2025届高三化学一轮复习 专题训练-无机推断题

2025届高三化学专题训练-无机推断题 1．（2023·四川凉山·三模）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题（凡能用化学用语的必须用相应的化学用语回答）： （1）用原子符号表示中子数为8的编号为③的原子 ，以上元素中原子的电子层数等于最外层电子数的元素为 ，⑤、⑥、⑦、⑧三元素的简单离子半径由大到小的顺序为 。 （2）②①④三种元素能按原子个数比1：2：1形成一种在室内装修过程中常见的气体污染物。该气体分子的中心原子的杂化轨道类型为 ，1mol该分子中π键的数目为 。 （3）写出⑥的单质在④的单质中燃烧产生的化合物的电子式 ，该化合物与足量⑨的低价硫酸盐溶液反应的离子方程式 。 （4）同主族元素的单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律。下图是①、⑤、⑧、⑩的单质及①分别和⑤、⑧、⑩形成的化合物的键能大小。 由图中键能数据推断得知：①—R键（R表示⑤、⑧、⑩）的键能随分子中键长的增长而 （填“增大”或“减小”）。同主族元素随着原子序数的递增，非金属元素的单质分子中化学键的键长逐渐增大，键能 （填“一定减小”或“不一定减小”）根据图中键能数据，写出①的气态单质在⑧的气态单质中燃烧的热化学方程式 。 2．（2023·江西吉安·三模）下面的框图中涉及A～L十几种物质。其中H是一种无色无味的单质气体，D在较高温度下是气体，但常温时为无色液体，E为含钠的化合物。 根据上述信息回答下列问题： (1)写出L的化学式： 。 (2)写出C与E反应的化学方程式： 。 (3)由溶液A制备固体A的实验操作方法是： ； (4)举例说明大气中生成气体J的方法： 。 (5)写出A溶液与过量F溶液在加热条件下反应的离子方程式： 。 3．（2023·山西·模拟预测）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E的转化关系如下图所示，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的某种相同）。 请回答下列问题： （1）若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的一种化学式 。 （2）若E的水溶液呈现弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物。 ①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因 。 ②E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间大小关系 。 （3）若C是一种气体，D是一种强酸，则： ①C与水反应的化学方程式为 。 ②有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”。某同学为了验证该观点是否正确，用下图装置进行实验。实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，浓硫酸变为红棕色，则你得出的结论是 。 ③已知常温下物质A与物质B生成1mol气体C的△H为－57.07kJ·mol－1，1 mol气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的△H为－46kJ ·mol－1，写出物质A与物质B及水生成D溶液的热化学方程式 。 4．（2023·山西晋中·一模）有A、B、C、D四种化合物，分别由Ba2+、K+、SO42-、OH-、CO32-、SO32-中的两种所组成，它们各具有下列性质：①A既不溶于水，又不溶于盐酸，②B不溶于水，但可溶于盐酸并放出无色无味气体；③C的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成A④D溶于水，与硫酸作用时放出的气体E可使溴水褪色。 (1)推断A、B、C、D、E各为何种物质，写出它们的化学式。 A： ，B： ，C： ，D： ，E： 。 (2)写出下列离子方程式： B与盐酸反应 ； C与硫酸反应 ； D与硫酸反应 ； E与溴水反应 。 5．（2023·山西太原·三模）已知A～N分别代表一种物质，它们之间的转化关系如图所示(部分反应的反应条件和生成物已略去)。A、B、C分别是由短周期元素组成的单质，A是金属，D是无色液体。F是一种离子化含物，其阴阳离子的个数比为1:3，且能与水反应得到两种碱。反应①是实验室检验某离子的方法，反应②是工业、生产N的重要反应。请回答下列问题：    (1)B元素在元素周期表中的位置是 ，F的电子式是 。 (2)写出反应①的离子方程式： ； (3)Cu与足量的N的浓溶液反应得到的产物主要是M不是L，其原因是 (请用上图所示关系中反应的化学方程式回答)。 (4)选择性催化还原(SCR)是在有催化剂的条件下将M转变为无毒的物质，这是目前国外进行尾气治理遍采用的一种方法。亚铬酸铜(Adkin偿化剂)是极好的M催化还原的催化剂，是铜和铬的复合氧化物，成分不固定，如：aCuO·bCr2O3等，统称为亚铬酸铜。其中：CuNH4(OH)CrO4在295℃分解生成复合的氧化物(催化剂)、氮气及水，写出该反应的化学方程式： 。 (5)已知一定温度(>100℃)下，反应②的平衡常数为1。将0.8molK和1.1molB放入容积为1L的封闭容器中，发生反应②，一段时间后L的浓度为0.4mol/L，此时反应v正 v逆(填“>”、“<”或“=”)。当反应到达平衡后，保持温度不变，再加入一定物质的量的B，重新达到平衡，则L的平衡浓度 (填“增大”、“不变”或“减小”)，B的转化率 。(填“升高”、“不变”或“降低”)，L的体积分数 (填“增大”、“不变”、“减小”或“无法确定”)。 6．（2023·福建莆田·一模）A、D、E、M、L是原子序数依次增大的五种短周期元素。已知A是元素周期表中原子半径最小的元素；D的某种单质是天然存在的最硬物质；E是地壳中含量最多的元素；M与A位于同一主族；L与M能够形成ML型离子化合物。回答下列问题： (1)元素D在元素周期表中的位置是 。 (2)L的单质与M的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为 。 (3)由A、D组成的最简单化合物甲的二氯化物有 种。人们已经研究出以甲为燃料的新型碱性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为： 。 (4)已知反应：DE(g)+A2E(g)⇌DE2(g)+A2(g)，一定条件下该反应进行过程中的能量变化如图表示，请结合上图判断：该反应△H 0(填“>”、“<”或“=”)。该反应的平衡常数表达式为：K= 。    (5)25℃时，物质的量浓度相同的MEA、MADE3、MLE三种溶液，水的电离程度由大到小的顺序为 。 7．（2023·辽宁·模拟预测）（1）人们对酸碱的认识，已有几百年的历史，经历了一个由浅入深、由低级到高级的认识过程。目前中学课本中的酸碱理论是1889年阿仑尼乌斯（Arrhenius）提出的电离理论。 ①1905年富兰克林（FranKlin）深入研究了水和液氨的相似性，把阿仑尼乌斯以水为溶剂的个别现象，推广到任何溶剂，提出了酸碱溶剂理论。溶剂理论认为：凡能电离而产生溶剂正离子的物质为酸，凡能电离而产生溶剂负离子的物质为碱。试写出液氨自身电离的方程式： 。 ②1923年丹麦化学家布朗斯特（Bronsted）和英国化学家劳莱（Lowey）提出质子理论。凡是能够释放质子（氢离子）任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能够与质子（氢离子）结合的分子或离子都是碱。 按质子理论：下列粒子在水溶液既可以看作酸又可看碱的是 。 A、H2O      B、NH4+ C、OH- D、HCO3 E、CH3COO- F、Cl- ③1923年路易斯（Lewis）提出广义的酸碱概念。凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸。 酸（电子对接受体）+碱（电子对给予体）→反应产物，如：H++OH－→H2O。 试指出下列两个反应中的酸或碱： (Ⅰ)H3BO3+H2OH++B(OH)4-，该反应中的碱是 （填H3BO3或H2O）； (Ⅱ)NaH+H2O ==NaOH+H2↑，该反应中的酸是 （填NaH 或H2O）。 （2）已知A元素原子的K、L层电子数之和比M、L层电子数之和多一个电子；B元素原子核外电子占有9个轨道，且有1个未成对电子；C元素原子核外3p亚层中3个轨道还需5个电子才能达到全充满。D元素只有两个电子层，且最高化合价与最低化合价的代数和为零；E原子半径最小；F元素最外层电子排布为nSnnPn+1。按要求填写 ① B的电子排布式是： ，A、B两元素形成的化合物的晶体类型是 。 ②D元素单质的晶体类型是 ，C单质的制备方法是： 。 ③E和F形成的化合物空间构型为 ，该物质比D与E形成的化合物更容易液化的原因是 。 8．（2023·北京·一模）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大。A元素的单质是自然界最轻的气体，E单质须保存在煤油中。A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质；D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍；回答下列问题： (1)N的电子式为 ；M分子中含有 (填“极性”或“非极性”)键 (2)D与E以1:1形成的化合物与水反应的化学反应方程式 (3)A、B、C、D可形成阳离子和阴离子个数比是1∶1的离子化合物X；A、D、E可形成化合物Y；X与Y以物质的量之比1∶2加热反应，写出反应的化学方程式 反应后水溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性,原因是 (用离子方程式表示) (4)由N与D的单质、KOH溶液构成原电池，负极会产生C的单质。则其负极反应为 ；一段时间后，溶液pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)在一定温度下，将4 mol C单质和12 mol A单质通入到体积为2L的密闭容器中，发生反应，2 min达到平衡状态时，A单质的转化率是50%，则用A单质表示该反应的平均速率为 ；该温度下的平衡常数为K= 。 从化学平衡移动的角度分析，提高A单质的转化率可以采取的措施是 (选填序号字母)。 a、及时分离出生成物    b、平衡后再加入6molA物质    c、增大压强     d、使用催化剂   e、平衡后再加入2molC物质 9．（2023·山东济宁·一模）现有X．Y．Z．W四种常见的含氧酸，其成酸元素分属周期表中短周期的第ⅣA族到第ⅦA。将四种含氧酸溶液分别进行光照或微热测得如下数据（其中Q为不确定的物质）： 含氧酸 X Y Z W 含氧酸质量/g 25．2 a 3．1 10．5 生成物U/g 3．2 / / 3．2 生成物V/g 3．6 0．9 0．9 / 生成物Q/g 18．4 3．2 b c 根据中学所学知识回答下列问题： （1）上表中含氧酸名称：Z ，W ，生成物名称：U ，V 。 （2）上表中数据：a为 ，b为 ，c为 。 （3）将X的稀溶液加入Y中，反应的离子方程式是 。 （4）对W的水溶液光照一段时间后，溶液的pH （填“增大”．“减小”或“不变”）。 10．（2023·山东潍坊·一模）短周期中的A、B、C、D、E 5种元素，原子序数依次增大，A、D同主族；A、B的原子序数之和等于C的原子序数；C2−离子与D+离子的核外电子数相等；B原子与D+离子的核外电子数之和等于E原子的核外电子数，且D、E两元素能形成微粒个数比为1︰1的离子化合物。 (1)E元素的离子结构示意图为 。 (2)A与B元素、A与C元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为 、 。 (3)A、C元素可组成原子个数比为1︰1的共价化合物乙，将E单质通入乙的水溶液中，生成一种强酸，并有气体放出，反应的化学方程式为 。 (4)A、B、C、D、E中的任意三种元素可组成多种化合物，X和Y是其中的两种。X和Y都是既含离子键又含共价键的离子化合物；将X、Y分别溶于水时，X能促进水的电离，而Y能抑制水的电离，X水溶液的pH＜7，Y水溶液的pH>7。将0.2mol·L−1的X溶液与0.1mol·L−1的Y溶液等体积混合后，溶液呈碱性。请判断： ①X的化学式为 ，Y的化学式为 ； ②混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为 。 11．（2023·四川·一模）在一定条件下，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。其中只有反应①、②属非氧化还原反应。X、Y为单质，其余为化合物，B是直线型分子，⑤是化学工业上的重要反应。据此请填空： (1)写出下列物质的化学式： A： X： Y： 。 (2)写出反应②的离子方程式： 。 (3)1 g X与Y完全反应放热91.5 kJ，反应③的热化学方程式 。 (4)反应④中C与Y的物质的量之比为1:3，D中只含两种元素，则D是 。 12．（2023·贵州遵义·一模）有关元素X、Y、Z、W的信息如下 元素 有关信息 X 所在主族序数与所在周期序数之差为4 Y 最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子 Z 单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏 W 地壳中含量最高的金属元素 请回答下列问题： （1）W的单质与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。 （2）铜片、碳棒和ZX3溶液组成原电池，写出正极发生的电极反应方程式 。 （3）向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴ZX3的浓溶液，现象为 ，相关反应的离子方程式为 。 （4）以上述所得WX3溶液为原料制取无水WX3，先制得WX3·6H2O晶体，主要操作包括 ，在 条件下加热WX3·6H2O晶体，能进一步制取无水WX3，其原因是（结合离子方程式简要说明） 。 13．（2023·全国·模拟预测）下图表示有关物质之间的转化关系，其中A、B均为无色盐溶液，B的焰色反应呈黄色，F是形成酸雨的污染物之一，H难溶于水且不溶于稀盐酸。(部分产物略去) （1）A、B、E、F代表的物质分别为 、 、 、 (填化学式)； （2）反应①的离子反应方程式为 ； （3）若E与F的物质的量之比为n(E) : n(F)＞1:1，则在混合溶液G中滴入几滴石蕊 试液，可观察到的现象为 ； （4）若E与F的物质的量之比1:1，则③中发生的离子反应方程式为 ； （5）④中发生的反应离子方程式为 。 14．（13-14高三上·上海宝山·期末）已知X、Y、Z、L四种元素是组成蛋白质的基础元素且原子序数依次增大。回答下列问题： （1）L的元素符号为 ；Y元素原子核外电子中，未成对电子数与成对电子数之比为 ；四种元素的原子半径从大到小的顺序是 （用元素符号表示）。 （2）Z、X两元素按原子数目比l∶3可构成分子A，A的电子式为 ；B分子也由Z、X两元素组成，作为运送飞船的火箭燃料，常温下是一种液态化合物。已知该化合物的相对分子质量为32，其中X元素的质量分数为12．5 %，且该分子结构中只有单键。则B的结构式为 。若64 g B分子与液态双氧水恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的气态物质，还放出3000 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 。 （3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与元素L同一主族，该族第2 ~5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物产生的热量数据如下，其中能表示生成1 mol硒化氢所产生的热量的是 （选填字母编号）。 a．—99．7 kJ         b．—29．7 kJ         c．+20．6 kJ        d．+241．8 kJ 15．（2023·重庆·一模）已知X、Y、Z为三种由短周期元素构成的10个电子的粒子，其结构特点如下： 粒子代码 X Y Z 原子核数 单核 两核 四核 粒子的电荷数 一个单位正电荷 一个单位负电荷 0 物质A由X、Y构成， B、C、D、K都是单质，各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示，反应①～⑤都是用于工业生产的反应，反应⑥中个别产物在图中略去。请填写下列空白： (1)e的化学式是 ，Z分子的空间构型为 ，A的电子式为 。 (2)写出下列反应的离子反应方程式： H+E(溶液)→M F+G→A+B+C (3)L是由3种元素构成的分子，能与Z以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO(NH2)2和物质H，写出L的电子式： 。 (4)常温下，实验室模拟工业反应④的过程如右图所示，标况下，当电极上产生112mL(已折算为标准状况下的体积)B气体时，烧杯中溶液的pH= 。(假设气体完全逸出，溶液体积不变) 16．（2023·浙江·二模）有关元素X、Y、Z、W的信息如下 元素 有关信息 X 所在主族序数与所在周期序数之差为4 Y 最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子 Z 单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏 W 地壳中含量最高的金属元素 请回答下列问题： （1）  W的单质与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。 （2）铜片、碳棒和ZX3溶液组成原电池，写出正极发生的电极反应方程式 。 （3）向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴ZX3的浓溶液，现象为 ，相关反应的离子方程式为 。 （4）以上述所得WX3溶液为原料制取无水WX3，先制得WX3·6H2O晶体，主要操作包括 ，在 条件下加热WX3·6H2O晶体，能进一步制取无水WX3，其原因是（结合离子方程式简要说明） 。 17．（2023·湖南·一模）A、B、C、D、E五种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、C、D、E三种元素在周期表中相对位置如下左图，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、C、D三种元素中的若干种组成(只有M分子同时含有三种元素)，其中甲、乙为非金属单质，W由A和C组成，分子中含有18个电子，X分子含有10个电子，它们之间的相互转化关系如下右图： B C D E (1)E的单质与水反应的离子方程式为 ； (2)乙的电子式为 ，元素A与B形成原子个数比为1∶1的相对分子质量最小化合物的结构式为 ； (3)A、C、D三种元素组成一种强酸弱碱盐的化学式为 ，其水溶液中各种离子浓度由大到小顺序为 ； (4)反应④的化学方程式为 ； (5)W作火箭燃料时，氧化剂可以是Z，已知32 g W气体完全和Z气体反应生成乙和气态 X，放出576.85 kJ热量，写出该反应的热化学方程式 。 18．（2023·江苏·二模）已知：G、Q、R、T、X、Y、Z都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。G的简单阴离子最外层有2个电子，Q原子最外层电子数是内层电子数的两倍，X元素最外层电子数与最内层电子数相同；T2R的晶体类型是离子晶体，Y原子基态3p原子轨道上有2个未成对电子，其单质晶体类型属于原子晶体；在元素周期表中Z元素位于第10列。 回答下列问题： (1)Z的核外电子排布式是 。 (2)X以及与X左右相邻的两种元素，其第一电离能由小到大的顺序为 。 (3)QR2分子中，Q原子采取 杂化，写出与QR2互为等电子体的一种分子的化学式： 。 (4)分子式为Q2G6R的物质有两种，其中一种易溶于水，原因是 ；T的氯化物的熔点比Y的氯化物的熔点高，原因是 。 (5)据报道，由Q、X、Z三种元素形成的一种晶体具有超导性，其晶体结构如图所示。晶体中距每个X原子周围距离最近的Q原子有 个。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． H、Al Cl－>F－> Na+ > Al3+ SP2 NA 3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+2Fe3++6Na+ 减小 不一定减小 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)  ∆H=-184.9kJ/mol 【详解】结合题中周期表可推出：①H ；②C； ③N； ④O ；⑤F ；⑥Na ；⑦Al ；⑧Cl ；⑨Fe ；⑩Br。 （1）中子数为8的N的原子；电子层数等于最外层电子数的元素为H、Al；Cl－有三个电子层，F－、Na+、Al3+有二个电子层，电子层结构相同，序数越大半径越小。 （2）原子个数比1：2：1形成一种在室内装修过程中常见的气体污染物为甲醛（CH2O）, C是SP2杂化；1个CH2O分子中有一个π键, （3）Na单质在O2中燃烧产生的化合物：Na2O2。 （4）由表中数据可知，键长越大，键能越小；同主族元素随着原子序数的递增，单质分子中化学键的键长逐渐增大，但⑧的键能大于⑤、⑩，则键能不一定减小；①的气态单质在⑧的气态单质中燃烧△H=436kJ+242.7kJ-2×431.8kJ=-184.9kJ/mol，则热化学方程式为H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.9kJ/mol，故答案为减小；不一定减小；H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.9kJ/mol。 2． HNO3 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 常温结晶 N2+O2 2NO NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O 【分析】D在较高的温度下是气体，但常温时为无色液体，则D为H2O，E为含钠的化合物，能与水反应生成H，H是一种无色无味的单质气体，可知H为氧气，E为过氧化钠，则气体C为CO2，大气中能生成气体J，且在框图中，气体B和氧气也生成J，J还能进一步与氧气反应生成K，而K又与水反应生成J，所以可以推知，J为NO，K为NO2，L为HNO3，B为NH3，I为NH3•H2O，NH3•H2O与过量的CO2反应生成A为NH4HCO3，据此答题。 【详解】(1)根据上面的分析可知，L的化学式为HNO3； (2)C与E的反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)由于NH4HCO3受热易分解，且能双水解，所以由溶液A制备固体A的时候温度不能高，所以实验操作方法是常温结晶； (4)大气中在雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下生成NO，化学方程式为N2+O2 2NO； (5)NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液在加热的条件下反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O。 