热门试卷

由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素，“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知，B、C分别为：N和O；E位于第四周期，其核外电子层有4层，可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3，n为4，其电子排布为3d64s2,其原子序数为26，为Fe元素；D作为同周期原子序数最大的金属元素，其原子序数小于Fe，大于O；故只能是第三周期的Al元素

（1）BA3为NH3，其空间结构和N元素的特性有关，N存在孤对电子，NH3的空间结构为

三角锥形；N的电子排布为：1s22s22p3,第二层的第二亚层p中有三个电子，处于半充满状态，比较稳定，故相对于电子排布为1s22s22p4的O元素更加稳定，所以N的第一电离能大于O元素的第一电离能

由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素，“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知，B、C分别为：N和O；E位于第四周期，其核外电子层有4层，可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3，n为4，其电子排布为3d64s2,其原子序数为26，为Fe元素；D作为同周期原子序数最大的金属元素，其原子序数小于Fe，大于O；故只能是第三周期的Al元素

（2）Al的同族短周期元素为B，由N的特性可知，其中的黑色原子应为N，晶包顶点处的B原子

同时属八个晶胞所共有，包括晶胞内部的一个B原子，故一个晶胞中应该有2个B原子，四周四个棱上的N原子同时属于四个晶包，加上内部一个N原子共有2个，所以陶瓷的化学式应该为BN

由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素，“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知，B、C分别为：N和O；E位于第四周期，其核外电子层有4层，可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3，n为4，其电子排布为3d64s2,其原子序数为26，为Fe元素；D作为同周期原子序数最大的金属元素，其原子序数小于Fe，大于O；故只能是第三周期的Al元素

（3）H和O两种元素1:1形成的化合物可以判断为H2O2，其与Fe2+在酸性溶液中反应的氧化还原

反应式应该为：H2O2+ 2Fe2++2H+=2H2O+2Fe2+；

由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素，“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知，B、C分别为：N和O；E位于第四周期，其核外电子层有4层，可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3，n为4，其电子排布为3d64s2,其原子序数为26，为Fe元素；D作为同周期原子序数最大的金属元素，其原子序数小于Fe，大于O；故只能是第三周期的Al元素

（4）Al和Fe两种元素的化学活泼性：Al > Fe，故Al应该为负极，反应式为：Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-；

由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素，“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知，B、C分别为：N和O；E位于第四周期，其核外电子层有4层，可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3，n为4，其电子排布为3d64s2,其原子序数为26，为Fe元素；D作为同周期原子序数最大的金属元素，其原子序数小于Fe，大于O；故只能是第三周期的Al元素

（5）由图知热化学方程式中第一步反应应为：2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+2H2O(l)+4H+(aq)  ΔH=-273 KJ/mol;N的化合价从-3上升到了+3价，上升了6个价位；第二步反应： 2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq) ΔH=-73 KJ/mol；N的化合价从+3价上升到+5价，上升了2个价位；故总反应方程式为：2NH4+(aq)+4O2(g)=2NO2-(aq)+2H2O(l)+4H+(aq)  ΔH＝-346 kJ/mol

：Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表示式为；故答案为：；

NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，属于离子晶体；NaH是离子化合物，电子式为Na+[：H]-；

故答案为：离子；Na+[：H]-；

氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图；故答案为：分子；；

AlH4-中，Al的价层电子对数=4+1/2（3+1-1×4）=4，所以Al原子为sp3杂化；等电子体的结构相似，所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；故答案为：sp3；NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；

： 以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-距离为√2/2anm，位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上，共有8个；根据均摊法可知，晶胞中钠离子的个数为6×0.5+4×1/4=4，晶体的化学式为NaAlH4，所以晶胞中AlH4-的个数为4，该晶胞的质量为54×4/NAg，该晶胞体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3，则该晶胞的密度为(216/NA)2a3×1021g•cm-3=108×1021/2a3NAg•cm-3；晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为4，若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为3，锂离子的个数为1，晶体的化学式为：Na3Li（AlH4）4；故答案为：8；

NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，即产物有Al、H2和AlH63-，方程式为：3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑；

故答案为：3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑．

根据二氧化氯与水反应生成次氯酸和氯气，同时放出氧气，可以先写出相应的反应物和生产物，然后根据化合价升降总数相等完成配平的第一步骤：ClO2每生成1mol的HClO 和Cl2，化合价总共降低11，而每生成一个氧气，化合价升高4，所以最小公倍数为44，再用观察法配平H2O的系数为2，所以该反应的化学方程式为12ClO2 + 2H2O  4HClO + 4Cl2+ 11O2；产物次氯酸中氧元素为中心原子，所以电子式为，由于二氧化氯溶于强碱溶液生成等物质的量的氯酸钠和另一种氯的含氧酸盐，根据化合价升降守恒的原则，生成1mol氯酸钠，化合价升了1，所以也要降低1，故应该生成+3价的亚氯酸，所以该反应的离子方程式为2ClO2 + 2OH- = ClO2- + ClO3- + H2O。故答案为：12ClO2 + 2H2O  4HClO + 4Cl2+ 11O2；； 2ClO2 + 2OH- = ClO2- + ClO3- + H2O

