1、 2022届高二入学调研试卷化 学 （B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题。1劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区服务：用75%的酒精对桌椅消毒75%的酒精可使蛋白质变性B实验操作：NH3
2、和H2O的喷泉实验氨气溶于水呈碱性C生产活动：利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与SiO2反应D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应AABBCCDD【答案】B【解析】A病毒、细菌含蛋白质，75%的酒精可使蛋白质变性，故可75%的酒精对桌椅消毒，二者有关联，A不符合；B氨气极易溶于水能做成喷泉实验。故“NH3和H2O的喷泉实验”、“氨气溶于水呈碱性”二者没有关联，B符合；C因为氢氟酸可与SiO2反应生成四氟化硅和水、所以可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C不符合；D油脂可发生皂化反应，利用该反应可以油脂为原料制肥皂，D不符合。2下列属于物理变化的是A煤的干馏 B煤的气化和液化 C石油的
3、裂化和裂解D石油的分馏【答案】D【解析】A煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合；B煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，有新物质生成，都属于化学变化，故B不符合；C石油的催裂化和裂解是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变化，故C不符合。D石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法，属于物理变化过程，故D符合。3下列各组中的物质均能发生加成反应的是A苯和乙烯 B乙烯和乙醇 C乙酸和溴乙烷 D乙烯和丙烷【答案】A【解析】A苯和乙烯都能和氢气发生加成反应，故A符合题意；B乙烯能发
4、生加成反应，乙醇不能，能发生取代反应、氧化反应、酯化反应、消去反应，故B不符合题意；C乙酸和溴乙烷都不能发生加成反应，都能发生取代反应，故C不符合题意；D乙烯能发生加成反应，丙烷能发生取代反应，故D不符合题意。4下列化学用语表示正确的是A的电子式H2H B蔗糖的分子式C乙烯的空间充填模型 D乙醛的结构简式【答案】B【解析】A H2O2是共价化合物，电子式，A错误；B蔗糖是一种二糖，分子式，B正确；C球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，乙烯的球棍模型，C错误；D乙醛的官能团为、乙醛的结构简式，D错误。5下列说法正确的是A淀粉和纤维素互为同分异构体B煤的干馏、石油的分馏、石油裂
5、解、蛋白质的变性都是化学变化C淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物D食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应【答案】D【解析】A淀粉和纤维素的分子式都为(C6H10O5)n，由于聚合度n值不相同，不互为同分异构体，故A错误；B石油的分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C油脂的相对分子质量小，不是高分子化合物，故C错误；D食用花生油属于油脂，鸡蛋清的主要成分是蛋白质，油脂和蛋白质都能发生水解反应，故D正确。6锶的原子序数为38，它在元素周期表中的位置是A第5周期第IVA族B第5周期第IIA族C第4周期第IIA族D第5周期第VIA族【答案】B【解析】第五周期第A族元素是37号元素Rb，则3
6、8号元素位于第五周期第A族。答案选B。7下列关于金属冶炼的说法正确的是A所有的金属在自然界都是以化合态形式存在B可用电解熔融AlCl3制备金属AlC可用铝热法制备高熔点且活动性小于铝的金属D可用热还原法制备金属Na【答案】C【解析】A活泼性较差的金属在自然界是以游离态形式存在，如金，故A错误；B可用电解熔融Al2O3制备金属Al，氯化铝是共价化合物，液态时不导电，故B错误；C可用铝热法制备高熔点且活动性小于铝的金属，故C正确；D可用电解法制备金属Na，故D错误。8根据元素周期律的知识，下列推断正确的是A同周期元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而增强B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C在
7、IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素D在过渡元素中，可以找到半导体材料【答案】A【解析】A同周期元素非金属性随核电荷数的增加而增强，因此最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而增强，A正确；B核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Na+和Ne，B错误；C在第A族、第A族寻找制造农药的主要元素，C错误；D在过渡元素中寻找催化剂，在金属与非金属分界线附近寻找半导体材料，D错误。9下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是ANH4BrNH3HBrBNa2CO3CO2H2O=2NaHCO3C2NaOHCl2=NaClNaClOH2OD2Na2O22CO2=2N
8、a2CO3O2【答案】D【解析】A只有离子键的断裂，无非极性键的断裂和形成，故A错误；B无非极性键的断裂和形成，故B错误；C有非极性键(Cl-Cl)的断裂但无非极性键的形成，故C错误；DNa2O2既有离子键又有非极性共价键，CO2中有极性共价键，Na2CO3有离子键和极性共价键，O2中有非极性共价键，故D正确。10苯环结构中，不存在单双键交替结构，不可以作为证据的事实是A苯不能使酸性KMnO4溶液褪色B苯能在一定条件下跟H2加成生成环已烷C经实验测得邻二甲苯仅一种结构D苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色【答案】B【解析】A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分
9、子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，A正确；B苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，因为大键和碳碳双键都能发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，B错误；C如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C。邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，C正确；D苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，D正确。1