3． Na2O2（或NaH） H++A1O2－+H2O A1(OH)3A13++3OH－ c(Na+)> c(S2－)> c(OH－)> c(HS－)>c (H+) 3NO2+H2O＝2HNO3+NO NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2 4NO(g) +3O2(g)+2H2O(1)＝4HNO3(aq)；△H＝－618.42kJ·mol－1 【分析】（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2（或NaH），生成气体为O2或H2； （2）若E是有臭鸡蛋气味的气体硫化氢（其水溶液为二元弱酸），应为H2S，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，应为Al（OH）3，则C为Al2S3； （3）C是有色气体，应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题． 【详解】（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2（或NaH），生成气体为O2或H2，故答案为Na2O2（NaH）； （2）若E是有臭鸡蛋气味的气体硫化氢（其水溶液为二元弱酸），应为H2S，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，应为Al（OH）3，则C为Al2S3， ①Al（OH）3既能溶于强酸，又能溶于强碱是因为它既可以进行酸式电离，又可以进行碱式电离，用电离方程式：H++A1O2－+H2O A1(OH)3A13++3OH－； ②H2S与NaOH溶液反应后生成正盐Na2S，硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子，Na2S溶液中所有离子浓度之间大小关系：c(Na+)> c(S2－)> c(OH－)> c(HS－)>c (H+)； （3）C是有色气体，应为NO2，则D为HNO3，E为NO， ①NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO； ②由现象实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，且浓H2SO4由无色变为红棕色，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，因而不能用浓H2SO4干燥NO2； ③已知常温下物质A与物质B生成1mol气体C的△H为-57kJ·mol－1， 反应的热化学方程式为①2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=-114kJ·mol－1， 1mol气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的△H为-46kJ·mol－1， 反应的热化学方程式为②3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）；△H=-138 kJ·mol－1， 则①×3+②×2得4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）；△H=3×（114kJ·mol－1）+2×（-138 kJ·mol－1）=-618kJ·mol－1， 物质A与物质B及水生成D溶液的热化学方程式：4NO(g) +3O2(g)+2H2O(1)＝4HNO3(aq)；△H＝－618.42kJ·mol－1 4．(1) BaSO4 BaCO3 Ba(OH)2 K2SO3 SO2 (2) BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O SO+2H+=SO2↑+H2O SO2+Br2+2H2O=SO+4H++2Br- 【分析】题中给出四种物质，却有两种阳离子和四种阴离子。由于A不溶于水，也不溶于盐酸，则A为BaSO4；B不溶于水，可溶于盐酸并放出无色无味气体，则B为BaCO3；C溶液呈碱性，与稀硫酸反应可生成BaSO4，则C为Ba(OH)2；D可溶于水，与硫酸反应生成气体E，且E可使溴水褪色，则D为K2SO3，E为SO2。 【详解】（1）经分析，A为BaSO4，B为BaCO3，C为Ba(OH)2，D为K2SO3，E为SO2； （2）B为BaCO3，其与盐酸的离子反应为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O； C为Ba(OH)2，其与硫酸的离子反应为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O； D为K2SO3，其与硫酸的离子反应为：SO+2H+=SO2↑+H2O； E为SO2，其与溴水的离子反应为：SO2+2H2O+Br2=SO+4H++2Br-。 5．(1) 第二周期第ⅥA族    (2)NH+OH-NH3↑+H2O (3)NO+2HNO3(浓)═3NO2+H2O (4)2CuNH4(OH)CrO42CuO•Cr2O3+N2↑+5H2O (5) ＞ 增大 降低 无法确定 【分析】A是金属，D是无色液体．F是一种离子化含物，其阴阳离子的个数比为1：3，且能与水反应得到两种碱，则A为Na，D为H2O，由K、L、M的转化可知，K为NH3，L为NO，M为NO2，所以B为氧气，E为过氧化钠，G为NaOH，C为氮气，F为Na3N，H为硝酸铵； 【详解】（1）B为O，其原子序数为8，位于元素周期表中第二周期第ⅥA族，F为Na3N，其电子式为  ； （2）反应为铵盐与碱的反应，该反应的离子反应为NH4++OH-NH3↑+H2O； （3）Cu与足量的N的浓溶液反应得到的产物主要是NO2，NO能被浓硝酸氧化，反应为NO+2HNO3(浓)═3NO2+H2O； （4）反应物为CuNH4(OH)CrO4，生成物为复合的氧化物(催化剂)、氮气及水，该反应的反应方程式为2CuNH4(OH)CrO42CuO•Cr2O3+N2↑+5H2O； （5） Q=＜1=K，则化学反应向正反应方向进行，所以v正＞v逆；当反应到达平衡后，保持温度不变，再加入一定物质的量的B，平衡正向移动，则L的平衡浓度增大，但B的转化率降低，因L增大的量与总体积的变化的关系不确定，则L的体积分数无法确定。 6． 第二周期第ⅣA族 Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O 1 O2+4e﹣+2H2O=4OH- < c(CO2)c(H2)/c(CO) c(H2O) NaClO> NaHCO3>NaOH 【分析】A是元素周期表中原子半径最小的元素,应为H元素;D的某种单质是天然存在的最硬物质,应为C元素；E是地壳中含量最多的元素,应为O元素；M与A位于同一主族,且原子序数大于O,应为Na元素；L与M能够形成ML型离子化合物,且L的原子序数最大,应为Cl元素,据此解答。 