高三化学二轮复习 专题物质结构元素周期律 练习题.docx

专题物质结构元素周期律高考化学二轮专题复习一、单选题，共14小题1（2022 南京模拟）我国自主研制的核电技术成果“华电一号”其主要核燃料铀238得到一个中子后经过2次衰变成为钚239：U+nU，Ue+Np，NpPu+e。下列有关说法错误的是AU和U互为同位素BNp和Pu化学性质不相同CU的中子数为145DU经过三步化学反应得到Pu2（2022 南京模拟）化合物Z2X2Y4(YW)(YW)是制造北京冬奥会滑雪头盔的原料之一，其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，W、X、Z处于不同周期，W、X与Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的最外层电子数，Z原子的K层与M层电子数相等，Y为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A原子半径：W<X<Y<<ZB四种元素中只有Z可作为合金元素CW、Y、Z三种元素形成的化合物属于强碱D一定浓度的W3XY3溶液可用于中和溅到皮肤上的碱液3（2022 深圳模拟）以下事实能用元素周期律解释的是A碱性：NaOH > Mg(OH)2B氧化性：FeCl3 > CuCl2C酸性：HI > HFD热稳定性：Na2CO3 > NaHCO34（模拟）a、b、c、d是原子序数依次增大的短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊、己是由这四种元素组成的单质或化合物。它们之间有如下反应：甲+乙戊+己；甲+丙丁+己。已知己是由c元素形成的常见单质，常温时，0.01mol/L戊溶液的pH=12。下列说法中不正确的是Ab是第二周期元素B甲中有非极性共价键，且lmol甲中含有4mol离子C己在自然界中有同素异形体Dc、d形成的简单离子，它们的电子层结构相同5（模拟）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期。由X、Y、Z组成的某有机物常用于合成高分子化合物，其结构如图所示。W原子的最外层电子数比Z多。下列说法正确的是A原子半径W>Z>Y>XBY、Z、W不可以组成各原子均满足8电子稳定结构的某种微粒CZ的简单氢化物熔点高于Y的简单氢化物.D氧化物对应水化物的酸性：W一定比Z强6（模拟）已知X、Y、W、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，相关信息如下表。元素相关信息X某种同位素的原子中没有中子Y地壳中含量最高的元素W在同周期中原子半径最大Z单质是一种常见的半导体材料Q该元素的氧化物能形成酸雨下列说法不正确的是A原子半径：W ZQ Y XB气态氢化物的稳定性：Y Q ZCY元素与其他四种元素均可以形成两种常见的化合物DX、Y、W形成的化合物中既含共价键又含离子键7（模拟）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是AX、Y形成的化合物不一定只含离子键B简单离子的半径： YZWXCW的氢化物可能是含18e- 的微粒DZ的单质具有强氧化性和漂白性8（模拟）类推是一种经常采用的科研和学习方法，下列类推结论合理的是A由单质铜和反应生成，推出单质铜和硫磺反应生成CuSB由卤素单质熔点从上到下逐渐升高，推出碱金属元素单质熔点从上到下逐渐升高C由氮元素的最高价含氧酸的酸性强于磷元素，推出氟元素的最高价含氧酸的酸性强于氯元素D由金属Na在常温下与水剧烈反应，推出金属Cs在常温下也能与水剧烈反应9（2022·江苏·宿迁市文昌高级中学模拟）下列化学用语表示正确的是A硫酸铁的化学式： FeSO4BK2FeO4 中Fe元素的化合价：+3C氮原子的结构示意图：DCu(NO3)2的电离方程式：Cu(NO3)2 = Cu2+ + NO10（2022·河南·荥阳市教育体育局教学研究室高三开学考试）铬(Cr)是一种重要的金属，其金属性介于锌和铁之间。根据元素周期律的知识，下列关于铬及其化合物的说法错误的是A铬与冷水能发生剧烈反应BCr(OH)3的碱性比NaOH的弱C高温条件下，Cr2O3能与Al反应置换出CrD铬能与稀盐酸发生反应11（2022·黑龙江·模拟）下列原子半径最小的元素是ANaBMgCODH12（模拟）主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A简单离子的半径：Z>Y>XBWX2中含有非极性共价键C简单氢化物的热稳定性：X>YD常温常压下Z的单质为气态13（2020·河北·石家庄二中模拟）X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其中X、Z同主族，Y原子的最外层电子数为次外层电子数的一半，X原子的最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法不正确的是A最简单气态氢化物的热稳定性：W>Z> YB单质的沸点：Y>X>ZC简单离子半径：Z>W>XDX 的氢化物中可能含有非极性共价键14（2021·安徽·模拟）下列说法中正确的是A金属氧化物均是碱性氧化物B金属氧化物不能发生还原反应C非金属单质只有氧化性D与金属单质发生反应的物质均有氧化性二、填空题，共2小题15（模拟）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：(1)2010年和2012年，俄罗斯的杜布纳联合核研究所两次成功合成了超重元素Ts，中文名为“”。元素Ts可由反应BkCa293Ts4n得到，该反应_(填“是”或“不是”)化学反应。Ts的质子数为_。(2)Ts的同族元素F的一种化合物为O3F2，若该化合物分子中的每个原子都达到8电子稳定结构，则O3F2的电子式为_，该分子内存在的共价键类型有_。16（模拟）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如图实验：已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)X中含有的元素有_，气体B的电子式_。(2)X的化学式_。(3)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称_。(4)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式_。三、推断题，共2小题17（模拟）化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂。某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：混合气体B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色。(1)组成X的三种元素为_。(2)写出X隔绝空气加热分解的化学方程式_。(3)将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为_，直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐，请说明理由_。(4)将黄绿色气体B缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象可能的原因有两种_，_；请设计相关实验证明红色褪去的原因_。18（2021·浙江·模拟）某兴趣小组对某种储氢材料X开展探究实验。其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2：1；金属互化物全部由金属元素组成的化合物。请回答：(1)X的化学式是_，化合物H的电子式为：_。(2)金属互化物C和过量NaOH溶液发生反应的离子方程式为：_。(3)某种钠盐和X具有相同的阴离子，且该钠盐可由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成，请写出一个可能的化学方程式：_。(4)X中的某种元素单质可用来制造信号弹的原因是_。(5)通过气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计一个实验方案，检验产品中D杂质的含量，写出简要的实验步骤及需要测量的物理量：_。试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【详解】A和是U元素的不同核素，互为同位素，A选项正确；B和最外层电子数不同，化学性质不同，B选项正确；C的中子数，C选项正确；D原子是化学变化的最小微粒，核内发生变化的不属于化学反应，D选项错误；答案选D。2D【分析】Y为O元素，W为H元素，Z为Mg元素，X为B元素，据此答题。【详解】A原子半径从左往右依次减小，从上往下依次增大，则MgBOH，A项错误；B合金中也有可能有非金属元素，B项错误；CH、O、Mg三种元素形成的化合物为Mg(OH)2不属于强碱，C项错误；D一定浓度的H3BO3溶液可用于中和溅到皮肤上的碱液，D项错误；答案选D。3A【详解】A金属性NaMg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOHMg(OH)2，故A正确；B氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，氧化性：FeCl3CuCl2，不能用元素周期律解释，故B错误；CHI和HF是氢化物，酸性：HIHF，不能用元素周期律解释，故C错误；D热稳定性：Na2CO3NaHCO3，是物质性质决定，和元素周期律无关，故D错误；故选：A。4B【分析】常温下，0.01mol/L戊溶液的pH=12说明戊为一元强碱，短周期中只有Na可形成一元强碱，故戊为NaOH，甲能与乙、丙分别反应生成单质己，可推断甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，丁为Na2CO3，则a、b、c、d分别为H、C、O、Na四种元素，据此可分析解答。【详解】A碳元素是6号元素，位于第二周期IVA族，A选项正确；BNa2O2中含有O-O非极性键，1mol Na2O2中含有2molNa+和1molO共3mol离子，B选项错误；CO2在自然界中有同素异形体O3，C选项正确；DO、Na形成的简单离子核外电子数均为10，电子层结构相同，D选项正确；答案选B。5C【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期，可知X是H元素；根据由X、Y、Z组成的某有机物的球棍模型，可知Y是C元素；已知C能形成4个键，所以Y和Z之间为叁键，Z的半径小于C，则Z是N元素；W原子的最外层电子数比Z多，W是S或Cl。【详解】A电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径S(或Cl)>C>N>H，故A错误； BC、N、S组成的分子 ，C、N、Cl组成的分子 各原子均满足8电子稳定结构，故B错误； CNH3分子间能形成氢键，NH3的熔点高于CH4的熔点，故C正确；DHClO、H2SO3的酸性比HNO3弱，故D错误；选C。6C【分析】X、Y、W、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的某种同位素的原子中没有中子，可知X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，可知Y为O元素；W在同周期中原子半径最大，则W为Na元素；Z的单质是一种常见的半导体材料，可知Z为Si元素；Q元素的氧化物能形成酸雨，则Q元素为S元素，据此分析作答。【详解】A根据同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上向下原子半径逐渐增大，故五种元素的原子半径：Na>Si>S>O>H，A项正确；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性O>S>Si，故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>SiH4，B项正确；CO与Si只能形成一种常见的化合物SiO2，C项错误；D由H、O、Na三种元素形成的NaOH中既含共价键又含离子键，D项正确；答案选C。7D【分析】由图象和题给信息可知：浓度均为0.01 mol/L的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，说明W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，则W、Y、Z都是非金属元素。W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，由于原子序数：ZW，则Z是Cl、W是N元素。Y的最高价氧化物对应的水化物的pH2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S元素；X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na元素，然后根据物质的形状分析解答。