四川省瀘州市瀘縣第二中學2025屆高三化學下學期第一次在線月考試題含解析

PAGE15-四川省瀘州市瀘縣其次中學2025屆高三化學下學期第一次在線月考試題（含解析）1.有關(guān)藥品的保存和運用正確的是：A.溴水存放在橡膠塞的細口試劑瓶中 B.新制的氯水存放在棕色瓶中C.盛放燒堿的試劑瓶應用玻璃塞 D.金屬鈉保存在乙醇中【答案】B【解析】【詳解】A.溴單質(zhì)能與橡膠塞反應，腐蝕橡膠塞，應用玻璃塞，故A錯誤；B．氯水中的次氯酸見光簡單分解，所以新制的氯水須要保存在在棕色試劑瓶中，故B正確；C.氫氧化鈉溶液能夠與玻璃塞中的二氧化硅反應，保存氫氧化鈉溶液不能運用玻璃塞，可以運用橡膠塞，故C錯誤；D.鈉性質(zhì)活潑，須要隔絕空氣密封保存，鈉能夠與乙醇反應，不能保存在乙醇中；由于鈉密度大于煤油和石蠟，所以金屬鈉可以保存在煤油和石蠟中，故D錯誤。故選B?！军c睛】藥品的保存方法應依據(jù)其性質(zhì)確定：見光易分解的——避光（棕色瓶）；與空氣中某些成分反應的或易揮發(fā)的——密封（隔絕空氣）；固體藥品——廣口瓶；液體藥品——細口瓶。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A.1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NAB.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的氧原子數(shù)目為3NAC.將0.1molFeCl3滴入沸水形成的膠體粒子的數(shù)目為0.1NAD.過氧化氫分解制得標準狀況下2.24LO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA【答案】A【解析】【詳解】A.

一個硝基含有23個電子，一個二氧化氮分子也含有23個電子，46g二氧化氮(NO2)的物質(zhì)的量為1mol，因此，1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NA，故A正確；B.1L1mol·L-1Na2CO3

溶液中含有1molNa2CO3

，這些碳酸鈉中含有3mol氧原子，但作為溶劑的水中也含有氧原子，因此，該溶液中含有的氧原子數(shù)大于3NA，故B錯誤；C.氫氧化鐵膠體的一個膠體粒子是由多個氫氧化鐵分子構(gòu)成的集合體，若0.1mol三價鐵離子完全水解，形成的膠體粒子數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D.過氧化氫中氧元素為-1價，每生成1molO2，轉(zhuǎn)移2mol電子。標準狀況下2.24LO2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤；答案選A。【點睛】物質(zhì)的量是橋梁，將宏觀物質(zhì)和微觀粒子聯(lián)系在一起，將所給條件都換成物質(zhì)的量。3.由于電影《我不是藥神》中對抗癌藥物格列衛(wèi)的關(guān)注，我國政府在2024年已經(jīng)將格列衛(wèi)等部分抗癌藥物納入醫(yī)保用藥，解決了人民群眾用藥負擔。格列衛(wèi)在其合成過程中的一種中間產(chǎn)物結(jié)構(gòu)表示如下：。下列有關(guān)該中間產(chǎn)物的說法不正確的是（）A.該藥物中間體屬于芳香烴B該藥物中間體中含有三種官能團C.該藥物中間體的全部碳原子可能共面D.該藥物中間體可以發(fā)生加成反應和取代反應【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.該藥物中間體除了含有碳、氫元素外，還含有N、O、Cl元素，不屬于芳香烴，故A錯誤；B.該藥物中間體中含有硝基、肽鍵、氯原子三種官能團，故B正確；C.含碳氧雙鍵的碳原子是平面結(jié)構(gòu)，苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，結(jié)合單鍵可以旋轉(zhuǎn)，該藥物中間體的全部碳原子可能共面，故C正確；D.該藥物中間體有苯環(huán)可以發(fā)生加成反應和取代反應，含肽鍵和氯原子可以發(fā)生取代反應，故D正確；答案選A。4.下列各組離子，在指定環(huán)境中肯定能大量共存的是A.能使pH試紙變深藍色的溶液中：S2?、SO42?、AlO2?、Na+B.加入鋁粉能放出氫氣的溶液中：K+、H+、I?、NO3-C.pH＝3的溶液中：Al3+、K+、SO42?、HCO3?D.由水電離出的[OH?]＝1×10mol/L的溶液中：Fe2+、NH4+、ClO?、Cl?