【详解】A是元素周期表中原子半径最小的元素,应为H元素;D的某种单质是天然存在的最硬物质,应为C元素；E是地壳中含量最多的元素,应为O元素；M与A位于同一主族,且原子序数大于O,应为Na元素；L与M能够形成ML型离子化合物,且L的原子序数最大,应为Cl元素,则: (1)D为C元素,原子序数为6,原子核外有2个电子层,最外层电子为4,应位于周期表第二周期第ⅣA族, 因此，本题正确答案是:第二周期第ⅣA族； (2)L的单质为Cl2,M为Na元素,对应的最高价氧化物为NaOH,二者反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O； 因此，本题正确答案是: Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O； (3)由H、C组成的最简单化合物甲为甲烷,其二氯代物有1种,以甲为燃料的新型碱性燃料电池,正极发生还原反应,氧气在正价获得电子,碱性条件下生成氢氧根,该电池正极的电极反应式: O2+4e﹣+2H2O=4OH-； 因此，本题正确答案是:1，O2+4e﹣+2H2O=4OH-； (4)由图可以知道,反应物的总能量高于生成物的总能量,故反应为放热反应,则该反应∆H<0,反应: CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数表达式K=c(CO2)c(H2)/ c(CO) c(H2O)； 因此，本题正确答案是: <，c(CO2)c(H2)/ c(CO) c(H2O)； (5)物质的量浓度相同的MEA、MADE3、MLE三种溶液分别为NaOH、NaHCO3、NaClO,NaOH为强碱,抑制水的电离, NaHCO3、NaClO为强碱弱酸盐,发生水解,促进水的电离,因为碳酸的酸性比HClO强,则NaClO水解程度较大,水的电离程度较大,则有水的电离程度由大到小的顺序为NaClO> NaHCO3> NaOH； 因此，本题正确答案是: NaClO> NaHCO3> NaOH。 7． 2NH3= NH4++ NH2- A D H2O H2O 1s22s22p63s23p5 离子晶 原子晶体 电解法 三角锥型 E和F形成的化合物分子间能形成氢键 【分析】(1)①利用知识迁移(水的电离)结合题意分析； ②根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱； ③根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸； (2)根据题意知，A元素有3个电子层，最外层有7个电子，由此判断A元素名称；根据电子排布式规则判断B元素；根据能量最低原理结合题意判断C元素；根据主族元素的族序数=其最外层电子数，最高正化合价+最低负化合价的绝对值=8，并结合题意判断D；E原子半径最小，所以是H元素；根据S能级最多填充的电子数判断n，从而判断该元素，然后结合题意分析问题。 【详解】(1)①水分子电离出水合氢离子和氢氧根离子，利用类比法，液氨自身电离的方程式2NH3=NH4++NH2-； ②根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱； A、H2O D、HCO3- 既能电离出氢离子，又能结合氢离子，所以既可以看作酸又可看作碱； B、NH4+ 能电离出氢离子，所以是酸； C、OH-、E、CH3COO-、F、Cl- 能结合氢离子，所以是碱； 故答案为A D； ③根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸； (Ⅰ)H3BO3+H2O H++B(OH)4-，该反应中给出电子对而形成化学键的物质H2O，所以该反应中的碱是H2O； (Ⅱ)NaH+H2O═NaOH+H2↑，该反应中和电子对结合的物质H2O，所以水是酸； (2)根据题意知，A元素有3个电子层，最外层有7个电子，所以A是Na；B元素原子核外电子占有9个轨道，且有1个未成对电子，由此判断B是Cl；C元素原子核外3p亚层中3个轨道还需5个电子才能达到全充满，所以C元素的3P亚层有1个电子，所以C是Al；D元素只有两个电子层，且最高化合价与最低化合价的代数和为零，主族元素的族序数=其最外层电子数，最高正化合价+最低负化合价的绝对值=8，所以D是C；E原子半径最小，所以E是H；F元素最外层电子排布为nSnnPn+1，S能级最多排2个电子，故n是2，所以F元素最外层电子排布为2S22P3，所以是N； ①通过以上分析知，B是Cl，所以其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；A是Na，B是Cl，活泼金属和活泼非金属元素之间形成离子键，所以是离子晶体； ②D是C元素，碳单质的晶体类型是原子晶体；C单质是Al，活泼金属采用电解法冶炼； ③E是H元素，F是N元素，所以形成的化合物是NH3，NH3的空间构型为三角锥型；NH3分子间能形成氢键，所以容易液化。 8． 极性 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2 NH4HCO3+ 2NaOHNa2CO3+ NH3↑+ 2H2O 碱 CO32- + H2OHCO3 - + OH 2 NH3－6e+6 OH-=N2+6H2O 减小 1.5mol/L-1min-1 a c e 【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，应为H，E单质须保存在煤油中，应为Na，A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质，则M为CH4，B为C，D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O，则N为NH3，C为N，结合元素对应单质、化合物的性质解答该题。 【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，应为H，E单质须保存在煤油中，应为Na，A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质，则M为CH4，B为C，D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O，则N为NH3，C为N，即A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na； (1)N为NH3，电子式为，分子中含有N-H键，为极性键； (2)D与E以1：1形成的化合物为Na2O2，与水反应的化学反应方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2； (3)化合物X为NH4HCO3，Y为NaOH，二者反应的化学方程式为NH4HCO3+2NaOHNa2CO3+NH3↑+2H2O；反应溶液的溶质为Na2CO3，由于发生CO32-+H2O HCO3-+OH-，则溶液呈碱性； (4)NH3、O2和KOH形成的原电池中，NH3被氧化生成N2，则负极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；反应的总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，溶液体积增大，OH-浓度减小，则溶液pH减小； (5)         N2+3H22NH3 起始：    2mol/L 6mol/L 0 转化：    1mol/L 3moL/L 2moL/L 平衡：    1mol/L 3moL/L 2moL/L 则v(H2)==1.5mol/L-1min-1，k==；提高H2单质的转化率可以采取：增大压强，及时分离出生成物以及平衡后再加入2molN2物质，如平衡后再加入6molH2物质，则H2的转化率减小，加入催化剂平衡不移动，故答案为a、c、e。 9． 碳酸 次氯酸 氧气 水 4．1 2．2 7．3 3 H2SO3 ＋2 NO3－=3 SO42－＋2NO↑＋4H＋＋H2O 减小 【分析】以文字信息“含氧酸、短周期、第ⅣA族到第ⅦA、光照或微热”为突破口，从中学常见物质出发判断物质。应用质量守恒定律计算，根据物质性质书写方程式。 【详解】第ⅣA族到第ⅦA的短周期元素有C、Si；N、P；O、S；F、Cl。它们形成的含氧酸中，光照或微热能分解的有H2CO3、HNO3、H2SO3、HClO。 它们分解反应方程式为 H2CO3=CO2↑+H2O、4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O、H2SO3=SO2↑+H2O、2HClO=2HCl+O2↑。 (2)据质量守恒定律，a=0.9+3.2=4.1，b=3.1-0.9=2.2，c=10.5-3.2=7.3。 (1)表中X（25.2g）→U（3.2g）+V（3.6g）+Q（18.4g），可知X为HNO3、U为O2（氧气）、V为H2O（水）、不确定物质Q为NO2。