5)下列关于f及其化合物的推断中，正确的是____(填字母)。
a.f的最高化合价均为+7价
b.f单质的氧化性在同主族中最强
c.f的最高价氧化物对应的水化物的溶液pH＜7
(6)某种牛奶的营养成分表如表所示。
营养成分表
项目 每100g NRV%
能量 309kJ 4%
蛋白质 3.6g 6%
脂肪 4.4g 7%
碳水化合物 5.0g 2%
钠 65mg 3%
钙 120mg 15%
①营养成分表中，所含物质质量最大的是____。
②已知镁能与O2、H2O反应，对比钙与镁的原子结构和在元素周期表中的位置关系，你预测金属钙的性质是____。
③请结合钙的化学性质判断牛奶中钙的存在形式为____(填“单质”或“化合物”)。
13．（2021春·天津红桥·高三统考期末）2019年是化学元素周期表问世150周年，联合国宣布此年为“国际化学元素周期表年”。元素周期表在学习、研究中有很重要的作用，下表是元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题。
族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
2 a b
3 c d e f g
(1)e的元素符号是_______，d2b的电子式_______
(2)f、g的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质的化学式是_______。
(3)c的金属性强于d的金属性，用原子结构解释原因：_______，失电子能力c大于d。
(4)下列对于a及其化合物的推断中，正确的是_______(填序号)。
①a的最高正价和最低负价绝对值相等
②a的氢化物的稳定性强于f的氢化物的稳定性
③单质a比单质b难与氢气反应
(5)写出g单质与c的最高价氧化物对应水化物的化学方程式_______。
14．（2022春·河南郑州·高三荥阳市高级中学校考期末）物质的量是联系宏观和微观的桥梁，请回答下列问题
I．某无色混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、、Mg2+、Cu2+、Cl-、、，现各取100 mL 溶液三份进行如下实验：
①向第一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
②向第二份加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体 0.896 L(标准状况)
③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63克，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66克。
(1)肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有_______；
(2)可能存在的离子是_______，判断该离子存在与否的方法是_______；
(3)肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度_______。
II．将NaOH、Na2CO3的固体混合物完全溶解于水，配制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入2 mol·L-1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示。
(4)AB段发生反应的离子方程式为_______。
(5)当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积(标准状况)为_______mL。
(6)原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为_______。
15．（2022秋·山东临沂·高三统考期末）X、Y、Z、W、Q是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期主族元素，相关信息如表。
元素编号 元素性质或原子结构
X 最外层电子数是内层电子数的2倍
Y 其单质与氢气在暗处能剧烈化合并发生爆炸
Z 短周期元素中原子半径最大
W 其氧化物是两性氧化物
Q 同周期元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强
(1)元素Y在元素周期表中的位置是____。
(2)Z在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为____。
(3)Y、W、Q的简单离子半径由大到小的顺序是____(用离子符号表示)。
(4)某同学为了比较X元素和硅元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验。
已知：H2SiO3是一种难溶于水的白色物质。
①M为____(填化学式)，其作用是____。
②能说明X元素的非金属性比硅元素强的实验现象是____。
(5)元素Z与W相比，金属性较弱的是____(填元素名称)，请写出能证明这一结论的实验事实_____(列举一条)。
16．（2022春·宁夏银川·高三银川二中校考期末）现有含NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、、的逐步分离。相应的实验过程可用下列流程图表示：
(1)写出上述实验过程中所用试剂的化学式：
试剂1_______、试剂2_______、试剂3_______、试剂4_______
(2)溶液②中含有_______种阳离子。
(3)加入过量试剂3的目的是_______
(4)恰当地控制试剂4的加入量的方法是_______
(5)在加入试剂4后，获得固体D的实验操作④是_______(填操作名称)
