热门试卷

（一）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，Z、L是空气中含量最多的二种元素，则Z为N元素，L为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y由2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X的阴离子与Y的内层电子数相等，X的阴离子有2个电子，故X为H元素．

（1）由上述分析可知，L为氧元素；同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越大原子半径越大，所以五种元素的原子半径从小到大的顺序是H＜O＜N＜C＜Al，

故答案为：氧；H＜O＜N＜C＜Al；

（2）Z为N元素、X为H元素，Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A为NH3，B为N2H4，用电子式表示NH3的形成过程为3H•+

→

，N2H4的结构式为

，故答案为：3H•+

→

；

；

（3）硒（Se）与O元素同一主族，最外层电子数为6，Se原子比L原子多两个电子层，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、6，则Se的原子序数为2+8+18+6=34，最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4；

自上而下非金属减弱，与反应的剧烈程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，故生成1mol硒化氢反应热的应是+29.7kJ•mol-1，

故答案为：34；H2SeO4；b；

（4）一定条件下，Al与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，乙为Al2O3，该反应生成lmolAl2O3时放出536kJ热量，其热化学方程式为 4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s，石墨）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△M=-1072g/mol，

故答案为：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s，石墨）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△M=-1072g/mol；

（二）（1）A为F2，B为H2O，C为HF，D为O2，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；

（2）若B、D属同主族的单质分子，A为H2S，B为O2，C为水H2O，D为S，符合题意，故答案为：H2O；

（3）若B是一种含四核l8电子的分子，如果D是一种气态单质分子，由转变关系可知，A为N2H4、B为H2O2，二者反应生成D（N2）、C（H2O）符合题意，H2O2的结构式为H-O-O-H，

故答案为：H-O-O-H；

（4）若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A为HS-、B为OH-、C为水H2O，D为S2-符合题意，反应离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，

故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；

（5）若D是一种含有22电子的分子，A为18电子物质与氧气反应，生成CO2与H2O，CO2含有22个电子，A为CH3OH或CH3-CH3，故答案为：CH3OH、CH3-CH3．

解析：从“C、K的温室效应均显著”可知C、K可能是CO2和CH4，从“K是含碳量最低的有机物”可知K为CH4，C为CO2；从“D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝”可知，D为NH3．从而可推知A中含有C、H、O、N4种元素．再从“组成A的四种元素都是短周期元素，其原子序数之和为22，X、M、Z分别位于相邻的主族，原子序数依次增大”可知其中必有氢元素，即Y为氢，X为碳，M为氮，Z为氧．即得实验式为：N2H4CO，由A可分解生成三种物质（CH2N2、CO2、NH3）可判断出A的分子式为CO （NH2）2，即为尿素．目前工业上由CO2和NH3在一定条件下反应而制得：CO2+2NH3

CO （NH2）2+H2O．再从NH3→G→J的变化均加入同一种物质I引起，故而判断出I为O2．进而推出F为H2O，H为H2，L为HNO3．推断物质为：A、CO （NH2）2；B、C3H6N6；C、CO2；D、NH3；F、H2O；G、NO；H、H2；I、O2；L、HNO3；J、NO2；K、CH4；

（1）A也是一种常用的肥料，推断为尿素，名称为：尿素或碳酰二胺或脲或碳酰胺；目前工业上由CO2和NH3在一定条件下反应而制得：CO2+2NH3

CO （NH2）2+H2O；

故答案为：尿素或碳酰二胺或脲或碳酰胺；CO2、NH3

（2）反应①②③的化学方程式分别为：6（NH2）2CO→C3H6N6+NH3↑+3CO2↑；4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ；CO2+4H2→CH4+2H2

（3）Ⅰ、B为三聚氰胺，氮元素的含量依据分子式C3H6N6计算为66.7%，结构简式为：

；

故答案为：66.7%

Ⅱ、①由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应和氧化；故①正确；

②氨基显碱性和盐酸反应生成盐，故②正确；

③由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应和氧化；故③正确；

④由于题给NH3的键角为107°18′，故-NH2中的所有原子不可以在同一平面上，故④错误；

⑤在高温下分解放出性质稳定的N2，故可用作阻燃剂，故⑤正确；

⑥由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应，故⑥正确；

⑦尿素的含量为46.67%，而三聚氰胺的含氮量为66.7%，含氮量高于A的含氮量，故⑦错误；

⑧三聚氰胺为“疏水化合物”即为极性分子，它是一种极性化合物，易溶于甲醇、甲醛等有机物，故⑧正确；

⑨大量食用含三聚氰胺污染奶粉的婴幼儿会产生肾结石等泌尿系统疾病，故⑨正确；

⑩是白色固体，无味，故⑩错误；

故答案为：④⑦⑩

（4）化合物E是一种新型无机材料，它的一种结构（β-X3M4）具有可与金刚石相媲美的硬度，利用硬度性质特征推测该材料可能的用途之一是：做耐磨材料、耐高温材料等

（5）液态D类似H2O，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则液态D电离方程式为，因水的电离为2H2O

H3O++OH-，通过类比不难得出液态NH3电离方程式为：2NH3 

NH4++NH2-． 故答案为：2NH3

NH4++NH2-；

（6）①结构上N2H4和D的关系有如H2O2和H2O的关系，由N2H4和 N2H5+相关的反应可知到1mol N2H4可以结合1molH+形成1mol N2H5+，1mol N2H4也可以结合2molH+形成1mol N2H62+，是其水溶液显碱性．肼是二元弱碱．故选C．故答案为：C．

②4g N2H4的物质的量为0.125mol，故1molN2H4反应中放出的热量为568kJ，所以热化学方程式为：N2H4（g）+NO2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=-568kJ/mol．

故答案为：N2H4（g）+NO2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=-568kJ/mol

常见的10电子分子有：CH4、NH3、H2O、HF、Ne，离子有：H3O+、OH-、NH4+、F-、Na+、Mg2+、Al3+等，B++C-→2D可知B+为H3O+，C-为OH-，D为H2O；由A++C-→D+E可知A+为NH4+，E为NH3，则

（1）反应①为NH4+和OH-的反应，生成H2O和NH3，反应的离子方程式为，故答案为：NH4++OH-=NH3 +H2O；

（2）E为NH3，为共价化合物，电子式为

，A+为NH4+，电子式为

，

故答案为：

；

．

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的一种原子核内没有中子，则W应为H元素，

Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，核外各电子层电子数分别为2、6，应为O元素，

Y与Z能形成两种常见的离子化合物Z2Y和Z2Y2，则Z为Na元素，形成的化合物分别为Na2O和Na2O2，

X与Y能形成两种化合物，其相对分子质量之比为7：11，相对分子质量分别为28、44，应为CO和CO2，X为C元素，

（1）Z为Na元素，原子序数为11，原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，则应在周期表第三周期ⅠA族，故答案为：第三周期ⅠA族；

（2）X、Z分别为C、Na，核外次外层电子数分别为2、8，则两元素原子的次外层电子数之比为2：8=1：4，故答案为：1：4；

（3）W2Y为H2O，属于共价化合物，用电子式表示的形成过程为

，

故答案为：

；

（4）由W与X两种元素组成的中学化学常见化合物甲，其相对分子质量为78，应为苯，性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，在催化剂条件下易发生取代反应，易燃烧，能加成，故答案为：④；

（5）由W、X、Y三种元素组成的有机物乙，相对分子质量为60，应为CH3COOH，为弱酸，由W、X、Y、Z四种元素组成的无机物丙，相对分子质量为84，受热易分解，则丙为NaHCO3，

二者反应的离子方程式为CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O，

故答案为：CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O．

A原子核内仅有1个质子，应为H元素；C原子有两个电子层，最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素；

原子的电子总数与C原子的最外层电子数相等，应为C元素；D元素的最外层电子数是其电子层数的三分之一，应为Na元素；E的单质是黄绿色气体且有毒，应为Cl元素，

（1）A是H元素，B是C元素，C是O元素，则A分别与B、C所形成化合物分别是：CH4，H2O，故答案为：CH4；H2O；

（2）C是O元素，电子结构示意图为

，D是Na元素，电子结构示意图为

，故答案为：

；

；

（3）C、D、E所形成的化合物为NaClO，为强电解质，在溶液中完全电离生成Na+和ClO-离子，

电离方程式为NaClO═Na++ClO-，故答案为：NaClO═Na++ClO-；

（4）E的单质与A、C、D三元素所形成的化合物反应的化学方程式为Cl2+2NaOH═NaCl++NaClO+H2O，反应中氯气自身发生氧化还原反应，化合价有0价分别变成-1价和+1价，

用双线桥标出电子转移的数目和方向的反应式为

，

故答案为：

．

最外层电子数是其电子层数的2倍的元素有C和S两种元素，根据原子序数依次递增可知X是C元素，Y是S元素，Z是人体含量最高的金属元素，应为Ca元素．

（1）XO3-中X的化合价为+5价，C元素的原子最外层只有4个电子，不可能形成+5价化合物，其它选项分别为，CO32-、SO32-、S2O32-，符合C和S常见的存在形式，故答案为：a；

（2）X、Y的原子可构成只含极性键的非极性分子，该分子为CS2，分子中含有2个δ键，没有孤电子对，为直线型分子，电子式为

，

故答案为：

；直线型；

（3）①根据书写热化学方程式的方法书写，SO2被空气氧化，每生成1mol气态SO3，放出98.3kJ热量，反应的热化学方程式为SO2（g）+1/2O2（g）═SO3（g）△H=-98.3KJ/mol，

故答案为：SO2（g）+1/2O2（g）═SO3（g）△H=-98.3KJ/mol；

②硫与氧气反应是放热可逆反应，在纯氧中更剧烈放热更多，使平衡向逆向进行，所以纯氧中三氧化硫量少，

故答案为：纯氧中O2浓度大，单位时间内放热多，体系温度高，平衡向SO3分解的方向移动；

③CaSO4与C单质在高温下反应，得到两种常见气体，该气体为CO2和SO2，每消耗1molC单质，有4mol电子转移，则每有1molC参加反应，应有2mol生成SO2，

反应的方程式为2CaSO4+C═2CaO+CO2↑+2SO2↑，

故答案为：2CaSO4+C═2CaO+CO2↑+2SO2↑；

（4）利用氧化还原反应得失电子守恒结合关系式计算，根据质量守恒得关系式CaC2O4～H2C2O4根据氧化还原反应得失电子数目相等可知5H2C2O4～2KMnO4，故有5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，

则：5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4

    5mol     5mol    2mol

   n         n       0.0200mol•L-1×0.024L=4.8×10-4mol

n==1.2×10-3mol

所以10.0g样品含Ca元素的物质的量为100×1.2×10-3mol=0.12mol，样品中CaO的质量为0.12mol×56g/mol=6.72g，质量分数为×100%=67.2%，

故答案为：67.2%．

（1）若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠．

①A、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al．

故答案为：Al．

②A的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，

反应离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3．

故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3．

（2）若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气．

①B为三氯化磷，各原子都大8电子稳定结构，三氯化磷B的电子式为

．

故答案为：

．

②C为五氯化磷，与水剧烈反应，生成磷酸和盐酸，反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HC1．

故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HC1．

（3）若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳．

①A为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A中所含有的化学键是 离子键、共价键．

故答案为：离子键、共价键．

②x为二氧化碳，将过量二氧化碳通入水玻璃溶液中，生成硅酸与碳酸氢钠，反应的离子方程式为2H2O+2CO2+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-．

故答案为：2H2O+2CO2+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-．

③自然界中存在B、C和H2O按一定比例结晶而成的固体．取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol/L，即钠离子浓度为0.5mol/L．取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为 ×0.1L×0.5mol/L×106g/mol=2.65g．

故答案为：2.65．