- 物质结构元素周期律
- 共75155题
[化学---物质结构与性质]研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质．请回答下列问题．
（1）P、S、Cl三种元素中，第一电离能最小的是______．
（2）PCl3和CH4中心原子的杂化类型相同，PCl3分子的空间构型是______．
（3）钛原子的电子排布式为______．在浓的TiCl3溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，将1mol该物质溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生1mol氯化银沉淀，则该配合物阳离子的化学式为______，形成该离子时提供孤电子对的分子或离子是______（填化学式）．
（4）铁元素在1183K以下形成的晶体的基本结构单元如图1所示，1183K以上转变为图2所示结构的基本结构单元．两种晶体的基本结构单元中的原子个数之比为______．
正确答案
（1）同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，则Cl的第一电离能大于S，由于P元素的3p轨道为半充满状态，处于稳定状态，则P的第一电离能大于S，所以最小的是S，故答案为：S；
（2）PCl3中含有3个δ键和1个孤电子对，应为三角锥形，故答案为：三角锥形；
（3）Ti的原子序数为22，位于周期表第四周期ⅣB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，在浓的TiCl3溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，将1mol该物质溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生1mol氯化银沉淀，说明有2molCl-与Ti3+形成配位键，形成的配离子为[TiCl2（H2O）4]+，
形成该离子时提供孤电子对的分子或离子是H2O、Cl-，
故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；[TiCl2（H2O）4]+；H2O、Cl-；
（4）图1中Fe原子位于顶点和体心，晶胞中含有1+8×
图2中Fe原子位于顶点和面心，晶胞中含有6×
所以两种晶体的基本结构单元中的原子个数之比为2：4=1：2，
故答案为：1：2．
四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息①原子半径大小：A>B>C>D
信息②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：
甲：是地球上最常见的物质之一，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分。
乙：无色、无味而易燃，是21世纪的主要能源。
丙：有强氧化性，可以用于消毒杀菌。请根据上述信息回答下列问题。
(1)甲、乙、丙中含有的一种共同元素是____（填名称）；
(2)B元素在周期表中的位置___，写出C元素基态原子的电子排布式___，
(3)上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是___（填元素符号）；
(4)B元素形成的单质晶体可能为____（填序号）。
A．离子晶体
B．分子晶体
C．原子晶体
D．金属晶体
正确答案
(1)氢
(2)第二周期ⅣA族；1s22s22p4
(3)Cl
(4)B、C
现有A、B、C三种短周期元素，原子序数依次递增．A与C的质子数之和为27，最外层电子数之差为5；0.9g单质B与足量盐酸反应，收集到气体1.12L（标准状况）．请回答下列问题：
（1）B元素在元素周期表中的位置是______
（2）A、B、C三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性渐强、碱性渐弱的顺序是（写化学式）______
（3）A、B两元素的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，其离子方程式
为______
（4）将B单质与石墨按右图装置连接，石墨电极的名称为______；另一电极反应式为：______．
（5）C的一种氧化物是常见的大气污染物．为防止大气污染，某化工厂用NaOH溶液、石灰和O2处理含C的上述氧化物的尾气，使其转化为石膏（CaSO4•2H2O）．假设在转化过程中C元素不损失，每天处理1120m3（标准状况下）含2%（体积分数）上述氧化物的尾气，理论上可以得到多少千克石膏？
正确答案
（1）假设AB在同周期，则B+A=27，B-A=5，可得B=16，A=11即A为钠、B为硫；
假设AB不在同周期，则B+A=27，B-A=5+8，可得B=20（超出短周期舍去）．
A故A为Na，C为S．
A与C最外层电子数之差为5，故B可能为Al，设B的化合价为+3价．
2M+6HCl=2MCl3+3H22X 3×22.4
0.9 1.12
X=
原子量为27的元素是：Al，B为Al．
（2）A、B、C三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性渐强、碱性渐弱的顺序；NaOH Al（OH）3H2SO4
（3）氢氧化钠可与氢氧化铝反应，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
（4）Al是活泼金属，做负极，故石墨为正极．Al失电子：Al-3e-=Al3+
（5）由题意可知SO2的体积为1120m3×2%=2.24m3=22400L
再根据V=n×22.4
所以n=22400÷22.4=1000mol
即有1000mol的SO2，即1000mol的S
即有1000mol的CaSO4•2H2O，
又因为CaSO4•2H2O的摩尔质量M=40+32+16×4+18×2=172g/mol
所以m=n×M=1000×172=172000g
故答案为：（1）第三周期 IIIA族
（2）NaOH Al（OH）3 H2SO4
（3）Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