【答案】A【解析】【詳解】A．使pH試紙顯深藍色的溶液呈堿性，S2?、SO42?、AlO2?、Na+與OH-相互之間不反應，能大量共存，選項A正確；B．與鋁粉反應放出氫氣的無色溶液可能呈強堿性或為非氧化性酸溶液，堿性條件下H+不能大量共存，酸性條件下H+、NO3-能將I-氧化而不能大量共存，選項B錯誤；C．pH=3的溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在，選項C錯誤；D．由水電離出的c(OH?)＝1×10?13mol/L的溶液可能呈強堿性或強酸性溶液，若強堿性溶液則Fe2+、NH4+不能大量存在，若強酸性則、ClO?不能大量存在，選項D錯誤。答案選A。5.、、、、為五種短周期元素。原子的質(zhì)子數(shù)與電子層數(shù)相同，原子核外電子數(shù)是原子最外層電子數(shù)的2倍，、、、在周期表中的相對位置如圖所示。下列說法不正確的是（）A.原子半徑：B.熱穩(wěn)定性：；沸點：C.僅由、、三種元素形成的化合物中不行能含離子鍵D.、分子中每個原子最外層均滿意8電子結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W為5種短周期元素，X的質(zhì)子總數(shù)與電子層數(shù)相同，則X為H元素；Y、Z、M同周期且相鄰，W原子核外電子數(shù)是M原子最外層電子數(shù)的2倍，則Z為O元素，可推知Y為N元素、M為F元素、W為Si，據(jù)此推斷即可?！驹斀狻烤C上所述：X為氫、Y為氮、Z為氧、M為氟、W為硅；則A．同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Si＞N＞O＞F＞H，故A正確；B．XM為HF，X2Z為H2O，元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，由于非金屬性F＞O，故HF＞H2O正確；沸點：H2O＞NH3，故B正確；C．H、N、O三種元素形成的化合物可以是硝酸銨，硝酸銨中既有離子鍵又有共價鍵，故C錯誤；D．YM3、WM4分別為NF3、SiF4，兩種物質(zhì)每個原子最外層均滿意8電子結(jié)構(gòu)，故D正確；故答案為C。【點睛】考查化學鍵和化合物的關(guān)系，明確離子化合物和共價化合物的概念是解本題關(guān)鍵，留意：并不是全部的物質(zhì)中都含有化學鍵，稀有氣體中不含化學鍵，為易錯點。一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性鍵，含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中可能含有共價鍵，只含共價鍵的化合物為共價化合物。6.中石化于2012年將年產(chǎn)120萬噸的乙烯工程落戶大慶，乙烯是有機化工工業(yè)的重要原料，有許多重要用途。如：乙烯催化氧化成乙醛可設計成如下圖所示的燃料電池，在制備乙醛的同時還可獲得電能，其總反應化學方程式為：2CH2=CH2+O2→2CH3CHO。下列有關(guān)說法正確的是A.該電池電極a為正極，b為負極B.電子移動方向：電極a→磷酸溶液→電極bC.負極反應式為：CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+D.b電極有2.24LO2反應，溶液中有0.4molH+遷移到b電極上反應【答案】C【解析】從已知的反應方程式可以推斷，O2得到電子，化合價降低，所以O2在原電池正極被還原；則CH2=CH2失去電子，在原電池的負極被氧化。A、a極C2H4失去電子，所以a為負極，b極O2得到電子，所以b為正極，A錯誤。B、電子從負極流出，經(jīng)過外電路流向正極，所以B錯誤。C、從題圖可以看出，該反應為CH2=CH2-e-→CH3CHO，考慮到電解質(zhì)溶液含磷酸呈酸性，配平后的反應為CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+，C正確。D、選項中沒有指出氣體的溫度和壓強，所以無法進行計算，D錯誤。正確答案C。點睛：無論是原電池還是電解池，外電路是通過電子定向移動形成電流，內(nèi)電路則是通過離子的定向移動形成電流，所以它們的導電原理是有差別的。7.25℃時，用NaOH調(diào)整0.10mol/LH2C2O4溶液的pH，假設不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42－)=0.10mol/L。運用數(shù)字傳感器測得溶液中各含碳微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變更曲線如下圖。