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2015-2016学年贵州省黔西南州兴义八中高三第四次月考化学试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是
A．N5+离子中含有36个电子
B．O2与O4属于同位素
C．C60是有机物
D．H2与H3属于同种元素组成的单质
2．下列说法正确的是
A．7.8gNa2O2中所含阴离子的数目是0.2×6.02×1023
B．标准状况下，2.24L18O2中所含中子的数目是6.02×1023
C．1mol甲烷中含共用电子对的数目是4×6.02×1023
D．电解精炼铜时，当阳极溶解6.4g铜，则转移的电子数为6.02×1022个
3．下列反应的离子方程式正确的是
A．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑
B．在100ml浓度为1 mol•L﹣1 的Fe3的溶液中通入足量SO22Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
C．1mo•L﹣1 的 NaAlO2 溶液和2.5mol•L﹣1 的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5 H+=Al3↓+Al3++H2 O
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32﹣+H+═HCO3﹣
4．类推是学习化学的重要方法之一，但是类推经常会产生错误．下列类推正确的是
A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳．类推：亚硫酸盐与所有的酸反应都能生成二氧化硫
B．浓硫酸与锌发生反应，先产生二氧化硫，后产生氢气．类推：浓硫酸与所有金属反应都能先产生二氧化硫，后产生氢气
C．浓盐酸、浓硝酸在空气中放置，溶液质量会减轻．类推：所有浓酸在空气中放置，溶液质量都会减轻
D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝．类推：向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝
5．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是
甲
乙
丙
丁
A
Cu
CuCl2
CuO
Cu2
B
Na2CO3
NaOH
NaHCO3
CO2
C
Fe
FeCl3
Fe3
Fe2O3
D
Al2O3
Al3
NaAlO2
AlCl3
A．A B．B C．C D．D
6．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是
A．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2
B．V1：V2=1：4
C．M点时生成的CO2为0mol
D．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al3↓
7．6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为n mol．此时溶液中所含NO3﹣的物质的量为
A．0.28mol B．0.3lmol C．mol D．mol
二.非选择题
8．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．
请回答下列问题：
元素F在周期表中的位置 ．
C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是 ．
由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有 ．检验该化合物中的阳离子的方法是 ．
若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出D元素的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式： ．若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其单质溶于强碱溶液的离子方程式： ．
9．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．
若A为单质，且常温下0.1mol L﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：
①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为 ；
②A与H2O反应的离子反应方程式为 ．
③X可能为 ．
a．NaOH b．AlCl3 c．Na2CO3 d．NaAlO2
若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生则：
①A的电子式为
②A与H2O反应的化学反应方程式为 ．
10．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴 加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：
请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图 ．
化合物A的化学式为 ；请设计实验方案验证A中阴离子 ；
请写出沉淀B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式
请写出气体C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式 ．
11．某化学活动小组设计如图所示实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质．
写出装置A中发生反应的化学方程式： ．
写出试剂Y的名称： ．
已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物．可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究．
①提出合理假设．
假设一：存在两种成分：NaHCO3和 ；
假设二：存在三种成分：NaHCO3和 、 ．
②设计方案，进行实验．请写出实验步骤以及预期现象和结论．
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯．
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．
步骤2：
步骤3：
已知C中有0.1mol Cl2参加反应．若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为 ．
12．龙葵醛是一种珍贵的香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业．以下是以苯为原料生成龙葵醛的一种合成路线：
龙葵醛的分子式为 ，其中含氧官能团的名称是 ；A物质得到的1H﹣NMR谱中有 个吸收峰，B的结构简式可能为 ．
反应③的反应类型为 ，反应⑤的反应条件为 ．
反应⑥的化学方程式为 ．
龙葵醛具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：
a．其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；b．苯环上的一溴代物有两种；c．分子中没有甲基．
写出符合上述条件的物质可能的结构简式： ．
2015-2016学年贵州省黔西南州兴义八中高三第四次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是
A．N5+离子中含有36个电子
B．O2与O4属于同位素
C．C60是有机物
D．H2与H3属于同种元素组成的单质
【考点】无机化合物与有机化合物的概念；同位素及其应用；同素异形体．中学版权所有
【分析】A．根据阳离子中核外电子数=核内质子数﹣离子所带电荷数；
B．根据质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；
C．有机物的特点是：是化合物，含有碳元素，C60是一个分子中含有60个碳原子的单质；
D．H2与H3属于由同种元素形成的不同单质．
【解答】解：A．因N5+中的电子数为7×5﹣1=34，故A错误；