因Y（4.1g）→V（H2O、0.9g）+Q（3.2g），则Y为H2SO3，不确定物质Q为SO2。又Z（3.1g）→V（H2O、0.9g）+Q（2.2g），则Z为H2CO3（碳酸），不确定物质Q为CO2。W（10.5g）→U（O2、3.2g）+Q（7.3g），则W为HClO（次氯酸），不确定物质Q为HCl。 (3)X（HNO3）稀溶液有强氧化性，Y（H2SO3）有强还原性，它们反应的离子方程式是3 H2SO3 ＋2NO3－=3 SO42－＋2NO↑＋4H＋＋H2O。 (4)光照W（HClO）的水溶液生成强酸HCl，使溶液的pH减小。 10．(1) (2) N2H4 H2O2 (3)Cl2+H2O2=2HCl+O2↑(答HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O可得分) (4) NH4Cl(或NH4NO3) NaOH c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+) [或c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)] 【分析】短周期中的A、B、C、D、E 5种元素，原子序数依次增大；C2-离子与D+离子的核外电子数相等，由于是短周期元素，则C位于第二周期，为O元素，D位于第三周期，为Na元素；D为Na元素，B原子与D+离子的核外电子数之和等于E原子的核外电子数，则E原子的核外电子数大于10，且D、E两元素能形成微粒个数比为1：1的离子化合物，E形成-1价离子，则E为Cl元素，故B为N元素；D为Na元素，B为N元素，C为O元素，A、D同主族；A、B的原子序数之和等于C的原子序数，则A为H元素；所以A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Cl元素；据以上分析解答。 【详解】（1）E为Cl元素，E元素形成的离子为氯离子，核内质子数为17，核外有18的电子，其离子结构示意图为；综上所述，本题正确答案为：； （2）A为H元素，B为N元素，C为O元素，A与B元素、A与C元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为N2H4、H2O2；综上所述，本题正确答案为：N2H4；H2O2； （3）A为H元素，C为O元素，A、C元素可组成原子个数比为1：1的共价化合物乙，则乙为H2O2；E为Cl元素，E单质为Cl2，将Cl2通入H2O2的水溶液中，生成一种强酸，该酸为HCl，所以生成气体为O2，反应方程式为Cl2+H2O2=2HCl+O2↑或HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O；综上所述，本题正确答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2↑(或HClO+H2O2=HCl+O2↑+H2O)； （4）A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Cl元素； ①A、B、C、D、E中的任意三种元素可组成多种化合物，X和Y是其中的两种。X 和Y都是既含离子键又含共价键的离子化合物，则X 和Y为盐或碱；将X、Y分别溶于水时，X能促进水的电离，X水溶液的pH＜7，则X为铵盐，X为NH4Cl(或NH4NO3)；而Y能抑制水的电离，Y水溶液的pH>7，则Y为碱，故Y为NaOH；综上所述，本题正确答案为：NH4Cl(或NH4NO3)；NaOH； ②将0.2mol•L-1的X溶液与0.1mol•L-1的Y溶液等体积混合，若为X为NH4Cl，则混合后发生反应，相当于NH4Cl、NH3•H2O、NaCl等物质的量混合。溶液呈碱性，进行说明NH水解小于NH3•H2O电离程度，则c(NH)>c(Na+)，故混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；若为X为NH4NO3，则混合后发生反应，相当于NH4NO3、NH3•H2O、NaNO3等物质的量混合。溶液呈碱性，进行说明NH水解小于NH3•H2O电离程度，则c(NH)>c(Na+)，故混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；综上所述，本题正确答案：c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+) [或c(NO)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)]。 11．(1) NH4HCO3或(NH4)2CO3 H2 Cl2 (2)CO2+OH－= HCO或 CO2+2OH－= CO+ H2O (3)H2(g) + Cl2(g) =2HCl (g)△H= -183kJ/mol (4)NCl3 【分析】反应①属非氧化还原反应，B是直线型分子，A分解生成B，则B为CO2，且C与Y单质发生氧化还原反应，则C为NH3，A为NH4HCO3 或(NH4)2CO3，⑤是化学工业上的重要反应，Z为NaCl，电解氯化钠溶液生成NaOH、H2、Cl2，反应②属非氧化还原反应，则W为NaOH，F为Na2CO3或NaHCO3，反应③为H2+Cl22HCl，则E为HCl；C与Y发生氧化还原反应，则Y为Cl2，反应④中C与Y的物质的量之比为1：3，D中只含两种元素，由NH3+3Cl2=D+3HCl，利用原子守恒可知D为NCl3。 【详解】（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3 或（NH4）2CO3，X为H2，Y为Cl2； （2）反应②的离子方程式为CO2+OH－= HCO或 CO2+2OH－= CO+ H2O； （3）1g X与Y完全反应放热91.5kJ，则1molX与Y完全反应放热91.5kJ×2=183kJ，则反应③的热化学方程式为H2(g) + Cl2(g) =2HCl (g)△H= -183kJ/mol； （4）反应④中C与Y的物质的量之比为1：3，D中只含两种元素，由NH3+3Cl2═D+3HCl，利用原子守恒可知D为NCl3。 12． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 2Fe3++2e-=2Fe2+(或Fe3++e-=Fe2+) 溶液变为蓝色 2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I2 加热浓缩、冷却结晶、过滤 干燥的HCl气流 Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，在干燥的HCl气流中，抑制AlCl3的水解，且带走AlCl3•6H2O晶体受热产生的水气，故能得到AlCl3 【分析】由X所在主族序数与所在周期序数之差为4，则为第2周期时，在ⅥA族，即X为O元素，或为第3周期时，在ⅤⅡA族，即X为Cl元素；Y的最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子，则由NaOH═Na++OH-，所以Y为Na元素；Z的单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则Z为Fe元素；W为地壳中含量最高的金属元素，则W为Al元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。 