（4）正极 Al-3e-=Al3+
（5）172000克
A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y ）；D形成的分子为单原子分子．回答问题：
（1）D元素的名称为______，F形成的离子的结构示意图为______．
（2）写出液态化合物Y的一种用途______．
（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式______，使用这种气球存在的隐患是______．
（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应．写出该反应的离子方程式：______．
（5）由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8kJ热量．查资料可知：
2Y（1）=2X（1）+C2（g）△H=-196.4kJ•mol-1写出液态W与气态C2反应生成液态X和气态B2的热化学方程式为______．该反应还可设计为原电池（以KOH溶液为电解质溶液），请写出该电池的负极反应式：______．
（6）G为氯，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液可以测定溶液中Cl-的浓度，已知Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12，Ag2CrO4为砖红色，则滴定终点的现象是______．
正确答案
由短周期主族元素的原子中，A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，E原子的半径最大，则E为钠元素；C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为氧元素，F为硫元素；因G的原子序数大于F，则G为氯元素；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，则B为氮元素；A和E最外层电子数相同，A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y，X、Y为水和双氧水，则A为氢元素；D形成的分子为单原子分子，D的原子序数介于8～11，则D为氖元素；
（1）因D为氖元素，则名称为氖，F为硫元素，硫离子带2各单位的负电荷，质子数为16，电子数为18，最外层电子数为8，其离子结构示意图为
，故答案为：氖；
；
（2）A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y ），则Y为H2O2，因其具有氧化性，则可作消毒剂，故答案为：一定浓度的H2O2溶液作消毒剂；
（3）A、C、E组成的化合物的水溶液为NaOH溶液，金属易拉罐含铝，则发生的离子反应为
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，生成的氢气易燃、易爆，则存在安全隐患，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；易燃、易爆；
（4）A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应，则该反应为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠的反应，其离子反应为H++HSO3-=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3-=H2O+SO2↑；
（5）由A、B两元素形成的化合物W，一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8kJ热量，该反应的热化学方程式为
N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（1）△H=-817.6kJ•mol-1、、、、①，
由2Y（1）=2X（1）+C2（g）△H=-196.4kJ•mol-1，即2H2O2（1）=2H2O（1）+O2（g）△H=-196.4kJ•mol-1、、、、②，①-②可得N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）△H=-621.2kJ•mol-1，
该反应还可设计为原电池，在负极N元素失去电子，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，
故答案为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（1）△H=-621.2kJ•mol-1；N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；
（6）由Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12，
转化为AgCl沉淀需要的c（Ag+）=
转化为Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag+）=
即AgCl先转化为沉淀，则滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色深沉，振荡后砖红色沉淀不溶解即达到滴定的终点，故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色深沉，振荡后砖红色沉淀不溶解．
阅读下面的信息，推断元素及有关物质，按要求回答物质：
信息①：X、Y、Z、W是常见的短周期元素，其原子序数依次增大，且原子核外最外层电子数均不少于2。
（1）根据信息①，X一定不是_________ （填序号）。
A. 氢
B. 碳
C. 氧
D. 硫
信息②：上述四种元素的单质均能在足量的氧气中燃烧，生成的四种氧化物中，有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓氢氧化钠溶液，氧化物的相对分子质量都大于26。
（2）这四种元素中是否可能有一种是铝元素？_________ （填可能或不可能）。