17．（2022春·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期末）某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol·L-1。进行了如下实验：
阳离子 K+　 Mg2+　Fe3+　Al3+　 Fe2+
阴离子 Cl-　CO　NO　SO　SiO
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。
③另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
(1)溶液中一定不含有的阳离子是_______、_______、_______，一定不含的阴离子是_______、_______。
(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______，④中生成白色沉淀的离子方程式是_______。
(3)将③中所得红棕色气体通入NaOH溶液中，生成两种盐的物质的量相等，所发生反应的离子方程式为_______。
(4)最终确定原溶液中所含阳离子是_______、_______，阴离子是_______、_______、_______(写离子符号)。
18．（2022秋·甘肃甘南·高三甘南藏族自治州合作第一中学校考期末）如表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：
周期 族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
二 ① ②
三 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
(1)写出⑥的元素符号：_______，画出⑨的原子结构示意图_______。
(2)写出③的单质在空气中燃烧后产物的电子式：_______。
(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______，呈两性氢氧化物的是_______。(填化学式)
(4)用电子式表示出④的氯化物的形成过程：_______。
(5)写出实验室制取⑧的单质的化学方程式：_______。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
（北京）股份有限公司
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参考答案：
1．(1) 、 、、、
(2)
(3)
(4) AgCl 不能 Ⅲ中所得的溶液是加入过量盐酸后的溶液，溶液中一定含有，但不能说明该废水中就一定含有
(5)1.82
【分析】该废水呈无色，无色溶液中一定不存在、、。取5 mL废水，滴加几滴稀氨水，有沉淀生成，则、、中至少含有一种，则一定不存在，该反应有生成，由于离子种类增加，说明增加的是，所以该废水中一定不含有。用铂丝蘸取废水，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明该废水中一定不含有。另取废水少许，加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明发生了反应：和，即该废水中一定含有、，则一定不含有。将Ⅲ中所得溶液分成两份，一份中滴入KSCN溶液，溶液不变红；另一份中加入溶液，有白色沉淀生成，说明该废水中一定不含有、，一定含有。由此可知，该废水中一定存在的阴离子是、、，且各为，该废水中一定存在的阳离子是、，且各为，由电荷守恒可知该废水中还存在。该废水中一定不存在的阳离子是、、、、、，该废水一定不存在的阴离子是。
【详解】（1）由分析可知，该废水中一定存在的阳离子是、；一定存在的阴离子是、、、；
（2）该废水与过量的NaOH溶液反应，转变为可溶性的，转变为白色沉淀，产生的沉淀是；
（3）Ⅲ中加入盐酸是碘离子和硝酸根发生氧化还原反应生成无色气体NO，反应的离子方程式是；
（4）若向Ⅲ中所得的溶液中加入过量溶液，充分反应后过滤；然后向所得滤液中加入溶液，观察到的实验现象是：有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，仅根据此实验现象，不能说明该废水中一定存在，其原因是：Ⅲ中所得的溶液是加入过量盐酸后的溶液，溶液中一定含有，故不能说明该废水中一定含有；
（5）乙同学取200 mL该工业废水，向其中加入足量的氨水，充分反应后生成0.02 mol 沉淀和0.02 mol 沉淀，过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到的固体是0.02mol MgO和0.01 mol ，其质量为：。
2．(1)第三周期第IIIA族
(2)2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑
(3)H2O＞NH3＞CH4
(4) 33NA
(5)
(6)H-O-O-H
【分析】各元素均为短周期元素，d、g的最低价均为-2，二者处于VIA族，且d的原子序数小于g，故d为O元素、g为S元素；h有最低价-1价，原子序数大于硫，故h为Cl元素；e有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故e为Na元素；f有最高价+3价，原子序数大于Na，故f为Al元素；x有最高价+1价，处于IA族，但原子半径小于氧，故x为H元素；y、z最高正价分别为+4、+5价，原子序数y＜z＜d(氧)，故y为C元素、z为N元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl元素。
f是Al元素，原子核外电子排布是2、8、3，根据元素原子结构与元素位置关系可知：Al位于元素周期表第三周期第IIIA族；
（2）f是Al，e是Na，Na元素最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑；