以石墨作电极制备二氧化氯的过程就是将Cl-氧化为ClO2的过程，所以电极反应式为：Cl- + 2H2O – 5e- = ClO2↑+ 4H+。ClO2 有较强氧化性，把I- 氧化为I2 ，根据反应过程中电子得失可以得出三者关系：2ClO2 ～5I2～10S2O32－n(ClO2)=0.2n(S2O32－)=0.2×0.01=0.002mol。根据电解过程中的电子守恒可以知道，再阳极每生成1molClO2，同时在阴极要生成2.5molH2。则电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积为（0.002+0.005）×22400=156.8 mL故答案为：Cl- + 2H2O – 5e- = ClO2↑+ 4H+；156.8。

根据能量变化图可以得出：

C5H12(g)+8O2(g) ==5CO2(g)+6H2O(g) △H= ckJ·mol-1 

  ①H2O(g) ===1/2O2(g)+H2(g)  △H= -bkJ·mol-1  

②CO2(g) ===1/2O2(g)+CO(g) △H= -akJ·mol-1  

③根据盖斯定律，①+②×11+③×5得出 C5H12(g)+5H2O(g) 5CO(g)+11H2  (g)△H=(c-5a-11b) kJ·mol-1 所以答案为:c-5a-11b.

①a 气体的体积不变，质量守恒，所以密度始终不变，不能根密度不再变化来判断平衡状态，故a错误；    b．当3v正(N2)==v逆(H2)时，说明单位时间内消耗的N2与单位时间内生成的N2量相等，故达到了平衡状态，b正确；c．该反应是一个反应前后气体物质的量发生变化的化学反应，由于反应前后质量守恒，所以容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变，就达到了平衡状态。故答案为a。

②乙容器中的反应在20 min后达到平衡时，消耗的N2为4-2×1.5=1mol，所以这段时间内N2的平均反应速率v(N2)= [1mol/(2L) ]/(20min)=1/40 mol·L-1·min-1，所以v(NH3)=2v(N2) =0.05_mol·L-1·min-1，平衡时c(N2)=1.5 mol·L-1  ，c(H2)=0.5 mol·L-1，c(NH3)=1 mol·L-1，所以该温度下，反应的平衡常数K=c2(NH3)/[c(N2) × c3(H2)]=5.33L2·mol-2，所以答案为：0.05；5.33   

  ③a由等效平衡可知，若丙中2molNH3完全转化为N2和H2，则有1molN2和3molH2，由于甲中只有2molN2，所以反应达到平衡时消耗的N2更少，所以cl>c3，所以a正确；b．甲与乙为恒压条件下的等效平衡，此时两个容器中N2的体积分数相等，当在衡容条件下，相当于给容器乙加压，所以乙中平衡正向移动，故w2<w1 所以b错误； c．容器体积相同，乙中含有4molN2和4molH2，质量最大，丙中含有2molNH3，质量最小，密度大小关系为：>>，所以c正确。

故答案：ac。

(3)在合成氨工业中，为了提高反应物的利用率，除了要提供适宜的温度、压强和使用催化剂外，还要可以通过将产物混合气中的氨冷却分离后以减小生成物的浓度，使得平衡正向移动，提高反应物的利用率，同时通过剩余气体循环使用提高反应物的利用率，故答案为将产物混合气中的氨冷却分离后，剩余气体循环使用。

①黄铜矿与空气反应生成Cu2S、FeS，根据化合价升降相等配平，反应方程式为：2CuFeS2+O2

-----Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧气反应生成FeO，根据化合价升降相等，配平方程式为：FeS+3O2 ------2FeO+2SO2，故答案是：2CuFeS2+O2 -------Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O2---------2FeO+2SO2；②生成炉渣的主要成分为：FeSiO3，故答案为：FeSiO3；

Cu2S被氧化为Cu2O的反应方程式为：2Cu2S+3O2 ---------2Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S发生反应的方程式为：2Cu2O+Cu2S --------6Cu+SO2↑，

故答案是：2Cu2S+3O2 --------2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S --------6Cu+SO2↑；

①c连电源正极，d连电源的负极；故c为阳极，d为阴极，故答案为：c；②粗铜板应放在阳极，即c；d阴极发生还原反应，方程式为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；③Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中，

故答案是：Au、Ag以单质形式沉积在阳极下方，Fe以Fe2+形式进入电解液中．