河北省沧州市黄骅中学-学年高一化学下学期期中试卷(含解析)

1、2021-2021 学年河北省沧州市黄骅中学高一(下)期中化学试卷一、选择题(共 22小题，每题 2 分，总分值 44分) 1以下变化属于物理变化的是()A. 石油裂解B 石油的分馏C.石油的裂化D.甲烷和氯气混合后光照2以下反响中，既属于氧化复原反响同时又是吸热反响的是()A. Ba (OH 2.8H2O与NHCI反响B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与 CQ反响D.甲烷与C2的燃烧反响3.将O.lmol两种气体烃组成的混合气完全燃烧后得3.36L (标况)CC和3.6g水蒸气，对于组成判断正确的选项是()A. 定有甲烷B.定有乙烯C.定有乙炔D.定有乙烷4物质发生化学变化时： ( 1)电子总数(

2、2)原子总数( 3)分子总数( 4)物质的种类( 5) 物质的总质量( 6)物质的总能量，反响前后肯定不会发生变化的是()A(1)(2)(3)(5) B(1)(2)(5) C(2)(5)(6) D(1)(4)(5)(6)5. 10g H218C所含的中子的物质的量为()A4.5molB5mol C 5.5molD6mol6. 人造地球卫星用到的一种高能电池银锌蓄电池，其电池的电极反响式为：Zn+2OH-2e一ZnO +Hf, Ag2O+HO+2e一2Ag+2OH .据此判断氧化银是()A. 负极，被氧化 B .正极，被复原 C .负极，被复原 D .正极，被氧化 7以下变化过程需要吸收能量的是

3、()A. 2H2+O 2HzO B. CaO+HOCa (OH 2C. Cl+ CltCl 2D. HtH+H8以下常温下的以下物质属于所气态有机物的是()A. CHCI B. CHCI2C. CCl4 D.苯9. HF、HO CH、SiH4四种气态氢化物按稳定性由弱到强排列正确的选项是()A. CHv HO HF SiH4B. SiH4 v HFv CHv HOC. SiH4 CHv HaO Q Z XC. 最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是QD. X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键，共价键20. 在恒温、恒容的密闭容器中进行反响A g Bg +Cg,假设反响物的浓度

4、由 2molL1降到0.8molL 1需要20s，那么反响物浓度再由 0.8molL 1降到0.2molL 1所需要的时间为 A. 10 s B .大于10 s C.小于10 s D.无法判断21. Y Z三种金属，X、Y组成原电池，X是负极；把Z放入X的硝酸盐溶液中，Z外表有X 析出三者的金属活动性顺序是A. X YZ B. ZX Y C. X Z Y D. YXZ22氮化铝AlN具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、甘$吕陶瓷工业等领域.在一定条件下，氮化铝可通过如下反响合成：Al 2O3+Nb+3CMi 2AIN+3CO.以下表达正确的选项是A. 在氮化铝的合成反

5、响中，N2是复原剂，AI2Q是氧化剂B. 上述反响中每生成 2 mol AIN , N2得到3 mol电子C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3D. 氮化铝晶体属于分子晶体 二、非选择题：共56分23.按要求填空：1写出以下微粒的电子式：N2四氯化碳CO HCIO 氯化铵NatO2质量数为23,中子数为12的原子的离子结构示意图： 3 以下物质属于离子晶体 ，属于分子晶体的是 ，原子 晶体. 金刚石干冰氯化钠铜氢氧化钠铁碘水晶.24 .电解原理在化学工业中有广泛应用.如图表示一个电解池，装有电解液a； X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连.请答复以下问题：1如要用电解方法精炼粗铜，电解液 a

6、选用CuSO溶液，那么： X电极的材料是 ，电极反响式为 . Y电极的材料是 ，电极反响式为 .说明：杂质发生的电极反响不必写出2 假设X Y都是惰性电极，a是饱和NaCI溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚 酞试液，那么： 电解池中X极上的电极反响式为 .在X极附近观察到的现象是 . Y电极上的电极反响式为 ，检验该电极反响产物的方法是 . 如直流电源使用的是氢氧燃料电池电解质溶液为氢氧化钾溶液，那么：正极电极反响式为负极电极反响式为.25 .X、Y、Z、W四种元素分布在元素周期表中的三个不同短周期元素里，且原子序数 依次增大.X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素. W原子的质子数等于

7、 Y、Z原子最外层电子数之和.Y的氢化物分子中有 3个共价键.Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍试推断：(1) X、Y、Z、W四种元素的名称分别为：X、Y、Z、W(2) Y与Z形成的化合物的电子式为 (3) W在元素周期表中的位置是 ; W的最高价氧化物的水化物电子式为，其中含有的化学键有 ，属于 晶体(4) 由X Y、Z所形成的属于强电解质的共价化合物的化学式是 ，它与 W勺最高氧化物的水化物的溶液反响时的离子方程式： 26 某烃A是有机化学工业的根本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平, A还是一种植物生长调节剂， A可发生如下图的一系列化学反响，其中属于同种反 应类型根

8、据如图答复以下问题：(1)写出A、B、C D的结构简式：A, B, C, D(2)写出、两步反响的化学方程式，并注明反响类型，反响类型 ，反响类型“ Cb光照D_IWNiHQ/稀施酸 D-HCI2021-2021 学年河北省沧州市黄骅中学高一下期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题共 22小题，每题 2 分，总分值 44分 1以下变化属于物理变化的是A. 石油裂解B 石油的分馏C.石油的裂化D.甲烷和氯气混合后光照【考点】 物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A石油的裂解是采用较高的温度，让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程；B. 石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而别离的，变化过程中没

9、有新物质生成；C. 石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程；D. 甲烷和氯气混合后光照生成一氯甲烷和氯化氢.【解答】 解：A.石油裂解是大分子分解生成小分子，是化学变化，故A错误；B. 石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而别离的，变化过程中没有新物质生成，属于 物理变化，故 B 正确；C. 石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程，该过程中有新物质生成，属于 化学变化，故C错误；D. 甲烷和氯气混合后光照生成一氯甲烷和氯化氢，有新物质生成，属于化学变化，故D错 误应选 B【点评】 此题考查物理变化与化学变化的区别与联系， 难度不大， 解答时要分析变化过程中 是否有新物质生成

10、， 这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质， 假设没有新物质生成 属于物理变化，假设有新物质生成属于化学变化2以下反响中，既属于氧化复原反响同时又是吸热反响的是A. Ba OH 2.8H2O与NHCI反响B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与 CQ反响D.甲烷与C2的燃烧反响【考点】 氧化复原反响；吸热反响和放热反响【分析】 属于氧化复原反响说明该反响中有电子转移， 特征是有元素化合价升降， 属于吸热 反响，说明反响物总能量小于生成物总能量，据此分析解答【解答】解：A. BaOH 2.8H2O与NHCI反响属于吸热反响，但该反响中没有电子转移，不 属于氧化复原反响，故 A错误；B. 该反响中AI元

11、素化合价由0价变为+3价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧 化复原反响，但该反响属于放热反响，故 B 错误；C. 该反响中C元素化合价由+4价、0价变为+3价，所以属于氧化复原反响，且该反响还属 于吸热反响，故C正确；D. 该反响放出热量，属于放热反响，故D错误；应选 C【点评】 此题考查氧化复原反响、吸热反响和放热反响， 侧重考查根本概念，明确概念内涵 即可解答，知道常见元素化合价及常见吸热反响、放热反响，题目难度不大3. 将O.lmol两种气体烃组成的混合气完全燃烧后得3.36L 标况CO和3.6g水蒸气，对于组成判断正确的选项是A. 定有甲烷B.定有乙烯C.定有乙炔D.定有乙烷【

12、考点】有关有机物分子式确定的计算；有关混合物反响的计算.【分析】标准状况下3.36LC6的物质的量为:22. 4L/rtiol=0.15mol , 3.6g水的物质的量=0.2mol ,那么混合的平均化学式为G.5bk，由于是两种烃的混合物，那么肯定含为:$皑lfig/mol有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，那么另一种烃也含有 4个氢原子，以此来解答.【解答】解：标况下3.36LCO2的物质的量为8 36L22. 4L/mol=0.15mol , 3.6g水的物质的量为:=0.2mol ,)6mol【分析】该分子中中子数=2X 0+10=10,10g该水的物质的

13、量20g/inol=0.5mol，结合分子lSg/mol那么0.1mol两种气体烃组成的混合气完全燃烧及原子守恒可知，混合物的平均化学式为 C.5H4,由于是混合物，那么肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢 原子，那么另一种烃也含有 4个氢原子，可能含有乙烯、丙炔等，不含乙烷，应选A.【点评】此题考查混合物的计算，为高频考点，把握烃燃烧的反响及原子守恒、平均值法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用平均分子组成判断烃的组成，题目难度不大.4. 物质发生化学变化时：(1)电子总数(2)原子总数(3)分子总数(4)物质的种类(5) 物质的总质量(6)物质的总

14、能量，反响前后肯定不会发生变化的是()A. ( 1) (2) ( 3) ( 5) B . (1) (2) ( 5) C . (2) ( 5) (6) D . (1) (4) ( 5) (6)【考点】化学反响的根本原理.【分析】根据质量守恒定律的内容可知，在化学反响前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量、元素的种类、原子的种类和原子的数目.【解答】解：根据质量守恒定律的内容：在化学反响中，参加反响前各物质的质量总和等于反响后生成各物质的质量总和.再根据其意义：元素的种类、原子的数目、原子的种类在反应前后不变.由此可知：A. 分子数目在化学反响前后可能有变化，故A错误；B. 电子总数、原子总数、物

15、质的总质量在化学反响前后没有变化，故B正确；C. 化学反响总是伴随着能量的变化，故物质的总能量在化学反响前后肯定发生变化，故 错误；D错误,D. 物质的种类和物质的总能量在化学反响前后肯定发生变化，故 应选B .【点评】 此题考查质量守恒定律，难度不大，要注意把握质量守恒定律的实质.5. 10g H218O所含的中子的物质的量为(A. 4.5mol B. 5mol C . 5.5molD.【考点】物质的量的相关计算.构成计算中子物质的量.【解答】解：该分子中中子数 =2X 0+10=10, 10g该水的物质的量=0.5mol，结合ZOg/mol|分子构成知，中子的物质的量 =0.5mol x

16、10=5mol，应选B.【点评】此题考查物质的量的有关计算，为高频考点，侧重考查学生判断及计算能力，明确该分子构成是解此题关键，知道质子数、中子数与质量数的关系，题目难度不大.6. 人造地球卫星用到的一种高能电池银锌蓄电池，其电池的电极反响式为：Zn+2OH-2e一ZnO +Hf, AgO+HO+2e一2Ag+2OH.据此判断氧化银是A. 负极，被氧化 B .正极，被复原 C .负极，被复原 D .正极，被氧化【考点】 电极反响和电池反响方程式.【分析】根据化合价变化可知 Zn被氧化，应为原电池的负极，那么正极为AgO,正极上得电子被复原.【解答】解：根据化合价可知，电极反响中银的化合价降低，

17、被复原；原电池中较活泼的金属做负极，另一电极作正极，发生复原反响，所以氧化银为正极，得电子被复原.应选B.【点评】 此题考查原电池知识，题目难度中等，注意原电池两极上的变化以及原电池原理.7. 以下变化过程需要吸收能量的是A. 2H2+O一2HzO B. CaO+HO一Ca OH 2C. Cl+ CltCl 2D. H2H+H【考点】吸热反响和放热反响.【分析】A燃烧反响是放热反响；B多数化合反响是放热反响；C形成新的化学键放出能量；D断裂化学键吸收能量.【解答】 解：A、2W+Q2HO是燃烧反响，属于放热反响，放出能量，故A错误；B CaO+HCaOH 2是化合反响，属于放热反响，放出能量，

18、故B错误；C形成新的化学键放出能量，Cl+ CltCl 2要放出能量，故 C错误；D断裂化学键吸收能量，Hth+H要吸收能量，故 D正确；应选：D.【点评】此题考查了化学反响的本质，化学键断裂吸热，化学键形成放热，燃烧反响，化合 反响等分析应用，题目较简单.&以下常温下的以下物质属于所气态有机物的是A. CHCI B. CHCI2C. CCl4 D.苯【考点】卤代烃简介.【分析】常见有机物中常温下为气态有： C原子数W 4烃、新戊烷、一氯甲烷、甲醛等，据 此判断.由5到16个碳组成的烷烃常温下为液态， 由17个碳以上组成的烷烃常温下为固态.【解答】 解：A. CHCI常温下是气体，故 A正确；

19、B. CHCI 2常温下是液体，故 B错误；C. CCl4常温下是液体，故 C错误；D. 苯常温下为液态，故 D错误.应选A.【点评】 此题考查了有机物的物理性质， 注重了根底知识考查， 注意掌握常温下为气态常见 有机物，此题难度不大9. HF、HO CH、SiH4四种气态氢化物按稳定性由弱到强排列正确的选项是A. CHv HaO HF SiH4B. SiH4 HFv CHv HOC. SiH4 CH HaO HFD. HaOv CH HFv SiH4【考点】 非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.【分析】 根据非金属性越强，那么对应的氢化物的稳定性越大来解答.【解答】 解：因同周期从

20、左向右元素的非金属性增强， 同主族元素从上到下元素的非金属性 减弱，C、 Si 同主族， C、 O、 F 同周期，那么非金属性 Si C O F，由非金属性越强，那么对应的氢化物的稳定性越大， 那么氢化物按稳定性由弱到强的顺序为SiH4CH4H2OHF，应选 C.【点评】 此题考查氢化物的稳定性， 明确元素的非金属性是解答此题关键， 熟悉元素周期律 即可解答，难度不大.10. 能说明苯分子中的苯环为平面正六边形结构，碳碳键不是单、双键交替排列的事实是A. 苯的一元取代物没有同分异构体B. 苯的邻位二元取代物只有一种C. 苯的间位二元取代物只有一种D. 苯的对位二元取代物只有一种【考点】 苯的结

21、构.【分析】A根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异 构体；B. 假设苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，碳碳键都完全相同 时，邻位二元取代物只有一种；C. 根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体；D. 根据苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体.【解答】解：A.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异 构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；B. 假设苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明

22、苯不是单双键交替结构，故B正确；C. 无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D. 无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故D错误；应选 B【点评】 此题考查苯的结构，难度不大， 要求学生掌握苯的结构特点， 能运用知识分析和解 决问题，重在能力的考查11. 在一定条件下，RO与R可发生反响：RO+5R+6Hf 3F2+3HO,以下关于 R元素的叙 述中，正确的选项是( )A. 元素R位于周期表中第VA 族B. R原子最外层有7个电子C. R2分子中

23、存在R=R键D. R可以是除第一周期外任意一个周期的某种元素【考点】 位置结构性质的相互关系应用.【分析】根据R元素的一种离子 R可知，该元素的最高价为 +7价，元素R位于周期表中第 VHA族据此解答.【解答】解：A、R元素的一种离子 R，可知其元素的最高价为 +7价，元素R位于周期表中 第VHA族，故A错误；B元素R位于周期表中第VHA 族，R原子最外层有7个电子，故B正确；C R原子最外层有7个电子，Rz分子中R原子之间形成一对共用电子对，不存在双键，故C错误；D R元素有RO与R离子，该元素的最高价为 +7价，位于周期表中第VHA 族，氟元素只 有-1价，不存在 RO，故R不能为氟元素，

24、故 D错误.应选： B.【点评】 此题考查氧化复原反响及元素的位置和性质， 正确判断元素是解题的关键. 只有注 意结合隐含条件，才能正确判断出元素.12. 在密闭容器中进行的可逆反响2Xz (g) +Y2 (g) ?2Z (g), 沁 丫2、Z的起始浓度分 别0.1molL1、0.2molL、0.2molL,在一定条件下，当反响到达平衡时，各物质的浓度 可能( )1 1A. Z 为 0.3 molLB. Y2 为 0.1 molLC. X2为 0.2 molL1 D. Z 为 0.4 molL1【考点】 化学反响的可逆性.【分析】 化学平衡的建立,既可以从正反响开始, 也可以从逆反响开始,或者

25、从正逆反响开 始,不管从哪个方向开始, 物质都不能完全反响, 采取一边倒“一边倒求出三种物质浓度 的极大值、极小值,确定三种物质的浓度的取值范围.【解答】 解：假定反响向正反响进行到底,那么：2X2 (g) +Y2 (g) ?2Z (g),开始( mol/L )：0.10.20.2变化( mol/L )：0.10.050.1平衡( mol/L )：0.050.150.3假定反响向逆反响进行到底,那么：2X2( g)+Y2 (g) ?2Z (g),开始( mol/L )：0.10.20.2变化( mol/L )：0.20.10.2平衡( mol/L )：0.30.30因此 0.05molL 11

26、 v c(X2)v 0.3molL 1, 0.15molL 1v c( Y2) v 0.3molL 1, 0 v c( Z) v 0.3molL-1A. 0 v c (Z)v 0.3molL ，故 A 错误；B. 0.15molL 1v c (丫2) Q Z XC. 最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是QD. X的最高价氧化物水化物和 X的氢化物形成的化合物含有离子键，共价键【考点】 原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质【分析】第三周中Z元素的简单离子半径最小，那么Z为AI，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为CI元素，结合元素周期律进行解答.【

27、解答】解：第三周中Z元素的简单离子半径最小，那么Z为AI，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为CI元素，假设以相同的反响速率根据t=物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反响时间t= = 一，：1 L !V实际上A物质的化学反响速率是随着物质浓度的减小而减小，降到0.2mol/L时的平均反响速率小于 0.06mol/L . s,所以所用时间应大于10s ;应选：B;【点评】此题考查了化学反响速率的有关计算，难度不大，明确化学反响速率是平均值不是瞬时值，化学反响速率随浓度的变化而变化.=10s,0* 06mol/(L*s)所以反响物的浓度由 0.

28、8mol/LA. 非金属性 O N,故氢化物稳定性 H20NH,故A正确；B. 电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r( S2) r ( C) r ( Nf) r (Al3+),故 B错误；C. 高氯酸是最强的酸，故 C正确；D. X的最高价氧化物水化物和 X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键， 故D正确，应选：B.【点评】此题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意理解掌握元素周期律，理解掌握离子半径的比拟规律.20在恒温、恒容的密闭容器中进行反响A(g) B(g) +C(g),假设反响物的浓度由 2molL1降到0.8molL1需要2

29、0s，那么反响物浓度再由 0.8molL1降到0.2molL “所需要的时间为( )A. 10 s B .大于10 s C.小于10 s D.无法判断【考点】反响速率的定量表示方法.【分析】先根据V =计算反响物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反响速率，再算反响物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反响时间，实际上化学反响进行过程中，反响物不断被消耗，浓度逐渐降低，反响速率逐渐变慢,据此分析解答.【解答】 解：反响物的浓度由 2mol/L降到0.8mol/L时的平均反响速率AC 2wl /L - 0. Smol/L,“ 宀+* 上 宀20sV=a上亦=0.06mol

30、/ ( Ls),假设以 0.06mol/L . s的反响速率计算反响21. Y Z三种金属，X、Y组成原电池，X是负极；把Z放入X的硝酸盐溶液中，Z外表有X 析出.三者的金属活动性顺序是()A. X YZ B. ZX Y C. X Z Y D. YXZ【考点】 原电池和电解池的工作原理.【分析】活泼性强的金属可以把活泼性弱的金属从其盐中置换出来，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性.【解答】解：X、Y组成原电池，X是负极，所以活泼性 X Y;把Z放入X的硝酸盐溶液中， Z外表有X析出，说明金属 Z可以把金属X从其盐中置换出来，所以活泼性 ZX,所以X、 Y、Z三种金属的活动性顺序为

31、Z XY.应选B.【点评】此题考查判断金属活泼性的方法，可以根据所学知识进行答复，难度不大.22氮化铝AIN具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、 陶瓷工业等领域.在一定条件下，氮化铝可通过如下反响合成：Al 2O3+Nb+3CiMi 2AIN+3CO.以下表达正确的选项是A. 在氮化铝的合成反响中，N2是复原剂，AI2Q是氧化剂B. 上述反响中每生成 2 mol AIN , N2得到3 mol电子C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3D. 氮化铝晶体属于分子晶体【考点】氧化复原反响；氧化复原反响的电子转移数目计算；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系.【分析】在一定

32、条件下，合成氮化铝的反响为AI2Q+N+3C门汀 2AIN+3CO .反响中氮、 碳元素化合价变化，AI、O元素的化合价不变，AIN中N的化合价为-3价.【解答】解：A.根据氧化复原反响的规律：复原剂升化合价升高 失失去电子 氧 发生氧化反响；氧化剂降化合价降低得得到电子 还发生复原反响假设说剂正相反.可以分析出，在氮化铝的合成反响中，N2的化合价由Of- 3，发生改变，N2是氧化剂；AI 203中AI、O元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是复原剂.故A错误；B. 在氮化铝的合成反响中，N2的化合价由Of - 3,每生成2 moI AIN , N2得到的电子是3X 2=6moI电子.故 B错误

33、；C. 氮化铝中AI的化合价为+3价，氮元素的化合价为-3价.故C正确；D. 氮化铝晶体是由 AI3+和N3-构成的离子化合物.故 D错误； 应选C.【点评】此题考查了对氧化复原反响的理解、晶体类型的判断.氧化复原反响注意反响方程式中各元素前后化合价的变化，晶体类型判断应注意组成晶体的元素.二、非选择题：共56分23 .按要求填空：1写出以下微粒的电子式：* *:C1：N2艸1 ：四氯化碳CO. HCIO ；：亍丄：氯2 质量数为23,中子数为12的原子的离子结构示意图:化铵r 忙 *1H：X： 1+Pr* 4w * * Na 2Q Ma+ pCii3 以下物质属于离子晶体，属于分子晶体的是，

34、原子 晶体 金刚石干冰氯化钠铜 氢氧化钠铁碘水晶.【考点】电子式；离子晶体；原子晶体；分子晶体.【分析】(1)首先判断化合物是离子化合物还是共价化合物;假设是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并；假设是共价化合物，其电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况；(2) 质子数-质量数-中子数；(3) 离子晶体：由阴阳离子按照一定的比例通过离子键集合而成的晶体，强碱、活泼金属 氧化物、大多数的盐属于离子晶体；分子晶体；分子间以范德华力相互结合形成的晶体，大多数非金属单质及其形成的化合物.【解答】解：(1)氮气分子中两个氮原子共用3对电子，电子

35、式为：N薈N：；CCb是共价化合物，碳原子分别与4个氯原子通过一对共用电子对结合，CCI4电子式为# *:C1：:：皿:；t #co是共价化合物，碳原子和氧原子之间有2对共用电子对，其电子式为：6：c ：6：；HCIO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个CI - 0键，次氯酸的电子式为：芯:：；NqQ是离子化合物,由Na+离子和Of离子构成，N&Q的电子式为故答案为:C1：:C1：氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为:Ha+ ：Q ：0：tv；(2)质子数-质量数-中子数=23 - 12=11，是钠元素，钠原子结构示意图，故都是由分子通过分子间作用力构成的晶体，属于分子晶体

36、；金刚石是由碳原子通过共价键结合形成的原子晶体，二氧化硅是有硅原子和氧原子通过共价键结合成的原子晶体；氯化钠和氢氧化钠都是由阴阳离子通过离子键结合成的离子晶体， 故答案为：；.【点评】此题考查了电子式、原子结构示意图的书写以及晶体类型的判断，题目难度中等， 试题题量较大，充分考查了学生对书写知识的掌握情况，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力.24.电解原理在化学工业中有广泛应用如图表示一个电解池，装有电解液a； X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连请答复以下问题：(1) 如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSQ溶液，那么： X电极的材料是纯铜，电极反响式为Cif+2e一Cu .

37、 Y电极的材料是粗铜 ，电极反响式为Cu- 2e Cu* .(说明：杂质发生的电极反响不必写出)(2 )假设X Y都是惰性电极，a是饱和NaCI溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚 酞试液，那么： 电解池中X极上的电极反响式为2H+2e-Hf 在X极附近观察到的现象是有气泡，溶液变红 Y电极上的电极反响式为2CI- 2e二Cl2f ，检验该电极反响产物的方法是把湿润的淀粉KI试纸放在 Y极附近，试纸变蓝，说明 Y极产物为 CI ?_ . 如直流电源使用的是氢氧燃料电池(电解质溶液为氢氧化钾溶液)，那么：正极电极反响式为2Hz+40hf- 4e 一一4H 2。负极电极反响式为Q+2H2O+4

38、e_ 40H.【考点】 原电池和电解池的工作原理.【分析】(1)根据电解精炼铜的工作原理知识来答复；(2) 电解饱和食盐水时，由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子；燃料电池中，燃料为负极，氧气为正极.【解答】解(1)电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反响为：CiT+2e-=Cu,故答案为：纯铜；Cu+2e- =Cu;电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反响为：Cu- 2e-=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu- 2e- =Cu2+；(2 )假设X Y都是惰性电极，a是饱和NaCI溶液，a为阴极，和电源的负极相连的电极 X极是阴极，该电极上

39、氢离子发生得电子的复原反响， 即2H+2e -=Hd,有气泡产生，附近溶液氢氧根离子浓度增大， 碱性增强，溶液变红，故答案为：2H+2e -=HJ;有气泡，溶液变红； 和电源的正极相连的电极 Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反响，即2CI-2e=Cl2f，检验该电极反响产物的方法是把湿润的淀粉KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明Y极产物为CI2,故答案为：2CI - 2e-=Cl2f ;把湿润的淀粉 KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明 Y极产 物为CI2； 如直流电源使用的是氢氧燃料电池(电解质溶液为氢氧化钾溶液)，正极氧气得电子发生复原反响，2H2+4OH - 4e 4H2Q负极

40、氢气失去电子发生氧化反响，O+2H2O+4e 4OH ,故答案为：2H2+4OH- 4e-4H2Q Q+2H2O+4e-4OH .【点评】此题考查学生电解池的工作原理知识，明确图中电源的正负极确定电解池的阴阳极是解答的关键，并熟悉电极反响及离子的放电顺序来解答，题目难度中等.25X、Y、Z、W四种元素分布在元素周期表中的三个不同短周期元素里，且原子序数 依次增大.X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素. W原子的质子数等于 Y、Z原子最外层 电子数之和.Y的氢化物分子中有 3个共价键.Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍试推断：(1) X、Y Z、W四种元素的名称分别为：X H、Y N 、Z

41、 O、W Na(2) Y与Z形成的化合物的电子式为HHH(3) W在兀素周期表中的位置是第三周期IA族；订:H，其中含有的化学键有共价键、离子键，属于 离子 晶体(4) 由X Y、Z所形成的属于强电解质的共价化合物的化学式是HNO ，它与W的最高氧化物的水化物的溶液反响时的离子方程式：H+OH =H0 .【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】X、Y、Z、W四种元素分布在元素周期表中的三个不同短周期元素里，且原子 序数依次增大；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，那么Z为O元素；Y的氢化物分子中有 3个共价键，原子序数小于 O元素， 那么Y应为N元素；W原子的质子数等于 Y、Z原子最外层电子数之和，