B．因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；
C．C60的一个分子中含有60个碳原子，有机物必须是含有碳元素的化合物，故C错误；
D．H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了电子数的计算、同位素、有机物的辨析等问题，把握概念是解题的关键，题目较简单．
2．下列说法正确的是
A．7.8gNa2O2中所含阴离子的数目是0.2×6.02×1023
B．标准状况下，2.24L18O2中所含中子的数目是6.02×1023
C．1mol甲烷中含共用电子对的数目是4×6.02×1023
D．电解精炼铜时，当阳极溶解6.4g铜，则转移的电子数为6.02×1022个
【考点】阿伏加德罗常数．中学版权所有
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根构成来分析；
B、求出18O2的物质的量，然后根据1mol18O2中含20mol中子；
C、甲烷中含4mol共用电子对；
D、阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的杂质放电．
【解答】解：A、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故A错误；
B、标况下2.24L18O2的物质的量为0.1mol，而1mol18O2中含20mol中子，故0.1mol中含2mol中子即2NA个，故B错误；
C、甲烷中含4mol共用电子对；，故1mol甲烷中含4mol共用电子对即4NA个，故C正确；
D、阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的杂质放电，故当阳极上溶解6.4g时，转移的电子大于2NA个，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
3．下列反应的离子方程式正确的是
A．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑
B．在100ml浓度为1 mol•L﹣1 的Fe3的溶液中通入足量SO22Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
C．1mo•L﹣1 的 NaAlO2 溶液和2.5mol•L﹣1 的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5 H+=Al3↓+Al3++H2 O
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32﹣+H+═HCO3﹣
【考点】离子方程式的书写．中学版权所有
【分析】A．过氧化钠为氧化物，离子方程式中应该保留化学式；
B．二氧化硫足量，硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化二氧化硫，漏掉了硝酸根离子与二氧化硫的反应；
C．偏铝酸根离子与1mol/L的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，剩余的氢离子与氢氧化铝反应生成铝离子，反应产物中氢氧化铝和铝离子的物质的量相等；
D．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，需要保留分子式．
【解答】解：A．过氧化钠应该写成化学式，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2 ↑，故A错误；
B．Fe3的溶液中通入足量SO2，硝酸根离子也参与反应，正确的离子反应为：3NO3﹣+Fe3++5SO2+4H2O═Fe2++5SO42﹣+3NO↑+8H+，故B错误；
C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合，设溶液体积为1L，则偏铝酸钠为1mol，氯化氢为2.5mol，1mol偏铝酸钠与1mol氢离子反应生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，所以二者恰好反应生成等物质的量的氢氧化铝和铝离子，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+=Al3↓+Al3++H2O，故C正确；
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸，反应生成醋酸钠和碳酸氢钠，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：CH3COOH+CO32﹣═CH3COO﹣+HCO3﹣，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系．
4．类推是学习化学的重要方法之一，但是类推经常会产生错误．下列类推正确的是
A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳．类推：亚硫酸盐与所有的酸反应都能生成二氧化硫
B．浓硫酸与锌发生反应，先产生二氧化硫，后产生氢气．类推：浓硫酸与所有金属反应都能先产生二氧化硫，后产生氢气
C．浓盐酸、浓硝酸在空气中放置，溶液质量会减轻．类推：所有浓酸在空气中放置，溶液质量都会减轻
D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝．类推：向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝
【考点】探究化学规律．中学版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．亚硝酸盐与强氧化性酸反应生成硫酸盐，如亚硫酸钠与稀硝酸反应生成硫酸钠，不会生成二氧化硫；
B．浓硫酸与铁、铝会发生钝化现象，不会生成二氧化硫气体；
C．浓硫酸具有吸水性，则浓硫酸在空气中放置，其质量会增加；
D．氢氧化铝的酸性小于碳酸、碳酸氢根离子，则碳酸、碳酸氢根离子都与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀．
【解答】解：A．碳酸钙能与盐酸反应生成二氧化碳，而亚硫酸盐与硝酸反应生成硫酸盐，不会生成二氧化硫气体，故A错误；
B．浓硫酸具有强氧化性，能够与锌发生反应先产生二氧化硫、后产生氢气，但是铝、铁能够与浓硫酸发生钝化现象，不能产生二氧化硫，故B错误；
C．浓盐酸能够挥发、浓硝酸易分解，则二者在空气中放置，溶液质量会减轻；而浓硫酸具有吸水性，若放置在空气中浓硫酸的质量会增加，故C错误；
D．偏铝酸钠溶液能与碳酸氢钠溶液发生反应生成氢氧化铝，由于碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳也能生成氢氧化铝沉淀，该类推合理，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了探究化学规律，题目难度中等，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握类推法的应用及判断方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．
5．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是
甲
乙
丙
丁
A
Cu
CuCl2
CuO
Cu2
B
Na2CO3
NaOH
NaHCO3
CO2
C
Fe
FeCl3
Fe3
Fe2O3
D
Al2O3
Al3
NaAlO2
AlCl3
A．A B．B C．C D．D
【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．中学版权所有
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．Cu与氯气反应生成CuCl2，CuCl2不能反应生成CuO；
B．碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳；
C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不能直接转化为Fe；
D．氧化铝不能直接转化为氢氧化铝．
【解答】解：A．Cu与氯气反应生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜分解生成CuO，所以CuCl2不能一步反应生成CuO，故A错误；
B．碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，所以各步反应均可一步完成，故B正确；