10、1下列有机反应方程式书写正确的是A乙烯与溴水反应：CH2=CH2 + Br2 CH3CHBr2B甲烷和氯气的取代反应：CH4 + 2Cl2CCl4 + 2H2C苯的硝化反应：+HNO3 +H2OD乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3【答案】C【解析】ABr2拆开成两个Br原子，分别加在两个碳原子上，即CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，A错误；B甲烷和氯气的取代反应会发生4个：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl，CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，CHCl3+Cl2CCl4+HCl，B错误；C苯发
11、生硝化反应，硝基取代苯环上H，生成硝基苯和水，C正确；D乙酸与乙醇酯化生成乙酸乙酯和水：CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，D错误。12利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示：则下列说法错误的是A过程中实现了光能转化为化学能B氢能资源丰富，属于可再生能源C过程I吸收能量，过程II释放能量D2H2O2H2+O2反应的能量变化如上图所示【答案】D【解析】A水分解成氢气和氧气需吸收能量。则用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水过程中实现了光能转化为化学能，A正确；B水分解产生氢气和氧气、氢气和氧气生成水时释放能量、则氢能资源丰富，属于可
12、再生能源，B正确；C过程I为化学键断裂、吸收能量，过程II为化学键形成、释放能量，C正确；D2H2O2H2+O2反应时吸收能量，上图所示代表反应中放出能量，D错误。13已知反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，在其他条件不变时，仅改变下列条件，能增大正反应速率的措施是A降低体系温度 B减小容器压强 C通入大量O2 D移去部分SO3【答案】C【解析】A降低体系温度，会导致物质内能减小，反应速率减慢，不能增大反应速率，A不符合题意；B减小容器压强，会导致物质浓度降低，反应速率减慢而不能增大反应速率，B不符合题意；C通入大量O2，会使反应物浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意；D移去部
13、分SO3，会导致物质浓度降低，反应速率减慢而不能增大反应速率，D不符合题意。14山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述错误的是A既能发生取代反应，又能发生加成反应 B分子中所有碳原子可能在同一平面上C与互为同分异构体 D1mol该物质与足量Na反应生成3gH2【答案】B【解析】A含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，A正确；B羧基所连的饱和碳原子为四面体构型、则分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B错误；C与的分子式均为C7H10O5而结构不同，则互为同分异构体，C正确；D含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1mol该物质与足量Na反应生成3gH2
14、，D正确。15从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法错误的是A步骤利用了氯气的强氧化性B步骤中通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性C步骤中溴与碳酸钠反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为D步骤中应控制温度在以下，避免大量水蒸气蒸出【答案】C【解析】海水晒盐剩余的卤水中含有溴离子，用空气吹出法提取溴元素，最终制得工业溴。A步骤中氯气和溴离子发生下列反应，利用了氯气的强氧化性，A正确；B单质溴易挥发，步骤中通入热空气可以将Br2吹出到吸收池，B正确；C步骤中溴与碳酸钠反应中，作氧化剂的溴化合价从0变为-1，作还原剂的溴化合价从0变为+5，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5:1，C错误；D步骤中应控制
15、温度在以下，避免大量水蒸气蒸出，只将溴蒸气吹出，D正确；答案为C。16Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A原子半径的大小顺序：XYWQB元素Q和Z能形成QZ2型的离子化合物CQ、W的氢化物的稳定性一定WQD工业上常用电解的方法制备X、Y的单质【答案】D【解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层
16、，核外电子排布是2、4，Q原子的最外层电子数为4，故Q为C元素；W、Z最外层电子数相同，说明二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故W为O元素，Z为S元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。根据上述分析可知：Q是C，W是O，X是Na，Y是Al，Z是S元素。A原子核外电子层数越多原子半径越大；同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，所以上述五种元素的原子半径大小关系为：X(Na)Y(Al)Q(C)W(O)，A错误；BQ是C，Z是S元素，C、S都是非金属元素，C原子与2个S原子形成四对共用电子对，原子之间以共价键结合，故二者形成的化合物CS2属于共价化合物
17、，B错误；CQ是C，W是O，若二者形成的不是最简单的氢化物，则相应的氢化物的稳定性不一定是WQ，如CH4比较稳定，受热不分解；而H2O2不稳定，加热分解产生H2O、O2，C错误；DX是Na，Y是Al，二者是活泼的金属元素，不能使用一般的还原剂将它们从化合物中还原出来，只能通过电解熔融的NaCl、Al2O3的方法制取相应的Na、Al等金属单质，D正确。二、 非选择题。17铝热反应装置如下图：（1）该反应的化学方程式是_；当消耗54g铝时，转移的电子数为_NA。（2）若反应物无剩余，欲将生成物中的铁单质分离出来，采取的方法是：向生成物中加入足量的某种溶液，然后过滤。则这种溶液可以是：_(填序号)B