（3）元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。y是C，z是N，d是O，它们是同一周期元素，元素的非金属性：O＞N＞C，所以三种元素形成的简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
（4）y是C，C元素的一种同位素原子和用于测度文物年代，该原子质子数是6，中子数是8，质量数是14，可表示为：；
的最高价氧化物的相对分子质量是46，其中含有的质子数是6+2×8=22，该同位素形成的最高价氧化物69 g的物质的量n()=，则其中含有的质子的物质的量n(质子)=1.5 mol×22=33 mol，故其中含有的质子数目是33NA；
（5）y是C元素，其最高价氧化物化学式是CO2，在该物质分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，使每个分子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为：；
（6）d是O元素，若其一种氢化物分子中既含非极性键又含极性键，该物质是H2O2，其分子中的2个O原子形成一个共价单键，每个O原子再分别与H原子形成1个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其结构式为：H-O-O-H。
3．(1) Na2O2 黄
(2) 消毒剂或漂白液
【分析】已知A~E五种物质均含有钠元素，其中A为淡黄色固体，可得A为过氧化钠；B为单质，可得B为金属钠，C为一种含有钠元素的强碱，结合转化关系可得C为氢氧化钠；A与二氧化碳反应生成D，可得D为碳酸钠，反应式为：；B与氯气反应生成E，C与氯气反应也可以生成E，可得E为氯化钠。
（1）
A为淡黄色钠氧化物，化学式为Na2O2，C含有钠离子，焰色反应为黄色；
（2）
氯气与强碱反应可生成次氯酸盐、氯盐和水，则氯气与氢氧化钠反应的化学式为：；次氯酸钠溶液常用作消毒剂使用，也可做漂白液使用。
4．(1) SO2、NH3
(2)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
(3)常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等
(4)5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+
(5) Na2CO3 1:1
【分析】依据图示，M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、F2中，属于A组的为Al、Fe、Na、F2：属于B组的为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3；属于C组的为Na、F2，属于D组的为Al、Fe，属于E组的为Na2O2、NaHCO3，属于F组的为SO2、NH3。
【详解】（1）B组物质为Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，Na2O2、NaHCO3属于电解质，属于非电解质的物质为SO2、NH3，其中能作制冷剂的物质为NH3，电子式为 。答案为：SO2、NH3； ；
（2）由分析可知，C组物质为Na、F2，二者都能与水反应，但F2与水反应生成具有氧化性的气体O2，Na能与水反应生成还原性气体(H2)，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）由分析可知，D组物质中Al可以发生铝热反应制备Fe，该反应在工业上的应用：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等。答案为：常用于冶炼高熔点的金属、焊接钢轨等大截面钢材部件等；
（4）F组物质为SO2、NH3，SO2属于酸性氧化物，与酸性KMnO4溶液反应，生成、Mn2+等，离子方程式：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。答案为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；
（5）在密闭容器中，将E组中的Na2O2、NaHCO3加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1:2，则混合加热充分反应后，钠元素转化为钠盐，依据Na与C的原子个数比，可确定剩余固体的成分为Na2CO3，发生反应为2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑，在反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。答案为：Na2CO3；1:1。
【点睛】2F2+2H2O=4HF+O2。
5．(1) Na HCl
(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH—＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl— Fe3＋＋3OH-=Fe(OH)3↓
(3)2Al＋2OH—＋2H2O=2AlO＋3H2↑
【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，则物质A为金属钠；由物质的转化关系可知，钠与水发生反应①生成氢氧化钠和氢气，则气体甲为氢气、物质C为氢氧化钠；氢气与黄绿色气体氯气一定条件下发生反应②生成氯化氢，则气体乙是氯气、气体丙为氯化氢；氯化氢溶于水得到盐酸，则D为盐酸；盐酸与铁发生反应③生成氯化亚铁和氢气，则物质B为铁、物质E为氯化亚铁；氯化亚铁溶液与氯气发生反应④生成氯化铁，则F为氯化铁；氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生反应⑤生成氢氧化铁红褐色沉淀和水，则红褐色沉淀为氢氧化铁。
（1）