C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不能直接转化为Fe，即丙到甲不能一步完成，故C错误；
D．氧化铝难溶于水，与水不反应，所以氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查金属及化合物的转化，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用及分析、推断能力的考查，题目难度中等．
6．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是
A．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2
B．V1：V2=1：4
C．M点时生成的CO2为0mol
D．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al3↓
【考点】镁、铝的重要化合物．中学版权所有
【专题】图像图表题．
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸；
首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；
第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；
第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n=n；
第四阶段，发生反应Al3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al3反应完毕，根据方程式可知n=3n[Al3]=3×0.05mol=0.15mol，进而求出盐酸．
【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸；
首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；
第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol×1mol/L=0.05mol；
第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n=n=0.05mol；
第四阶段，发生反应Al3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al3反应完毕，根据方程式可知n=3n[Al3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL；
A．由上述第一、二阶段分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故A错误；
B．原溶液中n=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B正确；
C．由上述分析可知M点时溶液中CO32﹣完全转化为HCO3﹣，没有CO2生成，故C正确；
D．由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al3↓，故D正确．
故选：A．
【点评】本题考查离子反应与图象关系、化学计算等，难度中等，清楚离子反应的先后顺序是解题的关键．
7．6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为n mol．此时溶液中所含NO3﹣的物质的量为
A．0.28mol B．0.3lmol C．mol D．mol
【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．中学版权所有
【专题】守恒法．
【分析】铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为n mol，说明溶液为Cu2与HN03的混合溶液，溶液中n=n+2n，据此计算．
【解答】解：6.4g铜的物质的量为=0.1mol．
铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为n mol，说明溶液为Cu2与HN03的混合溶液．
根据电荷守恒溶液中n=n+2n=nmol+0.1mol×2=mol．
故选：C．
【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，本题不宜采取常规方法计算，判断溶液组成是关键，利用电荷守恒与原子守恒解答．
二.非选择题
8．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．
请回答下列问题：
元素F在周期表中的位置 第三周期第ⅥA族 ．
C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是 S 2﹣＞O 2﹣＞Na+ ．
由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有 离子键、共价键 ．检验该化合物中的阳离子的方法是 NH4++OH﹣NH3↑+H2O ．
若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出D元素的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式： Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O ．若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其单质溶于强碱溶液的离子方程式： Si+H2O+2OH﹣=SiO3 2﹣+2H2↑ ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．中学版权所有
【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠、小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，据此解答．
【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，
F是S元素，钠原子核外有3个电子层，最外层有6个电子，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，
故答案为：第三周期第ⅥA族；
电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是：S 2﹣＞O 2﹣＞Na+，
故答案为：S 2﹣＞O 2﹣＞Na+；
由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X为NH4NO3，硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键，用碱与铵盐反应生成氨气检验铵根离子，反应离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，
故答案为：离子键、共价键；NH4++OH﹣NH3↑+H2O；
若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E为Al元素，其最高价氧化物为Al2O3，D的最高价氧化物对应水化物为NaOH，二者反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；
若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E是Si元素，离子反应方程式为：Si+H2O+2OH﹣=SiO3 2﹣+2H2↑，
故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；Si+H2O+2OH﹣=SiO3 2﹣+2H2↑．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等．
9．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在下图所示转化关系；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解．
若A为单质，且常温下0.1mol L﹣1C溶液的pH为1，请回答以下问题：
①组成单质A的元素在元素周期表中的位置为 第三周期第ⅤⅡA族 ；