【详解】由分析知：X为O元素或为Cl元素、Y为Na元素、Z为Fe元素、W为Al元素； (1)W为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； (2)铜片、碳棒和ZX3溶液组成原电池，Cu为负极，则正极上铁离子得电子，电极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+(或Fe3++e-=Fe2+)； (3)向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴ZX3的浓溶液，发生2Fe3++2I-═2Fe2++I2，碘单质遇淀粉变蓝，则溶液变为蓝色； (4)由溶液得到晶体，可加热浓缩、冷却结晶、过滤，由于Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，在干燥的HCl气流中，抑制AlCl3的水解，且带走AlCl3•6H2O晶体受热产生的水气，故能得到AlCl3。 13． BaCl2 Na2SO3 Cl2 SO2 2Cl-+ 2H2OH2↑ + Cl2↑ + 2OH- 溶液先变红后褪色 BaSO3+ 2H+ + SO42-= BaSO4+ H2O + SO2↑ Ba2++ SO42-= BaSO4↓ 【分析】E为惰性电极电解所得气体，因此E应是在阳极附近产生的氯气或氧气；F为形成酸雨的污染物之一，且由沉淀与盐酸反应所得，因此F为二氧化硫。由E可与F反应形成混合溶液，因此可推断G应为HCl和H2SO4的混合液。由D与盐酸反应可得A可推断A中阴离子为氯离子，由G与A反应可生成沉淀，因此A为BaCl2，H应为BaSO4，由此可推断出B为Na2SO3，C为NaCl，结合对应物质的性质解答此题。 【详解】（1）A、B、E、F代表的物质分别为BaCl2、Na2SO3、Cl2、SO2； （2）反应①为电解NaCl水溶液的反应，故该离子反应的方程式为2Cl- + 2H2OH2 ↑ + Cl2 ↑ + 2OH- ； （3）当二氧化硫和氯气按照1：1混合时能恰好完全反应，生成硫酸和盐酸，因此若氯气与二氧化硫的物质的量之比为大于1:1时，氯气过量，因此在混合溶液中滴入几滴石蕊试液，可观察到的现象为溶液先变红后褪色； （4）当二氧化硫和氯气物质的量之比1：1时，设它们的物质的量均为1mol，它们恰好完全反应，生成2molHCl和1molH2SO4，同时生成氯气的氯化钠的物质的量为2mol，生成二氧化硫的沉淀D亚硫酸钡的物质的量也为1mol，故③中发生的离子反应方程式为BaSO3 + 2H+ + SO42- = BaSO4 + H2O + SO2↑； （5）④中发生的反应为硫酸根离子与氯化钡反应，因此离子方程式为 Ba2+ + SO42- = BaSO4↓ 。 14． O 1：2 C＞N＞O＞H N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500 kJ/mol； b 【分析】（1）组成蛋白质的基础元素有C、H、O、N等元素，且原子序数依次增大，可知X、Y、Z、L分别为H、C、N、O； （2）N、H两元素按原子数目比1：3可构成分子A，A为NH3，氨气分子中N原子和每个H原子形成一个共用电子对，N原子还存在一个孤电子对；B分子也由Z、X两元素组成，作为运送飞船的火箭燃料，常温下是一种液态化合物，该化合物的相对分子质量为32，其中X元素的质量分数为12.5%，则B为N2H4，且该分子结构中只有单键，则B中每个N原子连接2个N原子且N原子之间存在一个共价键，据此书写B的结构式；64gB的物质的量是2mol，2mol肼和双氧水完全反应生成氮气和水放出3000kJ的热量，则1mol肼和双氧水反应生成氮气和水放出1500kJ燃料，据此书写该反应的热化学方程式； （3）Se和氢气反应需要不断加热才能反应，所以该反应是吸热反应，元素的非金属性越弱，其吸收的热量越大。 【详解】（1）人体中主要存在C、H、O、N元素，L原子序数最大，则L为O元素，X为H、Y为C、Z为N元素；C元素原子核外电子中，未成对电子数与成对电子数之比为2：4=1：2；原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数最大而减小，所以原子半径大小顺序是C＞N＞O＞H； 故答案为：O；1：2；C＞N＞O＞H； （2）N、H两元素按原子数目比1：3可构成分子A，A为NH3，氨气分子中N原子和每个H原子形成一个共用电子对，N原子还存在一个孤电子对，其电子式为；B分子也由Z、X两元素组成，作为运送飞船的火箭燃料，常温下是一种液态化合物，该化合物的相对分子质量为32，其中X元素的质量分数为12.5%，则B为N2H4，且该分子结构中只有单键，则B中每个N原子连接2个N原子且N原子之间存在一个共价键，B的结构式为，64gB的物质的量是2mol，2mol肼和双氧水完全反应生成氮气和水放出3000kJ的热量，则1mol肼和双氧水反应生成氮气和水放出1500kJ热量，该反应的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500 kJ/mol； 故答案为：；；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500 kJ/mol； （3）Se和氢气反应需要不断加热才能反应，所以该反应是吸热反应，元素的非金属性越弱，其吸收的热量越大，非金属性O＞S＞Se＞Te，所以生成硒化氢需要吸收29.7kJ热量； 故答案为：b。 15． OH- 三角锥形 H++ClO-═HClO 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ 13 【分析】a、e、I为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，由结构特点可知，a为Na+，e为OH-，I为NH3，物质A由a、e构成，则A为NaOH，B、C、D、K都是单质，结合图中各物质的转化关系可知，B为Cl2，C为H2，D为N2，E为NaClO，F为NaCl、G为H2O，H为HCl，反应④为电解食盐水，M为HClO，所以K为O2，则反应⑤为氨气的催化氧化反应，结合问题及化学用语来解答。 【详解】(1)由分析知：e为OH-；C为H2，D为N2，在一定条件下合成的Z为NH3，分子的空间构型三角锥形，A为NaOH，离子化合物，其电子式为； (2)H为HCl，E为NaClO，H+E(溶液)→M的离子反应为H++ClO-═HClO，F+G→A+B+C的离子反应为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑； (3)L是由3种元素构成的分子，能与I(NH3)以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO(NH2)2和物质H，H为HCl，由元素守恒可知，L为COCl2，其电子式为； (4)B为Cl2，由2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，可知c(OH-)==0.1mol/L，所以pH=13。 16． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 Fe3++e-=Fe2+ 溶液变为蓝色 加热浓缩,冷却结晶,过滤 干燥的HCl气流 Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，在干燥的HCl气流中,抑制AlCl3的水解,且带走AlCl3·6H2O晶体受热产生的水气,故能得到AlCl3 【分析】由X所在主族序数与所在周期序数之差为4,则为第2周期时,在VIA族,即X为O元素,或为第3周期时,在VIIA族,即为Cl元素；Y的最高价氧化物对应的水化物,能电离出电子数相等的阴,阳离子,则由NaOH=Na++OH-,所以Y为Na元素；Z的单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏,则为Fe；W的元素能形成两性氢氧化物,则为AL；然后利用元素及其单质,化合物的性质来解答。 