由分析可知，A为金属钠、气体丙为氯化氢，故答案为：Na；HCl；
（2）
由分析可知，反应①为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH—＋H2↑；反应④为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；反应⑤为氯化铁溶液与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Fe3＋＋2OH－＝Fe(OH)3↓，故答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH—＋H2↑；2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；Fe3＋＋2OH－＝Fe(OH)3↓
（3）
氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH—＋2H2O=2AlO＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH—＋2H2O=2AlO＋3H2↑。
6．(1)第二周期第ⅥA族
(2)
(3)Na
(4)
(5) Na 同周期随原子序数增大，原子半径减小，原子核对核外电子吸引能力增强，原子失去电子的能力减弱，金属性减弱 Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，与沸水反应迅速（或NaOH是强碱，Mg(OH)2属于中强碱）
(6)b
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①~⑥分别为C、O、Na、Mg、Al、Cl。
（1）
根据分析，②为O元素，位于周期表第二周期第ⅥA族；
（2）
根据分析，①为C，C的简单氢化物为CH4，是共价化合物，C与每个H之间各共用1对电子，电子式为；
（3）
同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，表中元素Na的原子半径最大；
（4）
③和⑥形成的化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，Na失去1个电子，Cl得到1个电子，用电子式表示形成的化合物的过程为；
（5）
同周期随原子序数增大，原子半径减小，原子核对核外电子吸引能力增强，原子失去电子的能力减弱，金属性减弱，故金属性Na>Mg，Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，与沸水反应迅速；NaOH是强碱，Mg(OH)2属于中强碱等，都说明Na的金属性比Mg强；
（6）
a．Se与氧同主族，位于ⅥA族，故Se的最低价为-2价，a正确；
b．Se单质熔点比硫高，其在常温下是固体，Se有-2价、+4价、+6价，故Se既具有氧化性又具有还原性，b错误；
c．元素非金属性越强，其氢化物越稳定，元素非金属性Se＜O，故氢化物的稳定性H2Se＜H2O，c正确；
故选b。
7．(1) 减小 增强 减弱 增强 减弱 增强
(2) 第三周期第ⅥA族 Na2S 离子化合物
【详解】（1）原子序数11-17的元素，自钠到氯，电子层数相同，最外层电子数从1增加到7，随着核电荷数依次递增，核对外层电子的引力逐渐增大，因此原子半径依次减小，最外层电子数逐渐增多，为了形成8电子稳定结构，失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，因此，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。
（2）A元素原子M电子层上有6个电子，A为S，B元素与A元素位于同一周期，B元素的原子最外电子层只有1个电子，B为Na；
①A为S，位于周期表中第三周期第ⅥA族；B为Na，原子结构示意图为；
②Na与S形成的化合物为Na2S，由Na+和S2-形成，是离子化合物。
8．(1)
(2)
(3) ＜ ＜
(4)Al3+＜N3-＜S2-
(5)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(6)CuCl2
【分析】A的一种同素异形体是自然界中最硬的物质，则A为碳元素；B的最高正价与最低负价的代数和等于2，则B的最外层电子数为5，为氮元素；同周期元素中，E的简单离子半径最小，则E为铝元素；G的最外层电子数比次外层电子数少1，则G为氯元素；D、E、F的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可反应，则D为钠元素、F为硫元素；元素C的核电荷数是元素F的核电荷数的一半，则C的核电荷数为8，其为氧元素。从而得出，A、B、C、D、E、F、G元素分别为C、N、O、Na、Al、S、Cl。
（1）
由分析可知，A为6号元素碳，则A的原子结构示意图为。答案为：；
（2）
D、G分别为Na和Cl，NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，则用电子式表示DG的形成过程：。答案为：；
（3）
由分析可知，B、C分别为N、O元素，非金属性N＜O，常温下NH3呈气态，H2O呈液态，则最简单气态氢化物的沸点：NH3＜H2O；非金属性越强，氢化物越稳定，则最简单气态氢化物的稳定性：NH3＜H2O。答案为：＜；＜；
（4）
B、E、F分别为N、Al、S，简单离子为N3-、Al3+、S2-，N3-、Al3+的电子层结构相同，N的核电荷数比Al小，则离子半径大，S2-的电子层数比N3-、Al3+多一层，离子半径最大，所以离子半径由小到大的顺序为Al3+＜N3-＜S2-。答案为：Al3+＜N3-＜S2-；
（5）
E、F为Al、S元素，最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3、H2SO4，二者反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（6）