下列有關(guān)分析正確的是A.曲線b代表H2C2O4濃度隨pH的變更B.HC2O4－H++C2O42－K=1×10－4.2C.pH從4到6時主要發(fā)生反應的離子方程式為2OH-+H2C2O4=2H2O+C2O42-D.當溶液pH=7時：c(Na+)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)>c(HC2O4－)【答案】B【解析】【分析】A.NaOH調(diào)整0.10mol/LH2C2O4溶液pH時，c(H2C2O4)降低、c(HC2O4-)先增大后削減，c(C2O42-)始終增大；B.依據(jù)電離平衡常數(shù)定義式，利用b、c兩條線表示的含義計算推斷；C.從圖象可知pH從4到6，主要發(fā)生的反應是HC2O4-轉(zhuǎn)化為C2O42-；D.pH=7時：c(OH-)=c(H+)，依據(jù)溶液中電荷守恒分析。【詳解】A.NaOH調(diào)整0.10mol/LH2C2O4溶液pH時，c(H2C2O4)降低、c(HC2O4-)先增大后削減，c(C2O42-)始終增大，所以曲線a代表c(H2C2O4)，曲線b代表c(HC2O4-)，曲線c代表c(C2O42-)，A錯誤；B.HC2O4－H++C2O42－的電離平衡常數(shù)K=，由于曲線b代表c(HC2O4-)，曲線c代表c(C2O42-)，在b、c兩條線的交點，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以K==c(H+)=10-4.2，B正確；C.從圖象可知pH從4到6，主要發(fā)生的反應是HC2O4-轉(zhuǎn)化為C2O42-，所以反應的離子方程式為OH-+HC2O4-=H2O+C2O42-，C錯誤；D.pH=7時c(OH-)=c(H+)，依據(jù)電荷守恒c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)可知：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)，則c(Na+)＞c(C2O42-)，依據(jù)圖象可知c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)，所以溶液pH=7時：c(Na+)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(HC2O4-)，D錯誤；故合理選項是B?！军c睛】本題考查酸堿混合溶液定性推斷及離子濃度大小比較的學問，明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，留意電荷守恒、物料守恒的敏捷運用，試題側(cè)重考查學生的分析實力及綜合應用實力。8.氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)CeFCO3中Ce的化合價為___________________。(2)氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO2，則酸浸時發(fā)生反應的離子方程式為_______。為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小。其緣由是___。(3)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+3H+(水層)。操作I的名稱是_________操作Ⅱ加入稀H2SO4的目的是______。(4)向Ce(OH)3懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品Ce(OH)4的化學方程式為______。【答案】(1).+3(2).2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↓+4H2O(3).溫度上升，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏小(4).分液或萃取分液(5).混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液(6).4Ce(OH)3+O2+2H2O==4Ce(OH)4【解析】【分析】(1)依據(jù)化合價及化合物不顯電性得出Ce的化合價。(2)氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO2，則酸浸時CeO2與雙氧水反應生成氧氣和Ce3+，由于酸浸時須要用到雙氧水，雙氧水溫度較高要分解。