信息③：向上述四种元素单质组成的混合物中加入足量盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中析出白色沉淀。
（3）白色沉淀物的化学式为 ___________。
信息④：向上述四种元素单质组成的混合物中加入足量烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中析出白色沉淀。
（4）生成白色沉淀物的离子方程式为___________ 。
信息⑤：X与W同主族
（5）X与浓硫酸加热时反应的化学方程式为_____________ 。
正确答案
（1）AD
（2）可能
（3）Mg(OH)2 （4）SiO32-+2H+ == H2SiO3↓（或SiO32-+2H++H2O==H4SiO4↓）
（5）C+2H2SO4（浓）
原子序数依次增大的A、B、C、D都是元素周期表中前20号元素，B、C、D同周期，A、D同主族，且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍．D的最高价氧化物对应的水化物为强酸，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．根据以上信息，回答下列问题：
（1）D的离子结构示意图是______，A和B形成的化合物中含有非极性共价键的是______，该物质的电子式是______．
（2）加热时，D单质能跟B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生氧化还原反应，生成两种盐，该氧化还原反应的离子方程式为______．
（3）写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______．
正确答案
“B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水”且B、C、D原子序数依次增大，可知C的最高价氧化物对应的水化物具有两性，即Al（OH）3，故C为Al；Al（OH）3只能和强碱反应，故B为Na；A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍，A为氧；A、D同主族，D为硫．所以，A、B、C、D依次为O、Na、Al、S．
（1）D为硫，最外层6个电子，容易得2个电子达稳定结构；A、B分别是O、Na，形成的化合物中含有非极性共价键的是过氧化钠，该物质中既有离子键又有非极性共价键．
故答案为：
Na2O2
（2）D单质是S，B的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，硫单质的化合价是0价，发生氧化还原反应时既做氧化剂又做还原剂，根据化合价变化规律，形成的离子分别是硫离子和亚硫酸根离子，故答案为：3S+6OH-
（3）C的最高价氧化物对应的水化物是Al（OH）3，B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成盐和水，氢氧化铝不溶于水，写化学式，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)等化合物。
（1）三硅酸镁的氧化物形式为____________，某元素与镁元素不同周期但在相邻一族，且性质和镁元素十分相似，该元素原子核外电子排布式为____________。
（2）铝元素的原子核外共有________种不同运动状态的电子、__________种不同能级的电子。
（3）某元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径________(填“大”或“小”)，该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：
________________________
（4）Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是____________。
a．Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水
b．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体
c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物
d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点
正确答案
（1）2MgO·3SiO2·nH2O；1s22s1；
（2）13；5；
（3）大；Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O
（4）ad
下列说法正确的是
[ ]
A．0.1 mol 16O2和0.1 mol 18O2中均含有0.8 mol质子
B．K+、S2-的最外层电子数相同，化学性质相同
C．N2O5是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
D．新制的氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊试液，溶液始终呈红色
正确答案
C
A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次递增，其中A、B、C、D、E均为短周期元素．A元素原子核内无中子；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D是地壳中含量最高的元素；E和D同主族；F位于周期表的第四周期ⅠA族．根据以上信息用相关的元素符号回答下列问题：
（1）写出C、E的化学式：______；______．
（2）B与D形成化合物BD2的分子式为______，空间构型为______．
（3）A2D的沸点比A2E高的原因是______．
（4）常温常压时，2.8g BD气体在3.2g D2气体中完全燃烧，生成BD2气体时放出28、3kJ的热量，则表示BD燃烧热的热化学方程式是______．