加热时，Cu与Cl2可发生化学反应，产物为氯化铜，化学式为CuCl2。答案为：CuCl2。
【点睛】电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。
9．(1)第三周期第IVA族
(2) Al2O3 HClO4
(3)
(4)B
(5) 强 55 2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑
(6)b=a+1或b=a+11
【分析】根据元素周期表的结构可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为Cl。
（1）
地壳中含量居于第二位的元素是Si，Si位于周期表中第三周期第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；
（2）
⑥ (Al)的最高价氧化物的分子式为Al2O3；⑧(Cl)的最高价氧化物对应水化物的分子式为HClO4，故答案为：Al2O3；HClO4；
（3）
①(H)、④(O)、⑤(Na) 三种元素形成的既含离子键又含共价键的离子化合物是NaOH，电子式为，故答案为：；
（4）
W是第四周期与④(O)同主族的元素。据此推测W(Se)不可能具有的性质是：
A．最高正化合价等于主族序数，则最高正化合价为+6，A不符合；
B．同主族从上到下非金属性递减(SSe)。非金属性越强，气态氢化越稳定。气态氢化物不如H2S稳定，B符合；
C．非金属性越强、最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性SSe，则Se最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，C不符合；
D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Se单质的氧化性比S的弱，故D不符合；
答案为：B。
（5）
①已知Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，同主族从上到下金属性逐渐增强，铯单质的还原性比钠单质的还原性强；
②根据碱金属元素核外电子排布规律可知，铯原子核外共有6个电子层，每个电子层的电子数目分别是2、8、18、18、8、1，原子序数等于核外电子总数，故为55；
③铯与钠同主族，化学性质相似，铯单质与H2O反应的化学反应方程式为；
故答案为：强；55；；
（6）
根据元素周期表的结构可知，若X位于第二、三周期，则b=a+1；若X位于第四周期，则b=a+11，故答案为：b=a+1或b=a+11。
10．(1) 第二 ⅣA Na S
(2)HNO3
(3) Al2O3 离子 离子键和共价键
(4)H2
(5)Cl2 + 2I-=2Cl- +I2
【分析】根据图示，短周期元素随着原子序数递增、原子半径及对应最高正化合价或最低负化合价的变化可知，a是H元素、b是C元素、c是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g可能是Si、P或S元素、h是Cl元素，据此答题。
（1）
b是C元素，在元素周期表中的位置是第二周期ⅣA族；元素的金属性同周期从左往右减小，同主族从上往下增大，8种元素中金属性最强的是Na；d是O元素，与其处于同一主族的是S。
（2）
b和c的最高价氧化物的水化物分别是H2CO3和HNO3，HNO3是强酸，H2CO3是弱酸，故酸性较强的是HNO3。
（3）
据分析，d和f分别是O和Al，二者形成的化合物为Al2O3； 该化合物在熔融状态下能导电，属于离子化合物； d、e的单质分别是O2、Na，在加热条件下反应生成的化合物Na2O2中存在的化学键有Na+与间的离子键和O与O间的共价键。
（4）
e和a分别是Na和H，二者可以形成化合物NaH，NaH与水反应生成一种气体，该气体是H2，反应的方程式：NaH +H2O=NaOH +H2↑。
（5）
据分析，h是氯元素，根据元素的非金属性越强其单质的氧化性越强，又氧化剂的氧化性强于氧化产物，故能说明Cl的非金属性比碘元素强的反应事实是：Cl2 + 2I-=2Cl- +I2。
11．(1)ClO2
(2)HCl、HClO、KClO3
(3)HCl、Cl2O7、HClO
(4)HClO4=H++ ClO
(5)bd
(6) 向试管中加入氯水先发生：Cl2+2KI=I2+2KCl，淀粉遇I2变蓝 再加入过量Cl2，Cl2与生成的I2反应(5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3)溶液又褪色
(7) 1：6 22.4L
【分析】已知，甲～辛均为含氯元素的物质，根据图中信息，甲为氢化物，Cl的化合价为-1价，则甲为HCl，乙为单质，则乙为Cl2，丙为+4价的氧化物，则丙为ClO2，丁为+7价的氧化物，则丁为Cl2O7，戊为+1价的含氧酸，则戊为HClO，己为+7价的含氧酸，则己为HClO4，庚为+1价的正盐，则庚为KClO，辛为+5价的正盐，则辛为KClO3；
（1）
根据上述分析，丙为ClO2，故答案为：ClO2；
（2）
甲为HCl，属于酸，在水溶液中能够导电，属于电解质，乙为Cl2，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，丁为Cl2O7，属于非金属氧化物，在水溶液中导电不是本身电离，属于非电解质，戊为HClO，属于酸，在水溶液中能够导电，属于电解质，辛为KClO3，属于盐，在水溶液中能够导电，属于电解质，故答案为：HCl、HClO、KClO3；
（3）
甲为HCl，只含共价键，属于共价化合物，乙为Cl2，属于单质，不是共价化合物，丁为Cl2O7，只含共价键，属于共价化合物，戊为HClO，只含共价键，属于共价化合物，辛为KClO3，含有离子键，属于离子化合物，故答案为：HCl、Cl2O7、HClO；
（4）
己是氯元素为+7价的含氧酸，即HClO4，是强酸，完全电离为H+和，故电离方程式为HClO4=H++，故答案为：HClO4=H++；