【详解】由以上分析可知，W是N，X是Na，Y是S，Z是Cl元素。AX是Na，Y是S，二者可以形成离子化合物Na2Sx，其中含有离子键和非极性键，A正确；B离子核外电子层数越多离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小。四种元素形成的简单离子中，N3-、Na+核外有2个电子层，S2-、Cl-的核外有3个电子层，则离子半径大小为：S2-Cl-N3-Na+，用字母序号表示为：YZWX，B正确；CW是N，其形成的氢化物可以是N2H4，该物质分子是含有18e-的微粒，C正确；DZ是Cl元素，该元素的单质Cl2具有强氧化性，但不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的HClO，D错误；故合理选项是D。8D【详解】AS的氧化性较弱，只能将金属氧化到较低价态，则单质铜和硫磺反应生成Cu2S，故A错误；B卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从F2到I2逐渐升高，金属的熔点与金属键有关，原子半径越小，金属键越强，熔点越高，所以碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故B错误；C氟元素没有含氧酸，故C错误；D同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性：Cs>Na，金属Na在常温下与水剧烈反应，则金属Cs在常温下也能与水剧烈反应，故D正确；答案选D。9C【详解】A硫酸铁的化学式为Fe2(SO4)3，故A错误；BK2FeO4 中Fe元素的化合价：+6，故B错误；C氮原子的结构示意图：，故C正确；DCu(NO3)2电离时电离出铜离子和硝酸根离子，电离方程式为：Cu(NO3)2=Cu2+2NO，故D错误；故选C。10A【详解】A金属性越强，与水反应越剧烈，铬(Cr)的金属性介于锌和铁之间，则铬与冷水不能发生反应，A错误；B金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，钠的金属性大于铬，Cr(OH)3的碱性比NaOH的弱，B正确；C根据信息、结合铝热反应 2AlFe2O3 Al2O32Fe 推论：高温条件下，Cr2O3能与Al反应置换出Cr，C正确；D 据信息推论：铬能与稀盐酸发生反应，D正确；答案选A。11D【详解】同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小，Na、Mg都在第三周期，有三个电子层，半径：Na>Mg；H只有一个电子层，O有两个电子层，半径：Na>Mg>O>H；半径最小的元素是H，故选D。12B【分析】主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，A电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-O2-F-，即ZXY，故A错误；BWX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HFH2O，即YX，故C错误；DZ的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。13B【详解】X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y原子的最外层电子数为次外层电子数的一半，Y为Si元素；X原子的最外层电子数是其核外电子层数的3倍，X为O元素； X、Z同主族，Z为S元素；则W为Cl元素。A. 元素的非金属性越强，最简单气态氢化物越稳定，热稳定性：W>Z> Y，故A正确；B. 硅为原子晶体，沸点很高，硫为固体，氧气为气体，因此单质的沸点：Y >Z>X，故B错误；C. 电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径：Z>W>X，故C正确；D. X 的氢化物有水和过氧化氢，其中过氧化氢中含有非极性共价键，故D正确；故选B。14D【详解】A有些金属氧化物不是碱性氧化物，如Na2O2是过氧化物，Al2O3是两性氧化物，A错误；B由CuO被H2在加热时反应产生Cu和H2O，CuO被还原为Cu单质，B错误；C非金属单质在有些反应中也可以作还原剂，如C在燃烧反应产生CO2时，C为还原剂，C错误；D金属单质在参加反应时只能失去电子，表现还原性，而与金属反应的物质则得到电子表现氧化性，D正确；故合理选项是D。15(1)     不是     117(2)          极性键、非极性键【分析】（1）2010年和2012年，俄罗斯的杜布纳联合核研究所两次成功合成了超重元素Ts，中文名为“”。元素Ts可由反应BkCa293Ts4n得到，该反应为核反应，不是(填“是”或“不是”)化学反应。核反应前后质子守恒，Ts的质子数为9720=117，Ts的质子数为117。故答案为：不是；117；（2）Ts的同族元素F的一种化合物为O3F2，若该化合物分子中的每个原子都达到8电子稳定结构，O3F2的结构式为FOOOF，则O3F2的电子式为，O3F2分子中既含有FO极性键，又含有OO非极性键。故答案为：；极性键、非极性键。16(1)     Cu、N、S、O、H     (2)Cu(NH3)4SO42H2O(3)铜氨纤维(4)2Cu(NH3)4SO42H2O2CuO+8NH3+2SO2+O2+2H2O【分析】气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.6g，此气体被碱石灰吸收，应为水蒸气，物质的量为；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g；加热分解后生成的黑色固体D应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量，根据原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.05molO2；则黑色固体D质量为8g，其物质的量为，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8：4：2：2：1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素，结合原子守恒和质量守恒分析解题。