（5）A、C、D三元素能形成一种强酸甲，写出单质B与甲的浓溶液反应的化学反应方程式______．
正确答案
（1）A元素原子核内无中子，应为H元素，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，应为C元素，D是地壳中含量最高的元素，应为O元素，A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次递增，则C为N元素，E和D同主族，根据原子序数依次增大，应为S元素，故答案为：N； S；
（2）B与D形成化合物BD2为CO2，C原子的价层电子对为2，含有2个δ键，为直线形分子，
故答案为：CO2；直线型；
（3）O元素原子半径小，非金属性较强，可形成氢键，所以H2O分子间存在氢键，导致熔沸点升高，
故答案为：H2O分子间存在氢键，导致熔沸点升高；
（4）2.8g BD气体在3.2g D2气体中完全燃烧，生成BD2气体时放出28.3kJ的热量，即2.8g CO气体在3.2g O2气体中完全燃烧，生成CO2气体时放出28、3kJ的热量，则n（CO）=
故答案为：CO（g）+
（5）该反应为C和浓硫酸的反应，反应条件为加热，生成CO2和SO2，反应方程式为C+2H2SO4（浓）
故答案为：C+2H2SO4（浓）
X、Y、Z、W是周期表中原子序数依次增大的前20号元素．X、Y同周期，Y、Z同主族．Zn-与Wn+离子的电子层结构相同．由这四种元素形成的单质、化合物有如图转化关系．已知：常温下A为液体，B、C、E、G为气态化合物，且A、C、G均为直线型分子；D是由元素W、Y形成的常见化合物．
（1）元素W的名称______，Z的原子结构示意图______，A的电子式______．
（2）写出D、E的化学式：D：______、E：______．
（3）①已知38gA与Y完全反应生成B、C时放出akJ的热量，写出该反应的热化学方程式：______．
②F与水反应的化学方程式：______．
正确答案
根据转化关系，单质Y在点燃情况下才能与A、E反应，可猜想单质Y为O2；Y、Z同主族，则Z为S；Zn-与Wn+离子的电子层结构相同，推知W为Ca，D为CaO，与钙元素相关的，反应生成的直线型分子应该为C2H2，推知F为CaC2，H为Ca（OH）2，X为C，C在高温下与CaO反应生成CaC2和CO，推知E为CO，C为CO2，单质C和单质S在一定条件下形成直线型的CS2分子，CS2在O2中燃烧生成SO2和CO2．将所得结论代入题设框图验证可知完全正确．
（1）由上述分析可知，W为钙元素；Z为硫元素，质子数为16，核外电子数为16，有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构化示意图为
；CS2的电子式与二氧化碳电子式类似，所以CS2的电子式为
，
故答案为：钙；
；
；
（2）由上述分析可知，D为CaO，E为CO，故答案为：CaO；CO；
（3）①38gCS2（l）为0.5mol，与O2（g）完全反应生成CO2（g）和SO2（g），放出a kJ热量，则1 mol CS2（l）与O2（g）完全反应生成CO2（g）和SO2（g）放出2a kJ热量，所以热化学方程式为CS2（l）+3O2（g）═CO2（g）+2SO2（g）△H=-2akJ/mol，
故答案为：CS2（l）+3O2（g）═CO2（g）+2SO2（g）△H=-2akJ/mol；
②碳化钙与水反应生成氢氧化钙与乙炔，反应方程式为CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca（OH）2，故答案为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca（OH）2．
有A、B、C、D、E五种微粒，其组成均有氢元素，且电子总数为10个，A是双原子的阴离子，它们之间能发生下列变化：
（1）A+B
A+E（3）D+E→B+C
由此可知它们的化学式分别为：
A______，B______，C______，D______，E______．
正确答案
电子总数为10个电子的微粒有：分子：CH4、NH3、H2O、HF、Ne；阴离子：N3-、O2-、F-、OH-、NH2-；阳离子：Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+．
根据题意，A是双原子的阴离子，确定A为OH-．反应（1）A+B
OH-+H3O+、NH3+NH3
NH2-+NH4+，而已确定C为H2O，所以反应（2）为H2O+H2O
OH-+H3O+，则E为H3O+．反应（3）D+E→B+C，D、E、B、C都已推出，则反应为：NH3+H3O+═NH4++H2O．
故答案为：OH-；NH4+；H2O；NH3；H3O+．
4种短周期元素A、B、C、D的相关信息如下：信息①原子半径大小：A＞B＞C＞D信息②4种元素的原子之间形成的甲、乙和丙3种物质的部分信息如下：
请根据上述信息回答下列问题．
（1）元素B在周期表中的位置______，丙分子的电子式______．
（2）元素E、F与元素A处于同一周期，E单质的还原性最强，且与甲能反应生成化合物X．含元素F的某些盐可作为净水剂，由元素F、C组成的化合物Y可作为耐火材料．
①写出元素A的单质与甲反应的化学方程式：______．
②写出化合物Y溶解于X溶液的离子方程式：______．
正确答案
甲是地球上最常见的物质，是组成生物体的重要物质之一，约占人体质量的
乙是无色，无气味并且易燃．是常见的一种基础能源，由比例模型可知乙为CH4，组合成元素为C和H，
丙是有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌，由比例模型可知丙为HClO，含有元素为H、Cl、O，
原子半径Cl＞C＞O＞H，结合原子半径大小：A＞B＞C＞D，可是A为Cl，B为C，C为O，D为H，则
（1）B为C，原子序数为6，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则位于周期表第2周期IVA族，
丙为HClO，电子式为
，
故答案为：第2周期IVA族；
；
（2）元素E、F与元素A（即Cl）处于同一周期，E单质的还原性最强，应为Na，且与甲（即H2O）能反应生成化合物X，应为NaOH，含元素F的某些盐可作为净水剂，由元素F、C组成的化合物Y可作为耐火材料，应为Al2O3，则F为Al，