【详解】由X所在主族序数与所在周期序数之差为4,则为第2周期时,在VIA族,即X为O元素,或为第3周期时,在VIIA族,即为Cl元素；Y的最高价氧化物对应的水化物,能电离出电子数相等的阴,阳离子,则由NaOH=Na++OH-,所以Y为Na元素；Z的单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏,则为Fe；W的元素能形成两性氢氧化物,则为AL； （1）W为Al；Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,二者反应的离子反应为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2； 故答案为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。 （2）铜片,碳棒和ZX3溶液组成原电池,Cu为负极,则正极上铁离子得电子,电极反应为:Fe3++e-=Fe2+； 综上所述，本题正确答案：Fe3++e-=Fe2+。 （3）向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴的浓溶液,发生,碘单质遇淀粉变蓝,则溶液变为蓝色,离子的结构示意图为； 综上所述，本题正确答案:溶液变为蓝色;； （4）由溶液得到晶体,可加热浓缩,冷却结晶,过滤,由于Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，在干燥的HCl气流中,抑制AlCl3的水解,且带走AlCl3·6H2O晶体受热产生的水气,故能得到AlCl3； 综上所述，本题正确答案为:加热浓缩,冷却结晶,过滤;干燥的HCl气流；Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，在干燥的HCl气流中,抑制AlCl3的水解,且带走AlCl3·6H2O晶体受热产生的水气,故能得到AlCl3。 17． Cl2＋H2O=H+＋Cl–＋HClO H–C≡C–H NH4NO3 c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－) 3NO2+H2O=2HNO3+NO 2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(g) kJ·mol–1 或N2H4(g)＋NO2(g)=N2(g)＋2H2O(g) kJ·mol–1 【分析】A、B、C、D、E五种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大．A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，A是H，则B、C、D位于第二周期，E位于第三周期．只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，E为Cl元素；B为C元素，C为N元素，D为O元素；“只有M分子同时含有H、N、O三种元素”，M是HNO3或NH4NO3，W由H和N组成，分子中含有18个电子，则M为肼(N2H4)。而三种元素组成的三种单质(H2、N2、O2)中，只有O2具有较强的氧化性，故单质甲是O2、单质乙是N2，X是H2O．推导出Y是NO、Z是NO2。 (1)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸； (2)乙为N2，含有氮氮三键，它的电子式为，元素H和C形成原子个数比为1：1的相对分子质量最小化合物为C2H2，结构式为H-C≡C-H； (3)H、N、O三种元素组成一种强酸弱碱盐的化学式为NH4NO3，NH4NO3溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，c(NO3－)＞c(NH4＋)，水解程度很小，c(NH4＋)远大于c(H＋)； (4)NO2与H2O反应生成HNO3与NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO； (5)32g气态N2H4的物质的量为1mol，完全和NO2反应生成N2和2H2O(l)，放出576.85kJ热量，则热化学方程式为2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=−1153.7kJ·mol–1N2H4(g)＋NO2(g)=3/2N2(g)＋2H2O(g)ΔH=−576.85kJ·mol–1 【详解】根据以上分析： (1)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，写化学式，离子方程式为：Cl2+H2O═H＋+Cl－+HClO； (2)乙为N2，含氮氮三键，电子式为，元素H和C形成原子个数比为1：1的相对分子质量最小化合物为C2H2，结构式为H-C≡C-H； (3)H、N、O三种元素组成一种强酸弱碱盐的化学式为NH4NO3，NH4NO3溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，c(NO3－)＞c(NH4＋)，水解程度很小，c(NH4＋)远大于c(H＋)，所以离子浓度由大到小的顺序为c(NO3－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)； (4)NO2与H2O反应生成HNO3与NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO； (5)32g气态N2H4的物质的量为1mol，完全和NO2反应生成N2和2H2O(l)，放出576.85kJ热量，则热化学方程式为2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH=−1153.7kJ·mol–1或N2H4(g)＋NO2(g)=3/2N2(g)＋2H2O(g) ΔH=−576.85kJ·mol–1。 18．(1)1s22s22p63s23p63d84s2 (2)Na<Al<Mg (3) sp N2O(或CS2等) (4) 该物质分子与水分子形成氢键 B、D的固态氯化物分别属于离子晶体和分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体 (5)2 【分析】G、Q、R、T、X、Y、Z都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大．G的简单阴离子最外层有2个电子，则G为氢元素；Q原子最外层电子数是内层电子数的两倍，则Q原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；X元素最外层电子数与最内层电子数相同，原子序数大于碳元素，最外层电子数为2，应处于第三周期，故X为Mg元素；T2R的晶体类型是离子晶体，T为+1价、R为-2价，结合原子序数可知，T为Na元素、R为氧元素；Y原子基态3p原子轨道上有2个未成对电子，其单质晶体类型属于原子晶体，则Y为Si元素；在元素周期表中Z元素位于第10列，则Z为Ni元素； 【详解】（1）Z为Ni元素，原子核外电子数为28，Ni的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d84s2； （2）镁自由相邻的是钠和铝，金属性越强，第一电离能越小。由于镁原子的3s轨道电子是全充满状态，稳定性强，第一电离能大于铝的，所以第一电离能由小到大的顺序为Na<Al<Mg。 （3）CO2分子中碳原子成2个C=O双键，没有孤电子对，故碳原子采取sp杂化，价电子和原子数分别都相等的是等电子体，所以和CO2互为等电子体的是N2O； （4）乙醇分子能与水分子形成氢键，且乙醇是极性分子，乙醚是非极性分子，根据相似相溶原理可知，乙醇易溶于水。氯化钠形成的晶体是离子晶体，四氯化硅形成的是分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体； （5）利用均摊法确定Q原子个数，每个X原子被两个晶胞共用，每个晶胞含有一个Q原子，所以晶体中距每个X原子周围距离最近的Q原子有=2个。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$