（5）
乙为Cl2，Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，则Cl2既有氧化性又有还原性，既能作氧化剂又能作还原剂，故答案为：bd；
（6）
将少量氯气通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色，说明生成碘单质，该反应的化学方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl，继续通氯气后溶液后又褪色，Cl2与生成的I2反应发生反应：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，溶液又褪色，故答案为：向试管中加入氯水先发生：Cl2+2KI=I2+2KCl，淀粉遇I2变蓝；Cl2与生成的I2反应发生反应：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，溶液又褪色；
（7）
该反应中元素的化合价变化如下：K2Cr2O7→CrCl3，铬元素由+6价→+3价，得电子，所以K2Cr2O7是氧化剂，HCl→Cl2，氯元素由-1价→0价，失电子，所以HCl是还原剂，氯元素被氧化，依据得失电子守恒，所以还原剂的物质的量为6mol，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：6，根据方程式，每生成3molCl2，有6molHCl做还原剂，73g HCl的物质的量为=2mol，该反应中每有2mol HCl被氧化，生成标况下Cl2的体积为2mol×0.5×22.4L/mol=22.4L，故答案为：1：6；22.4L。
12．(1) N SO3(或三氧化硫)
(2)Al(OH)3
(3)
(4)最外层电子数S与O相同，电子层数S大于O，原子半径S大于O，得电子能力S小于O
(5)ac
(6) 碳水化合物 钙也能与O2、H2O反应，比镁更剧烈 化合物
【分析】根据元素周期表可知：a为N，b为O，c为Na，d为Al，e为S，f为Cl；
（1）
由元素周期表可知a的元素符号为N；e为S，最高价为+6，最高价氧化物为SO3，故答案为：N；SO3；
（2）
金属性越强，最高价氧化物对应的水化物形成的碱的碱性越强，Na的金属性比Al的强，Al（OH）3的碱性较弱，故答案为：Al(OH)3；
（3）
c和f组成化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，用电子式表示其形成过程为；
（4）
同主族元素原子随原子序数增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，最外层电子数S与O相同，电子层数S大于O，原子半径S大于O，得电子能力S小于O，故答案为：最外层电子数S与O相同，电子层数S大于O，原子半径S大于O，得电子能力S小于O；
（5）
a.f为Cl，最外层电子数为7，最高正价为+7，故a对，
b.同主族从上到下，元素非金属性逐渐减弱，氯在氟的下面，氟单质的氧化性是同主族最强的，故b错，
c.氯为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物属于酸，其水溶液的pH＜7，故c对，
故答案为：ac；
（6）
①由表格可知质量最大为5.0g，为碳水化合物，故答案为：碳水化合物；
②钙和镁位于元素周期表中第二主族，镁在第二周期，钙在第三周期，最外层电子数都是2，具有相似性，钙比镁多一个电子层，钙的失电子能力比镁强，因此钙也能与反应，而且比镁更剧烈，故答案为：钙能与O2、H2O反应，比镁剧烈；
③钙位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外层只有两个电子，易失电子，在牛奶中以化合态形式存在，故答案为：化合物。
13．(1) Si
(2)HClO4
(3)c、d电子层数相同(最外层电子数c 小于 d)，原子半径c大于 d
(4)②③
(5)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【分析】根据元素周期表结构得到a～g元素分别为N、F、Na、Mg、Si、P、Cl。
（1）
e为硅元素，其元素符号是Si，d2b是氟化钙，其电子式为；故答案为：Si；。
（2）
根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，因此f、g的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质的化学式是HClO4；故答案为：HClO4。
（3）
c的金属性强于d的金属性，用原子结构解释原因，主要从电子层相同，原子半径大小和失去电子的难易程度进行分析即c、d电子层数相同(最外层电子数c 小于 d)，原子半径c大于 d，失电子能力c大于d；故答案为：c、d电子层数相同(最外层电子数c 小于 d)，原子半径c大于 d。
（4）
①a为氮，其最高正价和最低负价绝对值不相等，故①错误；②同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，因此a的氢化物的稳定性强于f的氢化物的稳定性，故②正确；③同周期从左到右非金属性逐渐增强，其对应单质与氢气化合越来越易，因此单质a比单质b难与氢气反应，故③正确；综上所述，答案为：②③。
（5）
g单质(氯气)与c的最高价氧化物对应水化物(NaOH)反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
14．(1) K+、、、 Mg2+、Cu2+
(2) Cl- 取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-，反之没有
(3)c(K+)≥0.2 mol/L；c()=0.4 mol/L
(4)+H+=CO2↑+H2O
(5)448
(6)1：4