②A与H2O反应的离子反应方程式为 Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0 ．
③X可能为 cd ．
a．NaOH b．AlCl3 c．Na2CO3 d．NaAlO2
若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生则：
①A的电子式为
②A与H2O反应的化学反应方程式为 NCl3+3H2O=NH3+3HClO ．
【考点】无机物的推断．中学版权所有
【专题】推断题．
【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，
若A为单质，且常温下0.1mol L﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；
若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，据此答题．
【解答】解：A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，
若A为单质，且常温下0.1mol L﹣1C溶液的pH为1，C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；
①A为Cl2，氯元素在周期表中的位置为第三周期第ⅤⅡA族，
故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；
②Cl2与H2O反应的离子反应方程式为Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0，
故答案为：Cl2+H20H++Cl﹣+HCl0；
③根据上面的分析可知，X可能为Na2CO3、NaAlO2，
故选cd；
若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，
①A为NCl3，A的电子式为，故答案为：；
②A与H2O反应的化学反应方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，故答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO．
【点评】本题考查无机物的推断，是高考中的常见题型，难度中等，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力．做好本题的关键之处在于把握好常见物质的性质以及有关转化，注意题中的信息的应用．
10．某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴 加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：
请画出沉淀B中金属元素的原子结构示意图 ．
化合物A的化学式为 NH4Al2 ；请设计实验方案验证A中阴离子 取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子 ；
请写出沉淀B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式 Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
请写出气体C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl ．
【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．中学版权所有
【专题】实验设计题．
【分析】由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，以此来解答．
【解答】解：由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH4+、Al3+，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al3++3OH﹣=Al3↓、NH4++OH﹣=NH3．H2O、Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，NH4+、Al3+为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO42﹣，
B中金属元素为A来，原子结构示意图为，故答案为：；
由上述分析可知A为NH4Al2，检验A中阴离子的方法为取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子，故答案为：NH4Al2；取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子；
B溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl．
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握铵根离子、铝离子的检验为解答的关键，注意阴离子可由电荷守恒分析，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．
11．某化学活动小组设计如图所示实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质．
写出装置A中发生反应的化学方程式： 4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
写出试剂Y的名称： 饱和食盐水 ．
已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物．可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究．
①提出合理假设．
假设一：存在两种成分：NaHCO3和 NaCl ；
假设二：存在三种成分：NaHCO3和 NaCl 、 Na2CO3 ．
②设计方案，进行实验．请写出实验步骤以及预期现象和结论．
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯．
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中．
无明显现象
步骤2： 向A试管中滴加BaCl2溶液
a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3
b．若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3
步骤3： 向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液
若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl
已知C中有0.1mol Cl2参加反应．若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为 2Cl2+H2O+2Na2CO3═2NaHCO3+2NaCl+Cl2O ．
【考点】氯气的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量．中学版权所有
【专题】实验分析题．
【分析】实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；
依据装置分析，进入C之前需要吸收氯化氢气体，需要用饱和食盐水吸收；
在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体．C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3．
假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；
假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3．
步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒．
步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；
依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合
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