【名师伴你行】2021届高考化学二轮复习专题突破题型专训2-主观题题型突破

题型专训(二)非选择题一、无机框图推断题(同学用书对应页码P207)1．(2022·郑州猜测)图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素单质，A是红棕色固体，G是气体，E具有两性。依据图示回答问题：(1)写出反应①的离子方程式_______________________。(2)I与氨水反应生成沉淀的离子方程式为_______________。(3)反应②中，当产生33.6LG气体时(标准状况下)，转移的电子的物质的量为____________________________________________。(4)取反应②的产物J，加入足量稀盐酸溶解得溶液X；向溶液X中再加入铜粉，反应后溶液X中还有固体残留。下列对反应后溶液X中存在的金属离子的说法正确的是________________________。A．可能有Fe2＋、Fe3＋ B．肯定有Fe2＋、Cu2＋C．可能全部是Fe2＋ D．肯定无Fe3＋(5)A和B反应的化学方程式是_______________________。；该反应在工业中的用途为_______________________。(回答一条即可)。答案：(1)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(2)Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)(3)3mol(4)BD(5)2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up17(高温))Al2O3＋2Fe焊接钢轨(其他合理答案也可)解析：B是地壳中含量最高的金属元素单质，则B为铝，A是红棕色固体，且能和铝在高温下反应，则A为Fe2O3，E具有两性，应为Al2O3，则D为Fe；铝和C反应产生气体，再结合产物F和I之间的转化，知C为强碱溶液，F为偏铝酸盐，G为H2；铁和H在高温下反应，产生H2，则H为H2O，J是Fe3O4。(1)铝和强碱溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)AlCl3与氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH3)↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。(3)反应②中，当生成标准状况下33.6LH2，转移的电子物质的量n(e－)＝eq\f(33.6L,22.4L·mol－1)×2＝3mol。(4)Fe3O4溶于足量稀盐酸，生成FeCl3和FeCl2；加入足量铜粉，发生反应：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，因铜有剩余，故溶液中金属离子只有Fe2＋、Cu2＋，肯定没有Fe3＋，也不行能全部是Fe2＋。故B、D项正确。(5)Fe2O3与Al反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up17(高温))Al2O3＋2Fe，利用该反应可以焊接钢轨等。2．(2022·合肥质检)下图所示的无机物的转化关系中，部分生成物和反应条件已略去。其中A与F是两种酸式盐；常温下B、C、Y、Z是气体，且B能使Z的水溶液褪色；E是一种常见的化肥；X中含有20个电子。(1)写出X的电子式：_______________________。；E中的化学键类型是_______________________。(2)将体积均为560mL(标准状况)的B和Z同时缓缓通入水中，得到1.0L溶液，则溶液的pH＝________________________。(3)物质的量浓度相等的A、F溶液中，阴离子的电离程度较小的是________(填化学式)，缘由是_______________________。_______________________。(4)在分析化学中，C或其水溶液是一种常用的沉淀剂，用于物质的分别和提纯。向体积为1.0L、浓度为2×10－4mol/L的MgCl2溶液中通入C气体，有白色沉淀生成。①写诞生成白色沉淀的离子方程式：_______________________。②当反应中开头有白色沉淀消灭时，通入气体C的体积(标准状况)为____________mL。(已知试验条件下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。解题时不考虑溶液体积的变化)答案：(1)Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H]－共价键和离子键(若答上“配位键”也正确)(2)1(3)NH4HSO3NHeq\o\al(＋,4)水解产生的H＋会抑制HSOeq\o\al(－,3)的电离(4)①Mg2＋＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)②118.72解析：首先推断出各物质对应的化学式：A为NH4HSO3，B为SO2，C为NH3，D为H2O，E为NH4Cl，F为NaHSO3，G为HCl，W为NaCl，X为NaOH，Y为H2，Z为Cl2。(2)反应的离子方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Cl－，560mL气体即0.025mol，生成0.1molH＋，c(H＋)＝0.1mol/L，pH＝1。(3)考虑外界条件对电离平衡的影响即可得出正确解释。(4)②沉淀开头消灭时，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]，2×10－4·c2(OH－)＝1.8×10－11，则c(OH－)＝3×10－4mol/L。设开头有白色沉淀消灭时，通入氨气的物质的量为xmol，则：eq\f(3×10－42,x－3×10－4)＝1.8×10－5，解得x＝5.3×10－3，标准状况下的体积为118.72mL。3．(2022·长春调研一)A、B、C、D、E、F、G七种物质间存在如图所示的转化关系，其中A、B、D、G含有同种元素。已知：(Ⅰ)A为金属单质，B为红褐色固体，E为密度最小的气体，G为浅绿色的溶液。(Ⅱ)D的水溶液为黄色溶液，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。(Ⅲ)在水溶液中D能将某氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物。请回答下列问题：(1)构成C物质的元素在周期表中的位置是____________________，在短周期主族元素中，该元素与其相邻元素的原子半径从大到小的挨次是__________________(用元素符号表示)。(2)D的水溶液呈________性，请用离子方程式解释缘由：_______________________。(3)图中所示反应中属于置换反应的是____________(填序号)。(4)反应③(即D将某种氧化物氧化为F)的离子方程式为_______________________________________。(5)对气体C进行如下试验。已知整个反应过程中，每消耗0.1molKI，转移的电子数约为3.612×1023个。请依据要求填空：试验步骤试验现象用化学用语解释将少量气体通入淀粉KI溶液溶液最初变成________色_______________(用离子方程式表示)连续通入气体溶液渐渐变成无色______________(用离子方程式表示)答案：(1)第三周期第ⅦA族S＞Cl＞F(2)酸Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(3)②⑤(4)2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(5)蓝Cl2＋2I－=I2＋2Cl－5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl解析：E为密度最小的气体，E是氢气；G为浅绿色的溶液，说明G中含有亚铁离子；D的水溶液为黄色溶液，A、B、D、G含有同种元素说明D的水溶液中含有铁离子，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明D的水溶液中含有氯离子，所以D是氯化铁；A是金属单质，A和C反应生成氯化铁，所以A是铁，C是氯气；氯化铁能转化为红褐色固体，所以B是氢氧化铁；F和铁反应生成氢气和亚铁盐，D能将某种氧化物氧化为F，说明该氧化物具有还原性，所以该氧化物是二氧化硫，在水溶液中二氧化硫和氯化铁反应生成硫酸，F是含有三种元素的化合物，所以F是硫酸，则G是硫酸亚铁。(1)氯元素在周期表中位于第三周期第ⅦA族。同周期元素，随着原子序数增大，原子半径渐渐减小；同主族元素，随着原子序数增大，原子半径渐渐增大；故原子半径大小挨次为S>Cl>F。(2)FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，其水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(3)一种单质和一种化合物反应生成另外的一种单质和一种化合物的化学反应是置换反应，反应②是氢气还原铁的氧化物生成铁和水，属于置换反应，反应⑤是硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应，故选②⑤。(4)三价铁盐有氧化性，二氧化硫有还原性，所以在水溶液中三价铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。(5)氯气有强氧化性，碘离子有还原性，所以二者可发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以看到的现象是溶液变蓝色，反应的离子方程式为Cl2＋2I－=I2＋2Cl－；连续通入氯气，氯气能氧化碘单质生成碘酸，导致溶液褪色，反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl。4．(2022·武汉调研)A、B……I、J等10种物质的相互转化关系如图所示，其中A、B、G为单质，A和G在常温下为气体，B为金属固体，金属B的冶炼方法与Na的冶炼方法相像；D为常见的无色液体；气体E能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝；向I的水溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的白色沉淀产生；J是试验室中常用的中性干燥剂，还可以用作雪天道路的融雪剂；反应①为水解反应。(留意：图中反应条件未列出，但所涉及的反应物与生成物均已经全部列出)。请回答下列问题：(1)B、E、F、I中属于电解质的是________________(填化学式，下同)，能抑制水的电离的是_______________________。(2)金属B的经典生产方法是在1072K的温度下，电解熔融的J。该反应的化学方程式为_______________________。(3)在25℃下，将amol·L－1E的水溶液与0.01mol·L－1H的水溶液等体积混合，反应完成后溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)，a________0.01(填“＞”“＝”或“＜”)。E的水溶液与H的水溶液按溶质物质的量之比为2∶1混合后，溶液中离子浓度大小关系为_______________________。答案：(1)Ca(OH)2、NH4ClNH3、Ca(OH)2(2)CaCl2(熔融)eq\o(=,\s\up17(通电))Ca＋Cl2↑(3)中＞c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)解析：依据题干文字提示可知E为NH3，J为CaCl2；再结合框图信息可知A、B、G分别为N2、Ca、H2；依据推出的A、B、E、G、J及题目其他信息可以推出C、D、F、H、I分别为Ca3N2、H2O、Ca(OH)2、HCl、NH4Cl。(1)Ca为单质，既不是电解质，也不是非电解质，NH3为非电解质，NH4Cl、Ca(OH)2均为电解质，NH3、Ca(OH)2溶于水后均电离出OH－，能抑制水的电离。(2)电解熔融的氯化钙得到单质钙和氯气。(3)氨水与盐酸混合后溶液中的离子有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、OH－、H＋，依据电荷守恒可知c(OH－)＝c(H＋)，溶液为中性；一水合氨是弱碱，故a＞0.01；氨水与盐酸按溶质物质的量之比为2∶1混合，则氨水过量，故c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。5．在如图所示各物质的转化关系中，E在常温下为无色无味的常见液体，F为淡黄色固体，G是由元素周期表中其次周期、ⅥA族元素形成的常见单质(反应条件均已省略)。请回答下列问题：(1)若化合物A是一种黑色的粉末，C在常温下为黄绿色气体，则B在反应①中表现出的化学性质为_______________________。(2)若A是一种黑色的非金属单质，C在常温下为红棕色气体，则化合物D的结构式为_______________________。(3)在反应②中，每生成2.24L气体G(标准状况下)时，该反应转移电子的物质的量为________________________。(4)若反应①是在加热条件下进行，单质A和化合物B按物质的量之比为1∶2发生反应，且C、D是两种均能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则反应①的化学方程式是_______________________。(5)若反应①是在溶液中进行，A是一元强碱，B是酸式盐，D是能使潮湿红色石蕊试纸变蓝的气体，且B遇盐酸能生成使品红溶液褪色的气体，则在加热条件下，当A过量时，反应①的离子方程式是_______________________。答案：(1)还原性和酸性(2)O=C=O(3)0.2mol(4)C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up17(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(5)NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up17(△))NH3↑＋SOeq\o\al(2－,3)＋2H2O解析：由题意，推出E为水，F为过氧化钠，G为氧气。(1)该条件下，反应①是用MnO2和浓盐酸反应制备氯气的反应，盐酸在反应中表现出了还原性和酸性。(2)该条件下，反应①是碳和浓硝酸的反应，C为NO2，D为CO2。(3)反应②为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2中的氧元素发生歧化反应，每生成1molO2转移2mol电子。(4)该条件下，反应①是碳和浓硫酸的反应。(5)该条件下，D是NH3，B是NH4HSO3。6．(2022·黄冈中学二模)下图是无机物A～M在肯定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体。请填写下列空白：(1)组成单质I的元素在周期表中的位置为___________。(2)欲检验F溶液中是否含有少量M，可选择的试剂为________(填化学式)。(3)在反应⑦中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。(4)某同学取F的溶液，酸化后加入KI淀粉溶液，变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式：_______________________。(5)将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)。同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是_______________________。(6)镁与I的合金是一种潜在的贮氢材料，可在氩气爱护下，将肯定化学计量比的Mg、I单质在肯定温度下熔炼获得。①熔炼制备镁I合金时通入氩气的目的是__________。②I电池性能优越，I­Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为_______________。答案：(1)第三周期ⅢA族(2)KMnO4溶液(其他合理答案也可)(3)2∶1(4)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(5)Fe2O3＋3KNO3＋4KOHeq\o(=,\s\up17(高温))2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O(6)①防止Mg、Al被空气中氧气氧化②2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O解析：以铁、铝、氮、硫等元素的单质及其化合物为载体，考查同学对中学化学基础学问能融会贯穿，有正确复述、再现、辨认的力量。7．(2022·唐山一中二模)如图是中学化学常见物质之间的转化关系，其中A、C、D、F、I为单质，其余为化合物，C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态。试回答下列有关问题：(1)图中①～⑥反应中属于非氧化还原反应的是________(填反应序号)；写出其反应的化学方程式：_______________________。(2)化合物K、J、G中含有的相同的元素在周期表中的位置是________________；D单质的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒，写出它的化学式________________________。(3)写出反应②的化学方程式：_______________________。；当有1molA反应时，转移电子的物质的量为________mol。(4)写出反应④的一种重要的工业用途_______________。(5)用A与F作电极材料，插入K溶液中，形成闭合回路，写出负极电极反应式________________________。答案：(1)⑥Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O(2)其次周期第ⅥA族O3(3)3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up17(高温))Fe3O4＋4H22.67(或eq\f(8,3))(4)焊接钢轨(或制高熔点金属等)(5)2Al＋8OH－－6e－=2AlOeq\o\al(－,2)＋4H2O或Al＋4OH－－3e－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O解析：本题的突破口是“C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体”，且C和D为单质，可推出C和D分别为Na和O2，再由(2)中“D单质的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒”确定C为Na，D为O2。再结合已知条件和框图推出A为Fe，B为H2O，E为Fe3O4，F为Al，G为Al2O3，I为H2，J为NaAlO2，K为NaOH。(1)推断是否为氧化还原反应，应看反应前后元素化合价是否有变化，若元素化合价有变化则为氧化还原反应。反应⑥为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，不是氧化还原反应。(2)化合物K、J、G中含有的相同元素是O，O位于元素周期表中其次周期第ⅥA族；D单质的同素异形体中具有强氧化性，可用于杀菌消毒的是O3。(3)反应②为3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up17(高温))Fe3O4＋4H2；由反应的化学方程式可知若有3molA参与反应则转移8mol电子，当有1molA参与反应时，转移2.67(或eq\f(8,3))mol电子。(4)反应④是铝热反应，可用于焊接钢轨或冶炼金属等。(5)由于铁与NaOH溶液不反应，而铝与NaOH溶液反应，所以负极是铝失电子转化为AlOeq\o\al(－,2)，电极反应式为Al＋4OH－－3e－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。8.(2022·大连模拟一)A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：(1)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16。0.05mol·L－1E溶液中只有3种离子，且在25℃时，溶液中的eq\f(cH＋,cOH－)＝1012。①若B为气态氢化物，写出E→C的一个化学方程式_______________________。②在A→C的反应中，每转移1mole－就会放热143.5kJ，写出该反应的热化学方程式_______________________。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀。①若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，C溶液呈碱性的缘由是_______________________。_______________________。(用离子方程式表示)。②若B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，E是一种不溶性碱。则：(Ⅰ)B→C的离子方程式为_______________________。(Ⅱ)D→E的化学方程式为_______________________。(Ⅲ)选用一种试剂R与E反应实现E→C的转化，则R为________；该反应的离子方程式为_______________________。(3)若A～E均为化合物，且均含有元素Y。A是淡黄色固体，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C溶液的pH较小。电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C也是工业制备C的普遍方法。Y的单质与钾的合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05gY钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，计算并确定该Y钾合金的化学式是_______________________。答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up17(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O或C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up17(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(其他合理答案也可)②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－574.0kJ·mol－1(2)①AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－②(Ⅰ)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋(其他合理答案也可)(Ⅱ)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(Ⅲ)氢碘酸(或HI)2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋=2Fe2＋＋I2＋6H2O(3)NaK2解析：(1)C、D的相对分子质量相差16，说明二者的分子组成上相差一个O原子，结合框图的转化关系及能被连续氧化的特性可知A可能是S、N2等，而信息“0.05mol·L－1E溶液中只有3种离子，且在25℃时，溶液中的eq\f(cH＋,cOH－)＝1012”说明E为二元强酸，故A只能是S，由此推知A、B、C、D、E分别为S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。①E→C即H2SO4生成SO2，浓硫酸与某些金属或非金属反应可生成SO2。②1mol硫单质完全反应生成SO2转移4mol电子，依据题意知其反应热ΔH＝－143.5kJ/mol×4＝－574.0kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为S(s)＋O2(g)SO2(g)'ΔH＝－574.0kJ·mol－1。(2)①结合A、B、C的物质类别及B、C的水溶液的酸碱性和D为白色沉淀可知A为Al，B、C、D、E分别为铝盐、偏铝酸盐、氢氧化铝、氧化铝，偏铝酸盐水解溶液显碱性，即AlO－2＋2H2OAl(OH)3＋OH－。②由B溶液呈黄色及与硫氰化钾溶液混合后显红色可知B中含Fe3＋，由此推知A为Fe，C中含Fe2＋，D、E分别为Fe(OH)2、Fe(OH)3。(Ⅰ)B→C，即Fe3＋被还原成Fe2＋，可以加入铁粉等。(Ⅱ)D→E是氢氧化亚铁在空气中被氧化为氢氧化铁的过程。(Ⅲ)E→C即氢氧化铁转化成Fe2＋，因此选用还原性较强的还原剂，如氢碘酸，反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋=2Fe2＋＋I2＋6H2O。(3)依据题给信息可知A、B、C、D、E分别为过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠和碳酸氢钠。Y为Na，故Y钾合金即为钠钾合金，设该钠钾合金的化学式为NaxK，则有：NaxK＋(x＋1)H2O=xNaOH＋KOH＋eq\f(x＋1,2)H2↑1eq\f(x＋1,2)eq\f(5.05g,23x＋39g·mol－1)0.075mol故eq\f(5.05g,23x＋39g·mol－1)×eq\f(x＋1,2)＝0.075mol，解得x＝eq\f(1,2)，故钠钾合金的化学式为NaK2。二、元素推断题(同学用书对应页码P211)1．(2022·江西摸底)X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：(1)五种元素对应原子的原子半径由大到小的挨次是(写元素符号)_______________________。(2)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质(写分子式)__________________________________________。(3)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：Aeq\o(,\s\up17(C),\s\do17(D))B(在水溶液中进行)其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的结构式：______________；D的电子式：__________。①假如A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为________；由A转化为B的离子方程式为_______________________。②假如A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的缘由：________________________________________________________。A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的挨次是_______________________。答案：(1)Na＞Al＞C＞O＞H(2)C2H2(3)O=C=ONa＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)]2－Na＋①NaAlO2AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)[或2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)]②COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)解析：依据题意可推知这五种元素分别是X—H，Y—C，Z—O，Q—Na，R—Al。(1)对于电子层数相同的元素来说，原子序数越大，原子半径越小。对于电子层数不同的元素来说，电子层数越多，原子半径越大。所以这五种元素对应原子的原子半径由大到小的挨次是Na>Al>C>O>H。(2)H与C能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质为C2H2。(3)C是溶于水显酸性的气体，是CO2；D是淡黄色固体Na2O2。CO2的结构式是O=C=O；淡黄色固体Na2O2的电子式是Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)]2－Na＋。①假如A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为NaAlO2；由A与过量的C反应转化为B的离子方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)。②假如A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。则A是Na2CO3；B是NaHCO3。Na2CO3是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解消耗水电离产生的H＋，破坏了水的电离平衡，使水连续电离，最终当达到电离平衡时，整个溶液中c(OH－)>c(H＋)。溶液显碱性的缘由用离子方程式表示为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－；Na2CO3和NaHCO3浓度均为0.1mol/L的溶液混合。由于二者水解都使溶液显碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，Na2CO3水解的程度比NaHCO3大，所以c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))；Na＋不水解，而且二者都电离产生Na＋，所以它的浓度最大。因此离子浓度由大到小的挨次为c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)。2．(2022·德州模拟)三种短周期元素X、Y、Z，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体。已知X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X和Y的单质直接化合形成气体A，X和Z的单质直接化合形成液态化合物B，Y和Z的单质直接化合形成的化合物C是一种无色有刺激性气味的气体。请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的位置是_______________________。(2)C可在X的单质中燃烧得到Y的单质和化合物B，利用此反应可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入的物质是________(填物质名称)；负极的电极反应式为_______________________。(3)C与X的单质反应生成A的化学方程式为_______________________。(4)常温下，C的水溶液的pH＝12，则该溶液中由水电离出的c(OH－)＝_______________________。若向C溶液中加入等体积、等物质的量浓度的盐酸，所得溶液中水的电离程度________(填“大于”“等于”或“小于”)相同条件下C溶液中水的电离程度。(5)在2L密闭容器中通入1molC气体，在肯定温度下进行如下反应：2C(g)Y2(g)＋3Z2(g)，反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/min012345总压强p/100kPa44.65.45.866该反应的化学平衡常数表达式是_______________________。(用具体物质的化学式表示)；平衡时C的转化率为________。(6)已知：①Y2(g)＋2X2(g)=2YX2(g)ΔH＝＋67.7kJ·mol－1。②Y2Z4(g)＋X2(g)=Y2(g)＋2Z2X(g)ΔH＝－534kJ·mol－1。则2Y2Z4(g)＋2YX2(g)=3Y2(g)＋4Z2X(g)ΔH＝________kJ·mol－1。答案：(1)第2周期ⅤA族(2)氧气4NH3－12e－＋12OH－=2N2＋12H2O(3)4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up17(高温、高压),\s\do17(催化剂))4NO＋6H2O(4)10－12mol/L大于(5)K＝c(N2)·c3(H2)/c2(NH3)50%(6)－1135.7解析：(1)由X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍可得X为O，X和Z的单质直接化合形成液态化合物B可得Z为H，依据短周期元素X、Y、Z原子序数之和为16可得Y为N，故Y为其次周期ⅤA族元素。(2)原电池的正极发生还原反应，负极发生氧化反应，通入的氧气发生还原反应，故正极通入的是氧气，负极通入的是氨气，氨气发生氧化反应生成氮气，电解质溶液呈碱性，故氢氧根离子参与反应生成N2和水。(3)氨气发生催化氧化生成氮气和水。(4)氨水中氢离子是水电离生成的，故溶液中氢离子的浓度等于由水电离生成的氢氧根离子的浓度；氨水中加入盐酸，会反应生成氯化铵，铵根离子水解，使水的电离程度增大。(5)平衡常数的表达式是产物平衡浓度的化学计量数次方的乘积除以反应物平衡浓度化学计量数次方的乘积，留意固体和纯液体不能写入平衡常数表达式中；起始时气体的物质的量是1mol，对应压强是4，当压强是6时，对应气体的总物质的量是1.5mol，设C的转化量为x，则可得1－x＋0.5x＋1.5x＝1.5，故x等于0.5mol，转化率为50%；依据盖斯定律，2②－①可得要求的反应，故－534kJ·mol－1×2－67.7kJ·mol－1＝1135.7kJ·mol－1。3．(2022·东北三校模拟)下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：(1)请画出元素⑥的离子结构示意图：__________________________________________。(2)元素⑦中质子数和中子数相等的同位素符号是________________________。(3)④、⑤、⑦的简洁离子半径由大到小的挨次为_______________________。(4)②的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为_______________________。(5)④、⑤两种元素的原子按1∶1构成的常见化合物的电子式为____________________________________________。(6)由表中两种元素形成的5核10电子分子常作燃料电池的燃料，该电池在碱性条件下的负极反应式为_______________________。_______________________。(7)由表中两种元素形成的氢化物A和B都含有18个电子，A是一种6原子分子，可作火箭发动机燃料；B是一种常见强氧化剂。已知16g液态A与液态B充分反应生成一种液态10电子分子和一种气态单质，并放出838kJ热量，写出A与B反应的热化学方程式：_______________________。答案：(1)(2)eq\o\al(32,16)S(或32S)(3)S2－>O2－>Na＋(4)H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋(只写第一步也可)(5)Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)]2－Na＋(6)CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O(7)N2H4(l)＋2H2O2(l)=4H2O(l)＋N2(g)ΔH＝－1676kJ/mol解析：依据元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl。(3)S2－有三个电子层，半径最大；核外电子排布相同的离子，随着核电荷数的增多，半径减小，即O2－的半径大于Na＋的半径，故离子半径大小挨次为S2－>O2－>Na＋。(4)H2CO3为二元弱酸，分步电离，其电离方程式为H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋。(5)Na2O2为离子化合物，其电子式为Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)]2－Na＋。(6)5核10电子的物质为CH4，在燃料电池中发生氧化反应，作负极，其电极反应式为CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(7)火箭发动机燃料为肼，分子式为N2H4，含有18个电子的常见强氧化剂为H2O2，依据题目信息可写出该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=4H2O(l)＋N2(g)ΔH＝－1676kJ/mol。4．(2022·菏泽模拟)短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，其中A为地壳中含量最高的金属元素。请用化学用语回答下列问题：(1)D元素在周期表中的位置：___________________。(2)A、D、E元素简洁离子半径由大到小的挨次为________＞________＞________________________。(填微粒符号)(3)F与D同主族且相邻，其气态氢化物稳定性的大小________＞________________________。(填微粒符号)(4)C元素的简洁氢化物与E元素的最高价氧化物的水化物反应，生成化合物K，则K的水溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其缘由_______________________。(5)化合物AC导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。其中制备AC的一种方法为：用A元素的氧化物、焦炭和C的单质在1600～1750℃生成AC，每生成1molAC，消耗18g碳，吸取bkJ的热量。(热量数据为25℃(6)在Fe和Cu的混合物中加入肯定量C的最高价氧化物的水化物稀溶液，充分反应后，剩余金属m1g；再向其中加入稀硫酸，充分反应后，剩余金属m2ga．加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中确定都有Cu2＋b．加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中确定都有Fe2＋c．m1肯定大于m2d．剩余固体m1g中肯定有单质铜，剩余固体m2答案：(1)其次周期第ⅥA族(2)Cl－>O2－>Al3＋(3)H2OH2S(4)酸性NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋(5)3C(s)＋Al2O3(s)＋N2(g)=2AlN(s)＋3CO(g)ΔH＝＋2bkJ/mol(6)b、c解析：依据题意知，A为地壳中含量最高的金属元素，则A为铝元素；结合常见元素在元素周期表中的位置推断：B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为氯元素。(1)D为氧元素，在周期表中的位置：其次周期第ⅥA族。(2)A为铝元素，D为氧元素，E为氯元素，依据微粒半径比较原则推断，简洁离子半径由大到小的挨次为Cl－>O2－>Al3＋。(3)F与氧同主族且相邻，则F为硫元素，同主族由上到下气态氢化物的稳定性渐渐减弱，其气态氢化物稳定性的大小H2O>H2S。(4)氮元素的简洁氢化物与氯元素的最高价氧化物的水化物反应，生成化合物NH4ClO4，水溶液显酸性，用离子方程式表示其缘由为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(5)依据题意知，氧化铝、焦炭和氮气在1600～1750℃生成氮化铝，每生成1mol氮化铝，消耗18g碳，吸取bkJ的热量。(热量数据为25℃、101.3kPa条件下)该反应的热化学方程式为3C(s)＋Al2O3(s)＋N2(g)=2AlN(s)＋3CO(g)ΔH＝＋2bkJ/mol。(6)在Fe和Cu的混合物中加入肯定量稀硝酸，由于铁的还原性比铜强，铁先与硝酸反应，充分反应后，生成硝酸亚铁，还可能有硝酸铜，剩余金属为铜或铁与铜的混合物m1g；再向其中加入稀硫酸，发生3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O或3Fe＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。a.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中都不肯定有Cu2＋，错误；b.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中确定都有Fe2＋，正确；c.m1肯定大于m2，正确；d.剩余固体m1g中肯定有单质铜，剩余固体m2g中可能有单质铜，错误，选bc。5．(2022·全国冲刺)A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为40，B、W同周期，D、E同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。(1)E元素的盐酸盐或硫酸盐可以用来净水，原理是_________(文字表述)。(2)A2W2的分子中所含的化学键为________、________，经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式_______________________。(3)废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又爱护了环境，试写出反应的离子方程式_______________________。(4)元素D的单质在肯定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，熔点为800℃(5)D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1∶2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_______________________。(6)在常温下用气体密度测定BW2的相对分子质量，试验值比理论值偏________(填“高”或“低”)，其缘由是______。答案：(1)Al元素的盐酸盐或硫酸盐在水中可以水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的(2)极性共价键非极性共价键H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)(3)Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O(4)56L(5)3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋6Na＋＋2Fe3＋(6)高NO2分子相互反应有N2O4生成解析：由题干信息可知，五种元素A、B、W、D、E分别是A—H、B—N、W—O、D—Na、E—Al。(2)H2O2分子中所含的化学键为极性共价键和非极性共价键。(3)在酸性条件下H2O2将Cu氧化为Cu2＋。(4)按化学反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑和2H2O＋2NaOH＋2Al=2NaAlO2＋3H2↑计算。(5)可以先分步写出Na2O2和H2O反应，然后写NaOH、O2、Fe2＋的反应，然后按Na2O2和Fe2＋的物质的量之比为1∶2合并。(6)NO2分子相互反应有N2O4生成，物质的量削减，平均相对分子质量增大。6．(2022·江西九校联考)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其性质或结构信息如下表：元素ABCDE性质或结构信息室温下单质呈气态，原子最外层电子数与D相同D3B中阳离子与阴离子的电子层结构相同A和C可形成两种常见的化合物甲和乙，乙具有弱酸性单质质软、银白色固体、导电性强，在空气中燃烧生成淡黄色固体E的一种气态氧化物丙，丙相对于空气的密度为3.0，溶于水可得只含单一溶质的弱酸性溶液，该溶液在放置过程中其酸性会增加试回答以下问题：(1)B在周期表中的位置是________，B的氢化物与E的氢化物比较，沸点较高的是________(填化学式)。(2)写出D3B与甲反应所得溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，缘由是_______________________。_______________________。(用离子方程式表示)。(3)写出丙的电子式为________；并说明丙的水溶液在放置过程中其酸性会增加的缘由__________________(用化学方程式表示)。(4)由A、B、C、D四种元素中的三种元素组成的一种盐丁，其外观与氯化钠相像，丁的水溶液呈碱性。Ⅰ.可用于鉴别丁和氯化钠的试剂有_______。A．氢碘酸和淀粉的混合液B．AgNO3溶液C．稀硫酸Ⅱ.将光亮的铜丝插入丁溶液中，没有现象发生，如用盐酸酸化，反应快速发生，铜丝缓慢溶解生成深蓝色溶液，写出该反应的离子方程式_______________________。Ⅲ.泡菜中含有多种维生素和无机盐，但也含有丁。一般状况下，当人体一次性摄取300～500mg丁时，就会引起中毒。某学习小组用碘量法测定泡菜中丁的含量。已知：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI。取1kg泡菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂和氢氧化钠，使得到的泡菜汁中的有毒无机盐都转化为丁。在过滤后的滤液中加入氢氧化铝胶体，以除去色素。再次过滤后得到滤液，将该滤液稀释至1L，取25.00mL该滤液与过量的稀硫酸和碘化钾的混合溶液反应，再选用合适的指示剂，用Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗0.050mol·L－1Na2S2O3溶液20.00mL。请回答下列问题：①有阅历的厨师在做泡菜时往往加入适量的橙汁，以减轻丁的危害。主要是由于橙汁中含丰富的维生素C，这说明维生素C具有________性。②通过计算推断某人一次食入0.125kg这种泡菜是否会引起中毒，缘由是_______________________。答案：(1)其次周期ⅤA族NH3(2)碱性N3－＋4H2O=NH3·H2O＋3OH－(3)eq\o\al(·,·)eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)2HClOeq\o(=,\s\up17(光照))2HCl＋O2↑(4)Ⅰ.ABCⅡ.Cu＋2NOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Cu2＋＋2NO↑＋2H2OⅢ.①还原②经计算含亚硝酸钠345mg会引起中毒解析：依据题给元素信息：D为Na，B为N，A为H，C为O。依据E的信息，该弱酸为HClO，其对应氧化物为Cl2O。(1)HCl和NH3比较，由于NH3分子间存在氢键，NH3的沸点高。(2)Na3N和水反应生成NH3·H2O和NaOH。(3)HClO见光分解生成HCl和O2，致使酸性增加。(4)Ⅰ.H、N、O、Na四种元素中的三种组成的盐为NaNO2，NaNO2既具有氧化性，又具有还原性，在酸性条件下不稳定。Ⅱ.NaNO2在酸性条件下可把Cu氧化成Cu2＋，本身被还原成NO。Ⅲ.依据2NOeq\o\al(－,2)＋4H＋＋2I－=2NO↑＋2H2O＋I2，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI得：由NaNO2～Na2S2O3可推出：mNaNO2＝2.76g，所以一次性食入0.125kg泡菜，其NaNO2的质量为：0.125kg×2.76g＝0.345g，即345mgNaNO2会引起中毒。7．(2022·南京诊断一)Ⅰ.X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大。有关信息如下表：X动植物生长不行缺少的元素，是蛋白质的重要成分Y地壳中含量居第一位Z短周期中其原子半径最大Q生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质M海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6(1)X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题，请写出该气态氢化物的电子式：_______________________。(2)已知37Rb和53I都位于第五周期，分别与Z和M位于同一主族。下列有关说法正确的是________(填序号)。A．原子半径：Rb＞IB．RbM中含有共价键C．气态氢化物的热稳定性：M＞ID．Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应(3)X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色。标准状况下将40L该无色气体与15L氧气通入肯定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸取，同时生成两种盐。请写出该反应的离子方程式：_______________________。Ⅱ.运用化学反应原理争辩NH3的性质具有重要意义。请回答下列问题：(4)氨气可以构成燃料电池，其电池反应原理为4NH3＋3O2=2N2＋6H2O。则电解质溶液应当显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，正极的电极反应式为_______________________。(5)25℃时，将amol·L－1的氨水与0.1mol·L－1①当溶液中离子浓度关系满足c(NH＋4)>c(Cl－)时，反应的状况可能为________________________。a．盐酸不足，氨水剩余b．氨水与盐酸恰好完全反应c．盐酸过量②当溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)时，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝_______________________。(6)在0.5L恒容密闭容器中，肯定量的N2与H2进行反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝bkJ·mol－1，其化学平衡常数K与温度的关系如表：温度/℃200300400K1.00.860.5①写出该反应的化学平衡常数的表达式：________________________，b________(填“大于”“小于”或“等于”)0。②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v正(N2)________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆(N2(7)已知：①4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝－1266.8kJ·mol－1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ·mol－1写出氨高温催化氧化的热化学方程式：_______________。答案：Ⅰ.(1)(2)ACD(3)8NO＋3O2＋8OH－=2NOeq\o\al(－,3)＋6NOeq\o\al(－,2)＋4H2OⅡ.(4)碱性O2＋2H2O＋4e－=4OH－(5)①a②eq\f(10－8,a－0.1)mol·L－1(或eq\f(10－8,a－0.1))(6)①K＝eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)小于②小于(7)4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.8kJ·mol－1解析：Ⅰ.本题考查元素推断、元素周期律，意在考查考生对元素周期律的理解力量及元素推断力量。(1)X为N，该氢化物为NH3，电子式为。(2)依据同周期主族元素从左到右原子半径渐渐减小知，原子半径：Rb>I，A项正确；M为Cl，RbCl中只含离子键，B项错误；非金属性：Cl>I，故气态氢化物热稳定性：HCl>HI，C项正确；Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物分别为RbOH、Al(OH)3、HClO4，两两之间能发生反应，D项正确。(3)该无色气体为NO，NO与O2依据物质的量之比为8∶3与NaOH溶液一起反应，可以推断出N被氧化为＋3、＋5价，依据得失电子守恒、电荷守恒等配平离子方程式。Ⅱ.本题考查了化学反应原理学问，意在考查考生对化学反应原理的综合应用力量。(4)氨气为碱性气体，故电解质溶液应当显碱性；燃料电池的正极是O2得电子生成OH－。(5)①c(NH＋4)>c(Cl－)，由溶液中的电荷守恒可知c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性，故氨水过量，a项正确；若氨水与盐酸恰好完全反应，则生成NH4Cl，因NH＋4水解，故c(Cl－)>c(NH＋4)，b项错误；若盐酸过量，则反应后溶液中存在NH4Cl和HCl，c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))，c项错误。②当c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.05mol·L－1时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(NH3·H2O)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－0.05))mol·L－1，故Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(0.05mol·L－1×1×10－7mol·L－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－0.05))mol·L－1)＝eq\f(10－8,a－0.1)mol·L－1。(6)①依据合成氨的化学方程式可知平衡常数K＝eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)。由化学平衡常数K与温度的关系可知平衡常数随着温度上升而减小，故合成氨的正反应为放热反应，即b小于0。②该时刻eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,0.5)))2,\f(2,0.5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,0.5)))3)＝1.125>0.5，反应逆向进行，故正反应速率小于逆反应速率。(7)依据盖斯定律，由①＋②×2得4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.8kJ·mol－1。三、基本理论综合题(同学用书对应页码P215)1．(2022·湖北八市联考)氮的氢化物之一肼(H2N—NH2)又称联氨，是一种可燃性液体，其燃烧热较大且燃烧产物对环境无污染，可以用作火箭燃料。(1)已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH＝＋67.7kJ/mol2N2H4(l)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1135.7kJ/mol则肼完全燃烧的热化学反应方程式为______________。(2)燃料电池是一种高效低污染的新型电池。利用肼、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。①负极的电极反应式为_______________________。②溶液中的OH－向________(填“正”或“负”)极移动。(3)如图是一个电化学过程示意图。①锌片上发生的电极反应式为_______________________。②假设使用肼­空气燃料电池作为本过程的电源，铜片的质量变化128g，则肼­空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气________L(假设空气中氧气体积分数为20%)。(4)肼易溶于水，其水溶液的碱性与氨水类似。常温下将0.1mol/LN2H4·H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(忽视混合后溶液体积的变化)，若测得混合溶液的pH＝6，则混合溶液中由水电离出的c(H＋)是0.1mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H＋)________倍。(5)已知：在相同条件下N2H4·H2O的电离程度大于N2H5Cl的水解程度。常温下，若将0.1mol/LN2H4·H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液混合，则溶液中N2H＋5、Cl－、OH－、H＋等浓度大小关系不行能消灭的结果是________(填序号)。①pH<7，且c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(N2Heq\o\al(＋,5))②pH<7，且c(Cl－)＋c(OH－)＝c(N2Heq\o\al(＋,5))＋c(H＋)③pH<7，且c(H＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(N2Heq\o\al(＋,5))④pH>7，且c(N2Heq\o\al(＋,5))>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)⑤pH>7，且c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(H＋)＝c(N2H4·H2O)＋2c(OH－)答案：(1)N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ/mol(2)①N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O②负(3)①Cu2＋＋2e－=Cu②112(4)107(5)①③解析：(1)将两个已知的热化学方程式相加，然后除以2，即得肼完全燃烧的热化学反应方程式：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ/mol。(2)①肼、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，肼作还原剂，在负极失去电子，发生氧化反应，故其电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O。②溶液中阴离子(OH－)向负极移动。(3)①题图是一个电解装置，Cu连接电源正极，发生氧化反应，即Cu失电子，阴极上发生还原反应，即Cu2＋得电子生成Cu。②铜片的质量变化128g，即2mol，转移电子为4mol；由化学方程式N2H4＋O2=N2＋2H2O可知，当反应中转移4mol电子时，参与反应的O2为1mol，所以消耗空气为1mol÷20%＝5mol，其体积(标准状况)为5mol×22.4L/mol＝112L。(4)0.1mol/LN2H4·H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，所得溶液相当于N2H5Cl溶液，该溶液的pH＝6是N2Heq\o\al(＋,5)水解的结果，因此该溶液中水电离出的c(H＋)＝10－6mol·L－1，0.1mol/LHCl溶液中，水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1，故混合溶液中由水电离出的c(H＋)是0.1mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H＋)的eq\f(10－6,10－13)＝107倍。(5)①中的浓度关系违反了溶液中电荷守恒的规律，即负电荷多于正电荷，①错误；②中是电荷守恒式，②正确；pH<7，混合溶液中c(Cl－)>c(H＋)，③错误；pH>7，说明加入的N2H4·H2O多于HCl，若加入的N2H4·H2O比HCl多很多，则混合溶液中会存在c(N2Heq\o\al(＋,5))>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)，④正确；当加入的0.1mol/LN2H4·H2O溶液的体积是0.1mol/LHCl溶液的体积的2倍时，⑤正确。2．(2022·东北三校联考)二甲醚(CH3OCH3)是一种重要的清洁燃料气，其储运、燃烧平安性、理论燃烧温度等性能指标均优于液化石油气，也可用作燃料电池的燃料，具有很好的进展前景。(1)已知H2、CO和CH3OCH3的燃烧热(ΔH)分别为－285.8kJ/mol、－283.0kJ/mol和－1460.0kJ/mol，则工业上利用水煤气成分按1∶1合成二甲醚的热化学方程式为_______________________。_______________________。(2)工业上接受电浮选分散法处理污水时，保持污水的pH在5.0，通过电解生成Fe(OH)3胶体，吸附不溶性杂质，同时利用阴极产生的H2，将悬浮物带到水面，利于除去。试验室以二甲醚燃料电池模拟该方法设计的装置如图所示：①乙装置以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极。写出该燃料电池的正极电极反应式：________________；下列物质可用作电池中熔融碳酸盐的是________________________。A．MgCO3 B．Na2CO3C．NaHCO3 D．(NH4)2CO3②写出甲装置中阳极产物离子生成Fe(OH)3沉淀的离子方程式：_______________________。③已知常温下Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，电解一段时间后，甲装置中c(Fe3＋)＝_______________________。④已知H2S的电离平衡常数：K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12；H2CO3的电离平衡常数：K1＝4.31×10－7K2＝5.61×10－11。测得电极上转移电子为0.24mol时，将乙装置中生成的CO2通入200mL0.2mol/L的Na2S溶液中，下列各项正确的是____________。A．发生反应的离子方程式为CO2＋S2－＋H2O=COeq\o\al(2－,3)＋H2SB．发生反应的离子方程式为CO2＋S2－＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋HS－C．c(Na＋)＝2[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]D．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(S2－)＋c(OH－)E．c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(HS－)>c(OH－)答案：(1)3H2(g)＋3CO(g)=CH3OCH3(g)＋CO2(g)ΔH＝－246.4kJ/mol(2)①O2＋4e－＋2CO2=2COeq\o\al(2－,3)B②4Fe2＋＋O2＋10H2O=4Fe(OH)3↓＋8H＋③4.0×10－11mol/L④BCE解析：(1)由题中数据可得①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ·mol－1③CH3OCH3(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1460.0kJ·mol－1；然后利用盖斯定律可知将已知反应进行如下变形：(①＋②)×3/2－③即可得到CO与H2按1∶1合成二甲醚的热化学方程式。(2)①电池的正极发生还原反应，因此正极反应是O2得电子，与通入正极的CO2一起作用生成COeq\o\al(2－,3)。②甲装置为电解池，其中Fe为阳极，电极本身发生氧化反应生成Fe2＋，Fe2＋与O2、H2O等一起发生氧化还原反应生成Fe(OH)3与H＋。③电解时保持污水的pH＝5，即溶液中c(OH－)＝10－9mol/L，所以c(Fe3＋)＝Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH－)＝4.0×10－11mol/L。④由Ka大小可知酸性：H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，可推知离子方程式“CO2＋S2－＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋HS－”正确；C项，利用物料守恒可知其正确；D项，利用电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(S2－)＋c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(HS－)；利用负极反应式：CH3OCH3－12e－＋6COeq\o\al(2－,3)=8CO2＋3H2O可知，转移0.24mol电子时产生0.16molCO2，溶液中含有Na2S的物质的量为0.04mol，可见反应后溶液中生成n(HCOeq\o\al(－,3))＝0.04mol，n(HS－)＝0.04mol，n(Na＋)＝0.08mol，结合H2CO3、H2S的电离平衡常数可知HCOeq\o\al(－,3)水解程度小于HS－，可得c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(HS－)>c(OH－)。3．(2022·湖北联考)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO方法Ⅱ电解法，反应为2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up17(电解))Cu2O＋H2↑方法Ⅲ用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2悬浊液(1)工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其缘由是_______________________。(2)已知：2Cu(s)＋1/2O2(g)=Cu2O(s)ΔH＝－akJ·mol－1C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)ΔH＝－bkJ·mol－1Cu(s)＋1/2O2(g)=CuO(s)ΔH＝－ckJ·mol－1则方法Ⅰ发生的反应：2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g)ΔH＝________________kJ·mol－1。(3)方法Ⅱ接受离子交换膜把握电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为_________________。(4)方法Ⅲ为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2悬浊液来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为_____。已知肼与氨相像，则它与足量盐酸反应的化学方程式为_____。(5)在相同的密闭容器中，用方法Ⅱ和方法Ⅲ制得的Cu2O分别进行催化分解水的试验：2H2O(g)eq\o(,\s\up17(光照),\s\do17(Cu2O))2H2(g)＋O2(g)ΔH>0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示。下列叙述正确的是________(填字母代号)。A．试验的温度：T2℃<B．试验①前20min的平均反应速率v(O2)＝7×10－5mol·L－1·min－1C．试验②比试验①所用的催化剂催化效率高答案：(1)反应不易把握，易还原产生Cu(2)－(a＋b－2c(3)2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O(4)4Cu(OH)2＋N2H4eq\o(=,\s\up17(△))2Cu2O＋N2↑＋6H2ON2H4＋2HCl=N2H6Cl2(5)C解析：(1)高温条件下，炭粉与CuO反应既可以生成Cu2O，也可以生成单质Cu，故用方法Ⅰ不简洁把握反应生成物。(2)三个热化学方程式依次编号为①、②、③，依据盖斯定律，由①＋②－③×2得2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g)ΔH＝－(a＋b－2c)kJ·mol－1。(3)阳极接电源正极，装置中的Cu电极是阳极，Cu失电子，在碱性条件下生成Cu2O，电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。(4)依据供应的反应物N2H4、Cu(OH)2，生成物Cu2O、N2，且“加热”条件可知，反应的化学方程式为4Cu(OH)2＋N2H4eq\o(=,\s\up17(△))2Cu2O＋N2↑＋6H2O。氨气与足量HCl反应生成NH4Cl，而N2H4与氨气类似，故N2H4与足量HCl反应生成N2H6Cl2。(5)催化分解水的反应中ΔH>0，故该反应为吸热反应，高温有利于水蒸气的分解，达到平衡时水的转化率高。试验①和试验②中平衡时水的转化率为(0.050－0.0480)÷0.050×100%＝4%，而试验③中平衡时水的转化率为(0.10－0.090)÷0.10×100%＝10%，故试验的温度：T2℃>T1℃，A项错误；试验①前20min的平均反应速率v(H2O)＝7×10－5mol·L－1·min－1，故v(O2)＝3.5×10－5mol·L－1·min－1，B项错误；通过试验①和试验②的数据可知，试验②在30min时反应已达