（1）由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；气体B为NH3，电子式是；（2）此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1：4：1：2，X的化学式Cu(NH3)4SO42H2O；（3）Cu(NH3)4SO42H2O的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；（4）X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8：4：2：2：1，则Cu(NH3)4SO42H2O隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为：2Cu(NH3)4SO42H2O2CuO+8NH3+2SO2+O2+2H2O。17     Mg、Cl、O     2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2+7O2     MgCl26H2O     Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，最终得不到无水氯化镁     氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去     氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白     在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因【分析】化合物X由三种短周期元素组成，可用作氧化剂和气体干燥剂，隔绝空气受热分解生成固体A和混合气体B，B中含有两种单质气体，其中一种呈黄绿色，其中一种是氯气，X中含有Cl元素。B通入足量氢氧化钠溶液氯气被吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，剩余气体E的物质的量是0.784L÷22.4L/mol0.035mol，固体A溶于盐酸中得到溶液C，溶液C中加入足量氢氧化钠溶液得到沉淀D，由于X由三种短周期元素组成，所以沉淀D是氢氧化镁，物质的量是0.58g÷58g/mol0.01mol，根据Mg原子守恒0.4000gA是氧化镁，物质的量是0.01mol，所以A的组成元素是O、Mg、Cl，据此判断。【详解】(1)根据以上分析可知组成X的三种元素为Mg、Cl、O。(2)根据原子守恒可知B中的另一种气体是氧气，根据质量守恒定律可知氯气的物质的量是0.01mol，则X隔绝空气加热分解的化学方程式为2Mg(ClO4)22MgO+2Cl2+7O2。(3)溶液C是氯化镁溶液，将溶液C蒸发结晶可得晶体的化学式为MgCl26H2O，由于Mg2+水解产生Mg(OH)2或Mg(OH)Cl和H+，加热时，H+以HCl形式逸出，从而使得水解完全，所以直接加热并灼烧该晶体得不到该晶体的无水盐。(4)将黄绿色气体氯气缓慢通入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当通到一定量时，红色突然褪去，由于次氯酸具有强氧化性，另外氯气和氢氧化钠反应使碱性降低，则产生上述现象可能的原因有两种，即氯气通入水中与NaOH溶液反应，使溶液中碱性减弱，红色褪去或氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白性，将红色漂白；由于次氯酸的漂白是不可逆的，则证明红色褪去的原因的剩余方案是在褪色后的溶液中滴入一定量氢氧化钠溶液，若红色恢复说明是原因，反之则为原因。18     Mg(AlH4)2          Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2     4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl     剧烈燃烧，发出耀眼的白光     称取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量【分析】由X为储氢材料可知，X中含有氢元素、气体A为氢气；由题给框图可知，固体B、金属互化物C都能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则单质B为铝、金属互化物C中含有铝元素；由X中的某种元素单质可用来制造信号弹可知，单质D为镁、溶液E为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀F为氢氧化铝，则化合物X中含有镁元素、铝元素和氢元素；由铝的质量为1.08g、氢氧化铝的质量为4.68g和镁的质量为0.72g可知，金属互化物C中镁与铝的物质的量比为：()=3:2，则C的化学式为Mg3Al2，则化合物X中镁、铝和氢元素的物质的量比为0.03mol：0.06mol：=1:2:8，由X中阴、阳离子个数比为2：1可知，X的化学式为Mg(AlH4)2；由镁和氢气反应生成化合物H可知，H为MgH2。【详解】(1)由分析可知，X的化学式为Mg(AlH4)2；H为离子化合物MgH2，电子式为，故答案为：Mg(AlH4)2；(2) 由分析可知，金属互化物C为Mg3Al2，Mg3Al2与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、镁和氢气，反应的离子方程式为Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2，故答案为：Mg3Al2+2OH-+2H2O=3Mg+2AlO+3H2；(3)由某种钠盐和X具有相同的阴离子可知，钠盐的化学式为NaAlH4，则由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成钠盐的反应为氢化钠与氯化铝反应生成四氢合铝酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；(4)由分析可知，X为镁元素，镁单质能在氧气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光生成氧化镁，利用该性质镁可用来制造信号弹，故答案为：剧烈燃烧，发出耀眼的白光；(5)氢化镁能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不能与冷水反应，则检验氢化镁中镁杂质的含量可以取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量，故答案为：称取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量。答案第13页，共8页