(3)將Ce3+從水溶液中萃取出來，有機層不溶于水，得出操作方法，操作Ⅱ加入稀H2SO4，主要利用平衡移動原理來說明。(4)Ce(OH)3被氧氣氧化得到產(chǎn)品Ce(OH)4。【詳解】(1)依據(jù)化合價及化合物不顯電性得出CeFCO3中Ce的化合價為+3。(2)氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO2，則酸浸時CeO2與雙氧水反應生成氧氣和Ce3+，因此反應的離子方程式為2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O。為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小，由于酸浸時須要用到雙氧水，雙氧水溫度較高要分解，其緣由是溫度上升，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏小，故答案為：2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O；溫度上升，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏小。(3)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，有機層不溶于水，因此操作I的名稱是分液或萃取分液，操作Ⅱ加入稀H2SO4的目的是混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液，故答案為：分液或萃取分液；混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液。(4)向Ce(OH)3懸濁液中通入氧氣，Ce(OH)3被氧氣氧化得到產(chǎn)品Ce(OH)4，其化學方程式為4Ce(OH)3+O2+2H2O==4Ce(OH)4，故答案為：4Ce(OH)3+O2+2H2O==4Ce(OH)4。9.合成氣（CO+H2）廣泛用于合成有機物，工業(yè)上常采納自然氣與水蒸氣反應等方法來制取合成氣。（1）已知標況下，5.6LCH4與水蒸氣完全反應時汲取51.5KJ的熱量，請寫出該反應的熱化學方程式____；（2）在150℃時2L密閉容器中，將2molCH4和2molH2O(g)混合，經(jīng)過15min達到平衡,此時CH4的轉(zhuǎn)化率為60%。回答下列問題：①從反應起先至平衡，用氫氣的變更量來表示該反應速率v(H2)=____。②在該溫度下，計算該反應的平衡常數(shù)K＝____。③下列選項中能表示該反應已達到平衡狀態(tài)的是____A．v(H2)逆＝3v(CO)正B．密閉容器中混合氣體的密度不變C．密閉容器中總壓強不變D．C(CH4)=C(CO)（3）合成氣中的氫氣也用于合成氨氣：N2+3H22NH3。保持溫度和體積不變，在甲、乙、丙三個容器中建立平衡的相關(guān)信息如下表。則下列說法正確的是____；容器體積起始物質(zhì)平衡時NH3的物質(zhì)的量平衡時N2的體積分數(shù)反應起先時的速率平衡時容器內(nèi)壓強甲1L1molN2+3molH21.6molφ甲ν甲P甲乙1L2molN2+6molH2n1molφ乙ν乙P乙丙2L2molN2+6molH2n2molφ丙ν丙P丙A．n1=n2=3.2B．φ甲=φ丙＞φ乙C．ν乙＞ν丙＞ν甲D．P乙＞P甲=P丙（4）合成氣制甲醚的反應方程式為2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3（g）+H2O(g)△H=bkJ/mol。有探討者在催化劑（Cu—Zn—Al—O和A12O3)、壓強為5.OMPa的條件下，由H2和CO干脆制備甲醚，結(jié)果如下圖所示。①290℃前，CO轉(zhuǎn)化率和甲醚產(chǎn)率的變更趨勢不一樣的緣由是____；②b____0，（填“＞”或“＜”或“=”）理由是____?！敬鸢浮?1).CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol(2).0.12mol.L-1.min-1(3).21.87(4).AC(5).BD(6).有副反應發(fā)生(7).＜(8).