①Cl2和H2O反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，
故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
②化合物Y为Al2O3，X为NaOH，二者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O．
A～J分别代表中学化学中常见的一种单质或化合物，其转化关系如图．
已知A在工业上常用作耐火材料，C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态；形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍；B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃），L是目前应用最广泛的金属．请回答下列问题：
（1）若K为红棕色粉末，则引发C与K反应的操作为______
（2）写出电解E水溶液的化学方程式______．
（3）J与H反应的离子方程式为______．若在上述转化关系中每一步反应均为恰好反应，且不考虑C+K→A+L的变化时，为了最终得到J，则A、B的物质的量之比为______．
正确答案
C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态；L是目前应用最广泛的金属，结合转化关系中C+K=A+L，和（1）中K为红棕色粉末，推断L为Fe，C为Al，K为Fe2O3；已知A在工业上常用作耐火材料，A为Al2O3，形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，结合转化关系中A电解得到D为O2，B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃），判断含有钾元素，B加热分解得到氧气和E，证明B为KClO3，推断E为KCl，电解水溶液得到F为KOH，G，I为氢气和氯气；结合转化关系中C+G=H可知，G为Cl2，I为H2，H为AlCl3，J为KAlO2，
（1）若K为红棕色粉末，则引发C与K反应的操作为铝热剂反应的引发条件为：铝热剂表面铺一层氯酸钾，将镁条点燃到插入固体混合物，
故答案为：铝热剂表面铺一层氯酸钾，将镁条点燃到插入固体混合物；
（2）电解E为KCl水溶液，反应的化学方程式为：2KCl+2H2O
（3）J为KAlO2与H为AlCl3在水溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓； 若在上述转化关系中每一步反应均为恰好反应，且不考虑C+K→A+L的变化时，为了最终得到J（KAlO2），依据反应的定量关系，Al2O3～2Al～2AlCl3；2KClO3
AlCl3+4KOH=KAlO2+3KCl+2H2O；则AB在反应过程中的定量关系为：Al2O3～2Al～2AlCl3～8KOH～8KCl～8KClO3；则A、B的物质的量之比为 1：8；
故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；1：8．
已知A、B、C、D分别是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间有如下图所示反应关系．
（1）如果A、B、C、D均是10电子粒子，
①请写出A的化学式______
②A和B反应生成C、D的离子反应方程式______
（2）如果A、C均是18电子的粒子，B、D 均是10电子粒子，请写出C的电子式______．
正确答案
（1）如果A、B、C、D均是10电子粒子，结合10电子微粒的结构性质特征判断为：A为NH4+，B为OH-，C为NH3，D为H2O；反应为：NH4++OH-=NH3+H2O；或为：HF+OH-═F-+H2O
①A的化学式为：NH4+ （或HF）
②A和B反应生成C、D的离子反应方程式为：NH4++OH-═NH3↑+H2O （或HF+OH-═F-+H2O ）
故答案为：NH4+ （或HF）；NH4++OH-═NH3↑+H2O （或HF+OH-═F-+H2O ）
（2）如果A、C均是18电子的粒子，B、D 均是10电子粒子，结合微粒的性质特征推断：A为H2S，B为OH-，C为HS-或S2-，D为H2O；所以C的电子式为：
或者
；
故答案为：
或者
有X、Y、Z三种元素，已知：
①X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；
②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色．
请回答：
（1）若X与Z元素形成ZX2化合物，则ZX2的电子式______，其中含有的化学键有______．
（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是______，此液体具有的性质是______（填写序号字母）．
a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”
b．插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深
c．向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
d．将该液体加热、蒸干、灼热后，有氧化物生成
（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体．
①已知一定条件下，每1mol该气体被O2完全氧化放热98.0kJ，写出该反应的热化学方程式______．若2mol该气体与1molO2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，则该气体的转化率为______．
②原无色有刺激性气味的气体与含1.5mol Y的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.5×6.02×1023个电子转移时，该反应的化学方程式是______．