18、a(OH)2溶液 HCl溶液 NaOH溶液 H2SO4溶液（3）写出反应物(Fe2O3、Al)分别与盐酸反应的离子方程式：_；_。【答案】（1） 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 6 （2）（3）Fe2O3+6H2Fe3+3H2O 2Al+6H2Al3+3H2 【解析】（1）高温下铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，该反应的化学方程式是2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；54g铝的物质的量是54g27g/mol2mol，铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，则转移的电子数为6NA。（2）生成物是氧化铝和铁，氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱，铁不溶，则欲将生成物中的铁单质分离出来，采取的方
19、法是：向生成物中加入足量的Ba(OH)2溶液或NaOH溶液，然后过滤。答案选。（3）反应物(Fe2O3、Al)分别与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H2Fe3+3H2O、2Al+6H2Al3+3H2。18能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着密切联系。（1）下表中的数据表示破坏1 mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJmol-1)。化学键H-HCl-ClH-Cl键能436243431根据以上信息可知，1 mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量_kJ。（2）以氢气、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极，可构成氢氧燃料电池。该电池的总反应方程式为：2H2+
20、O2=2H2O，则其负极反应式为：_。（3）工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇(化学式：CH3OH，常温下为无色液体)，可以将CO2变废为宝。在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：从开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=_；H2的转化率a(H2)=_。若反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在四种不同情况下的反应速率分别为：av(CO2)=0.15 molL-1min-1 bv(
21、H2)=0.01 molL-1s-1cv(CH3OH)=0.2 molL-1min-1 dv(H2O)=0.45 molL-1min-1该反应进行由快到慢的顺序为_(填字母)。以下结论可以作为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)已达平衡的标志的是_。av(H2)正=v(CH3OH)逆bc(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1c容器内压强不再变化d单位时间内，每生成1 mol CH3OH，同时消耗3 mol H2【答案】（1）183KJ（2）H2-2e-+2OH-=2H2O（3）0.075molL-1min-1 75% DC=BA c 【解析】
22、（1）反应H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)，焓变H=反应物键能总和-生成物键能总和=436kJ/mol +243kJ/mol-2431kJ/mol=-183kJ/mol，1 mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量183kJ。故答案为：183kJ；（2）以氢气、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极，可构成氢氧燃料电池。总反应方程式为：2H2+O2=2H2O，负极氢气失电子发生氧化反应，则其负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O；（3）从开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)= =0.075molL-1min-1；生成甲醇0.75mol，CO2+3H2CH3O
23、H(g)+H2O(g)，反应氢气0.75mol3=2.25mol，氢气转化率=100%=75%。故答案为：0.075molL-1min-1；75%；若反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在四种不同情况下的反应速率分别为：av(CO2)=0.15 molL-1min-1 ；bV(CO2)=V(H2)=600.01molL-1min-1=0.2，v(H2)=0.01 molL-1s-1；cV(CO2)=v(CH3OH)=0.2 molL-1min-1 dV(CO2)=v(H2O)=0.45 molL-1min-1，该反应进行由快到慢的顺序为DC=BA(填字母)。故答案为：
24、DC=BA；a化学反应中反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，说明甲醇正逆反应速率相同反应达到平衡状态，故a错误；bc(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1，不能说明各物质的浓度不再发生变化，故b错误；c反应前后气体物质的量发生变化，当压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平衡状态，故c正确；d单位时间内，每生成1 mol CH3OH，同时消耗3 mol H2，均为正速率，故d错误；故答案为：c。19(1)下列试剂可用于鉴别乙烷和乙烯的是_(填字母)。a水 b四氯化碳 c酸性KMnO4溶液(2)从下列六种有机物
25、中选择合适的物质，将其标号填在横线上ACH2=CH2 B CCH3CH2OH DCH3COOCH2CH3 ECH3COOH F葡萄糖能通过加成反应使溴水褪色的是_。能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀的是_。能与Na2CO3溶液反应有气体生成的是_。(3)用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，正极电极反应为_。(4)乙烯是石油化工的重要基础原料，一定条件下，乙烯可通过加聚反应获得高分子材料聚乙烯，其化学方程式为_。【答案】c A F E Fe3+e-=Fe2+ nCH2=CH2 【解析】(1)乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可用高锰酸钾溶液鉴别，故答案为：c；(2)C