【分析】I．某无色混合物水溶液中一定不存在蓝色Cu2+，由①可知：白色沉淀为AgCl或Ag2SO4、Ag2CO3；由②中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.896 L (标准状况)，气体为NH3，说明溶液中一定含，n()==0.04 mol；
由③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63 g，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66 g可知： 4.66 g沉淀为BaSO4，原溶液一定含为n()==0.02 mol；含BaCO3沉淀的质量m(BaCO3)=6.63 g-4.66 g=1.97 g，则根据C元素守恒可知原溶液中含为n()==0.01 mol，由于Mg2+与会发生反应而不能大量共存，因此一定不含Mg2+，结合①③可知：不能确定是否含Cl-，一定不含Mg2+、Cu2+，结合电荷守恒判断是否含K+，并根据物质的量浓度定义式计算阳离子的浓度；
II．将NaOH、Na2CO3的固体混合物完全溶解于水，配制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入2 mol·L-1的盐酸，发生反应先后顺序为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，根据Na2CO3两步反应消耗HCl的物质的量相等，根据AB段发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O消耗2 mol/L的盐酸体积为V=(45-25)mL=20 mL，可计算CO2的物质的量及体积及原固体中Na2CO3的物质的量；进而可推知NaOH发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O消耗HCl体积为(25-20)mL=5 mL，根据反应关系可知NaOH的物质的量，最后可得原混合溶液中 NaOH 与Na2CO3的物质的量之比。
【详解】（1）根据上述分析可知：该溶液中含有，n()==0.04 mol；含有的物质的量n()==0.02 mol，含有的物质的量为n()==0.01 mol，溶液中一定不含有与不能共存的Mg2+及蓝色离子Cu2+，根据电荷守恒可知溶液中还含有K+，而不能确定是否含有Cl-；故该溶液中一定含有的离子有K+、、、；一定不存在的离子有Mg2+、Cu2+；
（2）根据上述分析可知：该溶液中可能含有的离子有Cl-，检验其是否存在的方法是：取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，使溶液中、沉淀完全，过滤后，往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-，反之不含有Cl-；
（3）该溶液中一定含有的离子有K+、、、，由于n()==0.04 mol；n()==0.02 mol， n()==0.01 mol，若溶液中不存在Cl-，则根据电荷守恒可知n(K+)+n()=2n()+2n()，n(K+)+0.04 mol=2×0.02 mol+1×0.01 mol，n(K+)=0.02 mol，若溶液中含有Cl-，则根据电荷守恒可知n(K+)＞0.02 mol，故溶液的n(K+)≥0.02 mol，由于溶液体积是100 mL，故该溶液中c(K+)≥0.2 mol/L；c()=0.4 mol/L；
（4）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该反应的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O；
（5）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，当加入HCl为35 mL时，只有10 mL发生上述反应，反应产生CO2气体的物质的量n(CO2)=2 mol/L×0.01 L=0.02 mol，其在标准状况下的体积V(CO2)=0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L=448 mL；
（6）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知两步反应消耗HCl体积相同，故n(Na2CO3)=n(HCl)=2 mol/L×0.02 L=0.04 mol，则开始阶段NaOH反应消耗HCl的体积V(HCl)=25 mL-20 mL=5 mol，n(NaOH)=n(HCl)=2 mol/L×0.005 L=0.01 mol，故原混合溶液中 NaOH 与Na2CO3的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.01 mol：0.04 mol=1：4。
15．(1)第二周期第ⅦA族
(2)
(3)Cl-> F-> Al3+
(4) NaHCO3 除去CO2中混有的HCl 盛放硅酸钠溶液的试剂瓶中产生白色胶状沉淀
(5) 铝 NaOH是强碱，而Al(OH)3属于两性氢氧化物
【分析】X、Y、Z、W、Q是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X最外层电子数是内层电子数的2倍,则X为C，Y单质与氢气在暗处能剧烈化合并发生爆炸，则Y为F，短周期元素中Z原子半径最大，则Z为Na，W的氧化物是两性氧化物，则W为Al，同周期元素中，Q最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Q为Cl，据此回答。
【详解】（1）元素Y为F，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅦA族，故答案为：第二周期第ⅦA族；
（2）Z在氧气中完全燃烧所得产物为Na2O2，电子式，
故答案为：；
