江西省鄱阳县第一中学2020学年高一化学下学期第一次检测试题（含解析）

鄱阳一中2020学年度下学期高一年级第一次检测试卷化 学 试 卷可能用到相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65第I卷(选择题 共48分)一、单选题(每题3分，共48分)1.下列用途中应用了氮气的稳定性的是：（ ）A. 以氮气为原料之一制造硝酸B. 合成氨气后，制氮肥C. 金属焊接时的保护气D. 镁可以和氮气反应【答案】C【解析】【详解】A、利用N2制备硝酸，发生的反应为N23H22NH3、4NH35O24NO6H2O、2NOO2=2NO2、3NO2H2O=2HNO3NO，与N2的稳定性无关，故A不符合题意；B、根据A选项分析，合成氨气，制备氮肥，与N2的稳定性无关，故B不符合题意；C、单质氮的化学性质相对稳定，因此氮气常作金属焊接时的保护气，与氮气的稳定性有关，故C符合题意；D、Mg能与N2反应生成Mg3N2，与N2的稳定性无关，故D不符合题意。2.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是( )A. N5+中含有36个电子B. O2与O3互为同位素C. C60的摩尔质量为720D. H2与H3属于同素异形体【答案】D【解析】【详解】A、N5+离子是在分子的基础上失去1个电子后形成的，故含有34个电子，故A错误；B、同位素的研究对象是原子，而O2与O3均为单质，不是同位素，故B错误；C、摩尔质量的单位是g/mol，故C错误；D、由同种元素形成的不同单质互称为同素异形体，故H2与H3属于同素异形体，故D正确；答案选D。3.下列说法中正确的是（）A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物B. 只含有离子键的化合物才是离子化合物C. 并非只有非金属原子间才能形成共价键D. 由共价键形成的分子一定是共价化合物【答案】C【解析】分析：A含有共价键的化合物可能是离子化合物；B离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；C氯化铝中含有共价键；D单质分子中也含有共价键。详解：A含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，A错误；B离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，B错误；C并非只有非金属原子间才能形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，C正确；D由共价键形成的分子可能是单质，如O2等，D错误；答案选C。点睛：本题考查了物质与化学键的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，易错选项是C，活泼的金属与活泼的非金属也可以形成离子键，为易错点。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A. 1mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3 胶体后生成NA个胶体粒子B. 1.8g的NH4+中含有的电子数为NAC. 常温常压下，32g O2和O3的混合气体中所含原子数为1.5NAD. 5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，1mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3 胶体后形成的胶粒的个数小于NA个，故A错误；B、1.8g的NH4+的物质的量=0.1mol，含有的离子数是0.1NA，每个离子中含有10个电子，所以1.8g的NH4+中的含有NA个电子，故B正确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含2mol氧原子即2NA个，故C错误；D、铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数不一定为0.3NA个，故D错误；答案选B。【点睛】本题的难点为D，要注意硝酸具有强氧化性，与铁反应时生成物中铁的化合价与铁的用量有关，5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数N满足：0.2NAN0.3NA；本题的易错点为A，要注意氢氧化铁胶粒不是单个的氢氧化铁形成的。5. 下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性的是()A. 2NaClH2SO4(浓)Na2SO42HClB. Na2SO3H2SO4(浓)Na2SO4SO2H2OC. C2H2SO4(浓)CO22SO22H2OD. 2FeO4H2SO4(浓)Fe2(SO4)3SO24H2O【答案】D【解析】【详解】A、该反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故A不符合题意；B、该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故B不符合题意；C、H2SO4中S的价态由6价4价，化合价降低，硫酸在此反应中只体现氧化性，故C不符合题意；D、该反应中S的价态由6价4价，化合价降低，硫酸表现为氧化性，产物中有Fe2(SO4)3，因此硫酸还表现为酸性，故D符合题意。【点睛】判断浓硫酸表现氧化性和酸性，一看硫酸中S的化合价降低，则硫酸表现氧化性，二看产物中是否有SO42，若有SO42，则浓硫酸表现酸性。6.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO-=CaSO3+2HClOB. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3H2O+CO2=2NH4+CO32-+H2OC. 用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SD. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32-+2H+=H2SiO3【答案】B【解析】A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙、次氯酸和氯化钙，A错误；B. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3H2O+CO22NH4+CO32- +H2O，B正确；C. 用稀HNO3溶解FeS固体发生氧化还原反应生成硫酸、硝酸铁、NO和水，C错误；D. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32- +2CH3COOHH2SiO3+2CH3COO-，D错误，答案选B。点睛：明确相关物质的性质是解答的关键，解答时注意是否符合客观事实、所电荷数是否守恒、是否漏掉离子反应方程式、拆写问题、“量”的问题等。易错点是A和C，学生容易忽略次氯酸根离子和硝酸的氧化性。7.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与2H原子组成HmX分子。在a gHmX中所含质子的物质的量是( )A. a(AN/A)molB. a(ANm)/(A+2m)molC. a(AN)/(A+2m)molD. a(ANm)/(A+m)mol【答案】B【解析】【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为(A-N)，则每个HmX分子含有质子数为(A-N+m)，ag HmX的物质的量为=mol，故含有质子物质的量为mol(A-N+m)=(A-N+m) mol，故选B。8.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是( )A. X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C. Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应剧烈D. X的原子半径小于Y【答案】B【解析】【详解】根据图示元素的位置关系，结合Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，可以推出Z为S，从而可以确定X为N，Y为O，W为Cl。A、N的最常见气态氢化物NH3的水溶液显碱性，故A项错误；B、非金属性Cl强于S，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4，故B项正确；C、非金属性O强于S，因此O2与H2反应较S与H2反应剧烈，故C项错误；D、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此N的原子半径大于O，故D项错误。9.在溶液中加入适量Na2O2 后仍能大量共存的离子组是( )A. Cu2+、Ba2+、Cl-、NO3-B. Na+、Cl-、CO32- 、SO32-C. Ca2+、K+、NO3-、HCO3-D. K+、AlO2-、Cl-、SO42-【答案】D【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明离子不具有强还原性，且与OH-不反应。A加入过氧化钠后，Cu2+与OH-反应，不能大量共存，故A错误；BSO32-具有还原性，能够被Na2O2氧化，加入Na2O2后不能大量共存，故B错误；CCa2+、HCO3-与氢氧化钠反应生成沉淀，加入过氧化钠后不能大量共存，故C错误；DK+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，加入过氧化钠后也不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案选D。10.氰(CN)2的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是( )A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)22OH= CNCNOH2OB. MnO2和HCN反应：MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2OC. 向KCN溶液中加入碘水：I22KCN = 2KI(CN)2D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl22CN= 2Cl(CN)2【答案】C【解析】【分析】氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。【详解】A(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)22OHCNCNOH2O，A正确；BMnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2O，B正确；C向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I22KCN2KI(CN)2，C错误；D在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl22CN2Cl(CN)2，D正确；答案选C。11. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A. 离子半径的大小顺序：efghB. 与x形成简单化合物的沸点：yzdC. x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D. e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应【答案】C【解析】试题分析：根据原子序数及化合价判断最前面的元素X是氢元素，y为碳元素，Z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，f为氯元素。离子半径大小gh ef；选项A错误；与x形成简单化合物的沸点：水高于氨气高于甲烷dzy，选项B错误；氢元素氮元素氧元素可以组成硝酸铵为离子化合物，选项C正确；g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误。考点：无机推断，常见物质的性质。12.短周期元素X、Y可以形成化合物XY2。下列有关叙述正确的是A. 若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1B. 若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8C. 若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液D. 若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水【答案】C【解析】短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，X、Y的化合价分别为+2、-1价时，可以分别在A、A；X、Y的化合价分别为+4、-2价时可能均在A、A，还有可能为SO2、NO2、SCl2等；A如共价化合物NO2，X与Y的原子序数相差1，故A错误；B若XY2是离子化合物，X、Y的化合价分别为+2、-1价，可以分别在A、A，或Y为氢元素，X与Y的原子序数不可能相差8，故B错误；C若X与Y的原子序数相差6，XY2为共价化合物，为SiO2，二氧化硅能溶于强碱溶液，如与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故C正确；D若X与Y的原子序数相差5，XY2为离子化合物，可以为MgCl2等，MgCl2可溶于水，故D错误；故选C。13.X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa、Yb、Z(b1)简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）A. 已知mXa与nYb，得manbB. 离子半径：YbZ(b1)XaC. Z(b1)的还原性大于YbD. 气态氢化物的稳定性Hb1Z一定大于HbY【答案】C【解析】【分析】Xa+、Yb-、Z（b+1）-简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，X、Y、Z在周期表中的相对位置是 ，则核电荷数XYZ，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，非金属性越强氢化物越稳定、阴离子还原性越弱，据此解答。【详解】已知mXa与nYb，简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，得m-an+b，故A错误；B. 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，离子半径：Z(b1) Yb Xa，故B错误；C. 非金属性YZ，非金属性越强阴离子还原性越弱，Z(b1)的还原性大于Yb，故C正确；D. 非金属性YZ，非金属性越强氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性Hb1ZHbY，故D错误。【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期律等，难度中等，根据电荷与电子层结构相同推断元素在周期表中的位置是关键。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是A. 原子半径大小顺序：r（Z）r（W）r（X）r（Y）B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的最高价氧化物对应水化物的酸性强D. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强【答案】B【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为MgA.Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）r（Si）r（C）r（O），A错误；B.Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，B错误；C.C和Si同主族，非金属性CSi，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，C正确；D.非金属性OSi，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，D正确；答案选B。【考点定位】考查元素的推断，元素周期表和元素周期律的综合应用。【名师点睛】本题内容是高考命题的重点内容，年年必考。主要以选择题、推断题形式出现。主要考查方式为根据原子结构或离子的特征，判断它们在周期表中的位置，然后再判断原子半径、元素金属性、非金属性的具体表现（如氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸碱性等）、微粒半径大小比较等。15.X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中正确的是元素XYZW原子半径(nm)0.0770.0750.1020.099最高正价或最低负价4521A. 1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数一定为2 molB. W、X、Y三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强C. Y的氢化物与W的单质反应的产物中可能含有共价键和离子键D. 0.3 mol Cu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0.2 mol气体【答案】C【解析】试题分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据化合价和原子半径，可以知道X、Y、Z、W分别为C、N、S、Cl。A、1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数不一定是2mol，例如氯气与氢氧化钠的反应就只是转移了1mol电子，A错误；B、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则X、Y、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，B错误；C、氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，产物中含有共价键和离子键，C正确；D、HYO3和H2ZO4分别硝酸和硫酸，而铜并不会跟稀硫酸反应，D错误，答案选C。考点：考查元素周期表、元素周期律16.将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是（ ）A. 气体中SO2和H2物质的量比为6:1B. 反应中共消耗锌52.0gC. 所得气体应该为SO2和H2混合物D. 反应共转移电子1.6mol【答案】A【解析】【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.50.4L2mol/L=0.4mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则根据方程式Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O、Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2可知x+y=0.8、2x+y=1.4，解得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气。A气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；B生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=0.865g/mol=52g，故B正确；C由以上分析可知所得气体应该为SO2和H2的混合物，故C正确；D生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确。故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。第卷(非选择题 共52分)二、填空题(共52分)17.按要求填空：(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：_；(2)32号元素在元素周期表中的位置_；(3)在N2、H2S、NaCl、NH4Cl、Na2O2、H2O2中，既含有离子键又含有极性键的是_ ，既含有离子键又含有非极性键的是_；(4) A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，请回答下列问题：写出A、B、C三种元素的符号：A_，B_，C_；B在周期表中位置是 _。【答案】 (1). 188O (2). 第四周期第 A 族 (3). NH4Cl (4). Na2O2 (5). N (6). S (7). F (8). 第三周期第A族【解析】【分析】(1)质子数=原子序数，质子数+中子数=质量数，根据原子的表示方法回答；(2)32号元素核外电子排布为4s24p2，据此判断元素的位置；(3)金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，据此分析解答；(4)A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，判断出A、B、C三种元素，据此分析解答。【详解】(1)质子数=原子序数，质子数决定元素种类，所以含有8个质子的元素是O，质子数+中子数=质量数，所以该元素的质量数是18，该原子的化学符号表示为188O，故答案为： 188O；(2)32号元素核外电子排布为4s24p2，所以位于元素周期表的第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；(3)N2中N原子之间只存在非极性共价键；H2S是共价化合物，原子之间只存在极性共价键；N aCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键；NH4Cl离子化合物，铵根离子和氯离子之间形成的是离子键，铵根离子中N原子和H原子之间形成的是极性共价键；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在非极性共价键；H2O2中H原子和O原子之间只存在极性共价键，O与O原子之间为非极性键；故答案为：NH4Cl；Na2O2；(4)A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，B为S元素。S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，位于周期表中第三周期VIA族，故答案为：N；S；F；第三周期VIA族。18.下表为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请回答下列问题。族周期AAAAAAA0一二三(1)表中元素，化学性质最稳定的是_，金属性最强的是_，非金属性最强的是_(写编号)；最高价氧化物的水化物的酸性最强的是(写化学式)_。(2)、的气态氢化物中的稳定性强些的是_。(填化学式)(3)、元素形成离子，离子半径的大小顺序是 _(填化学式)(4)写出一种由组成且含有非极性键的物质的电子式_。(5)实验室制取气体的离子方程式为_(6)利用较强酸能制出较弱酸的原理，写出一个能证明和非金属性强弱的一个常见反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). (3). (4). HClO4 (5). H2O (6). S2-O2-Na+Al3+ (7). (8). MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O (9). Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3+ Na2CO3【解析】【分析】根据元素在周期表中的分布，可以推知是H，是C，是N，是O，是F，是Na，是Al，是Si，是P，是S，是Cl，是Ar。结合元素周期律分析解答。【详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知是H，是C，是N，是O，是F，是Na，是Al，是Si，是P，是S，是Cl，是Ar。(1)上述元素中，Ar()是稀有气体元素，化学性质最稳定；同一周期，从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强；同一主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，金属性最强的是Na()，非金属性最强的是F()；元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物的酸性最强的是HClO4，故答案为：；HClO4；(2)、为同主族元素，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物稳定性强的是H2O，故答案为：H2O；(3)一般而言，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数越多，离子半径越大，、元素形成的离子，离子半径的大小顺序为S2-O2-Na+Al3+，故答案为：S2-O2-Na+Al3+；(4)氢和氧形成双氧水中含有非极性键，其电子式为，故答案为：；(5)实验室制取用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(6)碳酸的酸性比硅酸强，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，可以反应生成硅酸，则可以证明C的非金属性比Si强，反应的化学方程式为Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3+ Na2CO3，故答案为：Na2SiO3 + H2O + CO2 = H2SiO3+ Na2CO3。19.A经如图所示的过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：(1)若常温下C是红棕色的气体，则：A的化学式可能是：A_，C转化D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为_；若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A转化为B反应的化学方程式为_；D的浓溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的离子方程式_；(2)若A是一种黄色单质固体，则：一定条件下碳单质与D反应的方程式为_；向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积_22.4L (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_；(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C的电子式为_。【答案】 (1). N2 或NH3 (2). 1:2 (3). 4NH3+5O24NO +6H2O (4). Cu4H+2NO3-Cu2+2NO22H2O (5). C+ 2H2SO 4 (浓) CO2 +2 SO2 +2 H2O (6). 小于 (7). 随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫 酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升 (8). 【解析】【分析】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据ABC可知A可能为N2或NH3，B为NO；据此分析解答。(2)若A一种黄色单质固体，则A为硫，根据A B C可知B为SO2、C为SO3，D为H2SO4；据此分析解答。(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A为钠，B为氧化钠，D为氢氧化钠；据此分析解答。【详解】(1)若常温下C是红棕色的气体，则C为NO2，D为HNO3；根据A B C可知A可能为N2或NH3，B为NO。根据分析可知，A可能为N2或NH3；C转化D的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，其中3mol二氧化氮参与反应时，2mol二氧化氮做还原剂被氧化生成硝酸，1mol二氧化氮做氧化剂被还原生成NO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故答案为：N2或NH3；12；若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为氨气，则氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；D的浓溶液为浓硝酸，铜与浓硝酸在加热条件下反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；(2)若A是一种黄色单质固体，则A为硫，根据A B C可知B为SO2、C为SO3，D为H2SO4。碳单质与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2、SO2、H2O，反应的方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；Cu与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，若浓硫酸完全反应，由方程式可知生成的二氧化硫体积为2mol22.4L/mol=22.4L，但随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4L，故答案为：小于；随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升；(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A为钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为，故答案为：。【点睛】注意根据物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征为突破口进行推断。本题的易错点为(1)，要注意A不能确定。20.已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，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与X形成的分子中有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)由上述元素组成的4核10电子的离子的电子式_；(2)X与Z可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式 _；(3)由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是_(写化学式)，该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为_；X与W形成的化合物与水反应时，离子方程式为_；(4)用电子式表示W与Z形成W2Z化合物的过程：_。【答案】 (1). (2). 2H2O22H2OO2 (3). NH4NO3 (4). NH4+OHNH3H2O (5). NaH + H2O = Na+ + OH- + H2 (6). 【解析】【分析】X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，则X为H元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Y、Z为同周期的相邻元素，则Y为N元素，Y与X形成的NH3分子中有3个共价键；X、W同主族，则W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，则W为Na，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。(1)由上述元素组成的4核10电子的离子为H3O+，电子式为，故答案为：；(2)H与O可分别形成10电子和18电子的分子，分别为H2O、H2O2，过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解为水与氧气，反应方程式为：2H2O2 2H2O+O2，故答案为：2H2O2 2H2O+O2；(3)由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3，W的最高氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为：NH4+OH- NH3+H2O；X与W形成的化合物是NaH，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为：NaH+H2O=Na+OH-+H2，故答案为：NH4NO3；NH4+OH- NH3+H2O；NaH+H2O=Na+OH-+H2；(4)用电子式表示W与Z形成Na2O的过程为：，故答案为：。【点睛】