26、H2=CH2中含有碳碳双键，能通过加成反应使溴水褪色，故答案为：A；葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故答案为：F；CH3COOH酸性强于碳酸，能与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体，故答案为：E；(3)用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，正极得电子，发生还原反应，电极反应为：Fe3+e-=Fe2+，故答案为：Fe3+e-=Fe2+；(4)乙烯是石油化工的重要基础原料，一定条件下，乙烯可通过加聚反应获得高分子材料聚乙烯，其化学方程式为nCH2=CH2。20硫酸是当今世界最重要的化工产品之一。I硫酸的各种制法：（1）早在1000多年前，我国就已采用加热
27、胆矾(CuSO45H2O)或绿矾(FeSO47H2O)的方法制取硫酸。FeSO4受热分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。能说明SO2存在的实验现象是_。有同学提出图1虚线框内盛装NaOH溶液的装置可以换成a装置，其中多孔玻璃球泡的作用是_。（2）目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其中一步为：2SO2+O22SO3。实验室模拟该过程常用图2装置进行实验。b装置中装有浓硫酸，写出b装置的作用_(写出两点)。II硫酸的性质（3）图3中甲试管内发生反应的化学方程式为_，该反应体现了浓硫酸的性质为
28、_。（4）当铜片与浓硫酸充分反应后，试管内并未出现蓝色溶液，而是看到了白色固体，请分别写出检验该白色固体离子组成的方法_。【答案】（1） 品红溶液褪色 增大接触面，提高气体的吸收效率 （2）干燥气体；使气体混合均匀(或控制气流速度，调整气流比例)（3）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2 +2H2O 强氧化性和酸性 （4）取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4【解析】（1）将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。SO2具有漂白性，能使品红褪色，
29、故能说明SO2存在的实验现象是试剂瓶中的品红溶液褪色。故答案为：品红溶液褪色；a装置中多孔玻璃球泡的作用是增大接触面，提高气体的吸收效率。故答案为：增大接触面，提高气体的吸收效率；（2）b装置中装有浓硫酸，混合气体通过b装置，b装置的作用有三个：干燥气体；使气体混合均匀(或控制气流速度，调整气流比例)(写出两点)。（3）加热下，Cu能与浓硫酸反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2 +2H2O；体现了浓硫酸的强氧化性和酸性。（4）浓硫酸中水的含量很少，生成的硫酸铜未溶解，以固体形式存在，故只看到白色固体，要检验白色固体的成分，可以取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，
30、证明有Cu2+；再滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4。21W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W、X和Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以发生反应，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16。回答下列问题：(1)元素X在元素周期表中的位置是：_，Z单质的电子式是_。(2)W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因：_(用化学用语表示)。(3)X、Y、Z三种元素的简单离子的离子半径由大到小的顺序是：_(用离子符号表示)。(4)Z最高价氧化物对应的水化物化学式为_。(5)W最高价氧化物对应的水化物稀
31、溶液与Y最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_。(6)Z和氧元素、硫元素组成的SOZ2是一种液态化合物，沸点为77，遇水能剧烈水解，有白雾和带有刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。请写出SOZ2和水反应的化学方程式_。【答案】第三周期第A族 NH3+H2ONH3H2ONH+OH ClNa+Al3+ HClO4 Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O SOCl2+H2O=SO2+2HCl 【解析】因为W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，可确定W是氮元素；W、X和Y 三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应，且W
32、的最高价氧化物的水化物是HNO3（属于强酸），可推知其中一种元素是铝，其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，属于两性氢氧化物，另一种元素应该是活泼金属，其最高价氧化物的水化物是强碱，因此可确定X是钠、Y是铝；由于W、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 16，所以Z的最外层电子数=16-5-1-3=7，又因Z的原子序数比Y大，所以Z为氯元素；因此W为N、X为Na、Y为Al、Z为Cl。(1)X为Na，位于元素周期表第三周期第A族；Z的单质是Cl2，两个氯原子间通过一对共用电子相结合，其电子式为；(2)W 的气态氢化物是氨气，氨气能与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子和铵根，使溶液显碱性，
33、使紫色石蕊溶液变蓝，即NH3+H2ONH3H2ONH+OH；(3) X、Y、Z分别对应的离子符号是Na+、Al3+、Cl-，Na+与Al3+的电子层结构相同（都是10个电子），因为核电荷数越大离子半径越小，所以Na+半径大于Al3+半径；而Cl-核外有18个电子，其电子层比Na+和Al3+多一层，因此Cl-半径比Na+和Al3+半径都大，所以三种简单离子的离子半径由大到小的顺序是Cl-Na+Al3+；(4)Z为氯元素，其最高价为+7价，氯元素的最高价氧化物对应的水化物化学式为HClO4；(5)W为N，其最高价氧化物对应的水化物稀溶液即稀硝酸，Y为Al，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝和硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(6)因SOCl2遇水能剧烈水解，“有白雾产生”推测有HCl气体生成；“有能使滴有品红试液的滤纸褪色”推测有SO2产生，HCl和SO2都具有刺激性气味，所以SOCl2水解反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl