- 物质性质的研究
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甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol/LNaCl溶液与0.1mol/LAgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为:_____________
正确答案
2:2:4:1
此装置相当于两个电解槽串联到一起,在整个电路中电子转移总数相等，首先判断各极是阳极还是阴极，即电极名称，再分析各极发生的反应.A极(阴极)反应:2H++2e-=H2↑，B极(阳极)反应:2Cl--2e-=Cl2↑；C极(阴极)反应：Ag++ e- =Ag；D极(阳极)反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑，根据电子守恒法可知,若整个电路中有4mol电子转移,生成H2、Cl2、Ag、O2的物质的量分别为：2mol、2mol、4mol、1mol因此各电极上生成物的物质的量之比为：2:2:4:1。
L、M、Q、R、X代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合价只有一种．物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低．在一定条件下，它们会有如下的转化关系（未配平）．
Q+HCl→M+Cl2+H2O
R+L→X+H2O
R+O2→L+H2O
请判断：
（1）五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是______，
若五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是______（用字母表示）
（2）某同学写出下面不同价态的氮的化合物相互转化关系（未配平），其中你认为一定不能实现的是______
A．NO+HNO3→N2O3+H2OB．NH3+NO→HNO2+H2OC．N2O4+H2O→HNO3+HNO2．
正确答案
（1）根据提意已知反应以及元素化合价的变化规律，可知①反应式中，Cl2是氧化产物，M是还原产物，因此氮元素化合价：Q＞M；同理由③得氮元素化合价：L＞R；由②反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于L＞R，因此L＞X＞R，根据已知氮元素化合价M＞1，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序为：Q＞M＞L＞X＞R，HNO3中N的价态最高：+5价，Q为硝酸，
故答案为：Q＞M＞L＞X＞R；Q；
（2）B不可能实现，NH3中N为-3价，NO中N为+2价，而HNO2中N为+3价，+3＞+2＞-3，故答案为：B．
乙炔是有机合成工业的一种原料，工业上曾用CaC2与水反应制备乙炔。
(1)CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为 ；1 mol O中含有的π键数目为 。
(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2，红棕色沉淀。Cu＋基态核外电子排布式为 。
(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是 ；分子中处于同一直线上的原子数目最多为 。
(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如右图所示)，但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C22-数目为 。
正确答案
(1)[∶O⋮⋮O∶]2＋2NA
(2)[Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10)
(3)sp2和sp 3
(4)4
由C22-电子式为[∶C⋮⋮C∶]2－可推知O22+电子式为[∶O⋮⋮O∶]2＋，1 mol O22+中含有π键数目为2NA，氧氧三键中含两个π键。Cu＋由Cu原子失去1个电子而得到，故基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。丙烯腈分子中碳碳双键为sp2杂化，—C≡N键为sp杂化，其分子中有一个三键，故共键的原子为
(4)由晶体结构可知CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C22-数目不是6个而是4个，因为哑铃形C22-只向一个方向拉长，此方向上的两个C22-与Ca2＋距离不是最近，所以最近且等距的有4个。
A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：
（1）A和D氢化物中，沸点较低的是______（选填“A”或“D”）．
（2）元素C在元素周期表中的位置是______，B的最高价氧化物对应水化物的电子式为______．
（3）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为______，它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该反应的离子方程式为______．
正确答案
根据题设条件可推知A为O，B为Na，C为Al，D为Cl，E为Ca，则
（1）由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl，故答案为：D；
（2）Al的原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，则位于第三周期ⅢA族，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Na+与OH-以离子键结合，OH-中，O原子与H原子以共价键结合，电子式为
，
故答案为：第三周期ⅢA族；
；
（3）钙、氯、氧可形成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca（ClO4）2，其中满足题设条件下的盐为Ca（ClO）2（次氯酸钙），由于在酸性环境中ClO-具有强氧化性，Cl-具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子反应为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，
故答案为：次氯酸钙；ClO-+2H++Cl-═Cl2↑+H2O．
A、B、C、D、E为原子序数依次递增的四种短周期元素．A、D同族，B、C同周期．C、E组成的化合物既能够溶于硫酸又能够溶于D的水溶液．A、B两元素以4：1组成的化合物甲为气体，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1，由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中为2：1．
回答下列问题：
（1）甲的名称______；丙的分子式______；丁中C元素的化合价______；戊的焰色反应呈______色；乙的电子式______；
（2）写出元素B的最高价氧化物和丁反应的化学方程式______．
（3）向含E离子的硫酸盐溶液中逐滴滴加戊溶于水所得的稀溶液，请写出该过程反应的离子方程式：______，______．
（4）甲与C的单质C2按一定比例混合放入含过量的丁密闭容器中，电火花引燃，维持温度在120℃，充分反应后容器内压强几乎为零，试写出符合题意的甲和C2的物质的量之比：______； 反应的化学方程式：______．
正确答案
A、B两元素以4：1组成的化合物甲为气体，则甲为CH4，A为H元素，B为C元素，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1，则C为O元素，形成的化合物分别为H2O2、H2O，由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中为2：1，则D为Na元素，形成的化合物分别为Na2O2、Na2O，C、E组成的化合物既能够溶于硫酸又能够溶于D的水溶液，说明E为Al元素，形成的化合物Al2O3具有两性．
（1）由以上分析可知，甲为CH4，丙为H2O，丁为Na2O2，O元素的化合价为-1价，戊为Na2O，含有Na元素，焰色反应呈黄色，乙为H2O2，电子式为
，故答案为：甲烷；H2O；-1；黄；
；
（2）元素B的最高价氧化物为CO2 ，丁为Na2O2，二者反应的化学方程式为2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2，
故答案为：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2；
（3）含Al3+离子的硫酸盐溶液中逐滴滴加NaOH的稀溶液，先生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3具有两性，能继续与NaOH反应生成AlO2-，反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（4）甲烷与氧气通入到含过量的Na2O2 密闭容器中，电火花引燃，维持温度在120℃，充分反应后容器内压强几乎为零，则参加反应的气体全部生成固体，根据质量守恒可知生成物应为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知Na2CO3与NaOH物质的量之比为1：4，反应的方程式为2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，由方程式可知甲烷和氧气的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH．
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