（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而同主族时、离子的电子层越多，离子半径越大，简单离子半径由大到小的顺序是Cl-> F-> Al3+，
故答案为：Cl-> F-> Al3+；
（4）①制备的二氧化碳中含有HCl，HCl与硅酸钠反应生成硅酸，影响实验，需要除去，用饱和NaHCO3溶液除去HCl，故答案为：NaHCO3；除去CO2中混有的HCl；
②发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，说明C的非金属性比Si强，观察到产生白色胶状沉淀，故答案为：盛放硅酸钠溶液的试剂瓶中产生白色胶状沉淀；
（5）同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na大于Al，能证明这一结论的实验事实：NaOH是强碱，而Al(OH)3属于两性氢氧化物等，故答案为：铝；NaOH是强碱，而Al(OH)3属于两性氢氧化物。
16．(1) BaCl2 AgNO3 Na2CO3 HNO3
(2)4
(3)除去溶液中过量的Ba2+、Ag+
(4)测定溶液的pH(或加入HNO3后不再产生气泡)
(5)蒸发、冷却结晶
【分析】NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液加入过量试剂1为氯化钡溶液或硝酸钡溶液将硫酸根转化为硫酸钡沉淀，再经过滤得沉淀A为硫酸钡和含Cl-、、Ba2+、Na+的溶液①；含Cl-、、Ba2+、Na+的溶液中加入过量的试剂2为硝酸银溶液将氯离子转化为氯化银沉淀，再经过滤得沉淀B为AgCl和含、Ba2+、Na+、Ag+的溶液②；含、Ba2+、Na+、Ag+的溶液中加入过量的试剂3为碳酸钠溶液将钡离子、银离子转化为碳酸钡、碳酸银沉淀，再经过滤得沉淀C为BaCO3和Ag2CO3，溶液为含、Na+、的溶液③；含、Na+、的溶液③加适量的试剂4为硝酸溶液除去，再经蒸发浓缩、冷却结晶得NaNO3固体。
（1）
由分析可知，试剂1为BaCl2溶液，试剂2为AgNO3溶液，试剂3为Na2CO3溶液，试剂4为HNO3溶液。
（2）
根据分析可知溶液②含、Ba2+、Na+、Ag+4种离子。
（3）
试剂3为碳酸钠溶液，目的是除去溶液中过量的Ba2+、Ag+，
（4）
试剂4为硝酸溶液，可以检测pH或观察现象，则恰当地控制试剂4的加入量的方法是测定溶液的pH（或加入HNO3后不再产生气泡）。
（5）
加入试剂4（硝酸）后所得溶液为NaNO3溶液，从NaNO3溶液中获得NaNO3固体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
17．(1) K+ Fe3+ Al3+ SiO 】CO
(2) 3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O Ba2+ + SO= BaSO4↓
(3)2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
(4) Fe2+ Mg2+ Cl- NO SO
【分析】①焰色实验透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，说明没有K+；②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；③加入盐酸生成的无色气体生成遇空气变成红棕色，该无色气体为NO，说明含有Fe2+、，则没有，加盐酸溶液依然澄清，说明没有，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-；④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有，溶液中c(Cl-)+c()+2c()=0.4mol/L＞2c(Fe2+)=0.2mol/L，根据电荷守恒可知，一定还含有Mg2+，一定没有Al3+。
（1）
由分析可知，溶液中一定不含有的阳离子是 K+、Fe3+、Al3+，一定不含的阴离子是、，故答案为：K+、Fe3+、Al3+；、；
（2）
③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，④中生成白色沉淀的离子方程式是Ba2++=BaSO4↓，故答案为：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；Ba2++=BaSO4↓；
（3）
③中所得红棕色气体为NO2，将NO2通入NaOH溶液中，生成两种盐的物质的量相等，所发生反应的离子方程式为2NO2+2OH-=++H2O，故答案为：2NO2+2OH-=++H2O；
（4）
由分析可知，最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2+、Mg2+，所含阴离子是Cl-、、，故答案为：Fe2+、Mg2+；Cl-、、。
18．(1) Si
(2)
(3) HClO4 Al(OH)3
(4)
(5)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑ +2H2O
【分析】根据元素周期表的结构可知，①为N；②为F；③为Na；④为Mg；⑤为Al；⑥为Si；⑦为S；⑧为Cl；⑨为Ar。
（1）
⑥为Si；⑨为Ar，原子结构示意图为：；
（2）
③为Na，在空气中燃烧生成过氧化钠，电子式为：；
（3）
这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4；两性氢氧化物为：Al(OH)3；
（4）
④的氯化物为MgCl2，电子式表示形成过程为：；
（5）
实验室制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑ +2H2O

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