（4）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是______．
①常温下，将20mL0.1mol•L-1的该物质的水溶液与VmL0.1mol•L-1的氨水混合后pH=7，则V______20mL（填“＞”“＜”或“=”）
②常温下，将pH=2的该物质的水溶液V1mL与V2mL0.01mol•L-1的氨水混合后，溶液呈酸性，则V1与V2的关系满足______
A．V1＞V2 B．V1＜V2 C．V1=V2 D．无法确定
此时溶液中带电微粒的浓度大小顺序可能为______．
（5）Z的高价硝酸盐溶液中滴加足量HI溶液的离子方程式：______．
正确答案
有X、Y、Z三种元素；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色．证明ZY3为FeCl3，①中X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数为18电子微粒，X为S元素；推断XYZ元素分别为：S、Cl、Fe；
（1）若X与Z元素形成ZX2化合物，化学式为：FeS2，则FeS2的电子式为：
，其中含有的化学键有离子键和共价键；故答案为：
；共价键 离子键；
（2）将ZY3（FeCl3）溶液滴入沸水可得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，反应的离子方程式是：Fe3++3H2O
a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”是胶体的性质，发生了丁达尔现象，故a符合；
b．插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深，是胶体的电泳性质，胶体微粒吸附带电荷离子，通电时移向某电极，氢氧化铁胶体微粒吸附带正电荷的离子，通电移向阴极，故b符合；
c．向该液体中加入硝酸银溶液，会出现白色沉淀产生，故c不符合；
d．将该液体加热聚沉生成沉淀、蒸干、灼热后，氢氧化铁分解生成氧化铁，有氧化物生成，故d符合；
故答案为：abd
（3）X单质为S在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体生成为SO2，
①已知一定条件下，每1mol该气体被O2完全氧化放热98.0kJ，依据化学反应方程式写出该反应的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）=2 SO3（g）；△H=-196kJ/mol；若2molSO2气体与1molO2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，因为反应是可逆反应，实际反应的二氧化硫气体物质的量=
②原无色有刺激性气味的气体SO2与含1.5mol Y的一种含氧酸，该酸的某盐常用于实验室制取氧气，判断为KClO3；含氧酸溶液为HClO3的溶液和二氧化硫气体一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.5×6.02×1023个电子转移时，物质的量为1.5mol；依据电子守恒可知：设氯酸中氯元素化合价从+5价变化为x价
SO2～H2SO4～2e-
1 2
0.75mol 1.5mol
HClO3～含氯的氧化物～（5-x）e-
1 5-x
1.5mol 1.5mol
得到x=4
所以氧化物化学式为ClO2；
所以的二氧化硫和氯酸物质的量之比为0.75：1.5=1：2；
反应的化学方程式是：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；
故答案为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；
（4）Y为Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是：HClO4；
①常温下，将20mL0.1mol•L-1的HClO4的水溶液与VmL0.1mol•L-1的氨水，若恰好反应需要氨水20ml，生成NH4ClO4溶液是弱碱强酸盐水解显酸性，若混合后pH=7，说明氨水条件大于20ml；
②常温下，将pH=2的HClO4的水溶液V1mL与V2mL0.01mol•L-1的氨水混合后，溶液呈酸性，则V1与V2的关系满足V1≥V2时溶液一定呈酸性，若V1＜V2，也可能呈酸性，所以不能确定，故选D．
此时溶液中带电微粒的浓度大小顺序可能为：恰好反应时溶液中离子浓度大小为：c（ClO4-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；酸过量溶液中离子浓度大小为：c（ClO4-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）； 氨水稍过量溶液中离子浓度大小为：c（ClO4-）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH-）
故答案为：HClO4 ；＞；D；c（ClO4-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）或c（ClO4-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-） 或 c（ClO4-）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH-）
（5）Z为Fe，元素的高价硝酸盐溶液中滴加足量HI溶液反应三价铁离子和溶液中硝酸根离子在酸溶液中都具有氧化性都氧化碘离子，三价铁离子被还原为二价铁离子，硝酸钡还原为一氧化氮，碘离子被氧化为单质碘，依据原子守恒和单质守恒配平写出，反应的离子方程式：Fe3++3NO3-+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O；
故答案为：Fe3++3NO3-+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O；
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