平衡后，上升溫度，產(chǎn)率降低【解析】（1）標況下，5.6LCH4的物質(zhì)的量為=0.25mol，故1molCH4與水蒸氣完全反應生成合成氣的反應熱為+=++206kJ/mol，依據(jù)反應方程式可知，該反應的熱化學方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol；（2）CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)起先時的濃度（mol/L）1100變更的濃度（mol/L）0.60.60.61.8平衡時的濃度（mol/L）0.40.40.61.8①v(H2)===0.12mol.L-1.min-1；②K＝==21.87mol2?L-2；③A．v(H2)逆＝3v(CO)正，依據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比有v(H2)正＝3v(CO)正，故v(H2)逆＝v(H2)正，反應已達到平衡狀態(tài)，選項A選；B．參加反應的物質(zhì)均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變，反應在恒容條件下進行，故密度始終保持不變，密閉容器中混合氣體的密度不變，不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，選項B不選；C．同溫同壓下，氣體的壓強與氣體的物質(zhì)的量成正比，該反應正反應為氣體體積增大的反應，密閉容器中總壓強不變，則總物質(zhì)的量不變，說明反應已達到平衡狀態(tài)，選項C選；D．反應起先時加入2molCH4和2molH2O(g)，反應過程中兩者的物質(zhì)的量始終保持相等，C(CH4)=C(CO)不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，選項D不選。答案選AC；（3）依據(jù)表中數(shù)據(jù)知，甲丙中各反應物的濃度相等，所以相當于等效平衡，平衡時N2的體積分數(shù)相等；乙中各反應物濃度是甲的2倍，且壓強大于甲，增大壓強，平衡向氣體體積縮小的方向移動，所以平衡時乙中N2的體積分數(shù)小于甲；A．甲丙中各反應物的濃度相等，n1=3.2，乙壓強大于甲乙，平衡正向移動，n2＞3.2，選項A錯誤；B．甲丙為等效平衡，平衡時N2的體積分數(shù)相等φ甲=φ丙，乙壓強大，平衡正向移動，平衡時乙中N2的體積分數(shù)小于甲，故φ甲=φ丙＞φ乙，選項B正確；C．甲丙中各反應物的濃度相等，為等效平衡，反應速率相等，ν丙=ν甲，乙中各反應物濃度平衡時接近甲丙的二倍，反應速率較大，ν乙＞ν丙=ν甲，選項C錯誤；D．體積相同的容器中，甲丙等效，單位體積氣體總物質(zhì)的量濃度相同，壓強相等P甲=P丙，乙中平衡時單位體積氣體總物質(zhì)的量接近甲丙的二倍，P乙＞P甲=P丙，選項D正確。答案選BD；（4）①290℃前，CO轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而降低，依據(jù)反應2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3（g）+H2O(g)可知甲醚是生成物，產(chǎn)率應當降低，但反而增大，證明還有另外的反應生成甲醚，即CO的轉(zhuǎn)化率和甲醚產(chǎn)率的變更趨勢不一樣的緣由是有副反應發(fā)生；②依據(jù)圖中信息可知，平衡后，上升溫度，產(chǎn)率降低，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，則正反應為放熱反應，△H=b＜0。點睛：本題考查了化學平衡影響因素分析推斷，平衡計算分析，主要是恒溫恒壓、恒溫恒容容器中平衡的建立和影響因素的理解應用。10.X、Y、Z、W四種物質(zhì)有如下相互轉(zhuǎn)化關(guān)系（其中X、W為單質(zhì)，Y、Z為化合物，未列出反應條件）Ⅰ．若Z是生活中常用的調(diào)味品，W遇淀粉溶液變藍，則：（1）常溫下，X的顏色是____________。（2）工業(yè)上Z有多種用途，用化學方程式表示Z的一種用途_________________________。（3）生活中所用的Z加入了碘酸鉀，過量X與Y溶液反應時可以得到這種碘酸鹽，此反應的離子方程式是______________________________________。Ⅱ．若X是工業(yè)上用量最大的金屬單質(zhì)，Z是一種具有磁性的黑色晶體，則：（1）X與Y反應的化學方程式是__________________________________。（2）將3.48gZ加入50mL4mol/L的稀HNO3中充分反應，產(chǎn)生112mL的NO（標準狀況），向反應后的溶液中滴加NaOH溶液能產(chǎn)生沉淀．當沉淀量最多，至少須要加入2mol/L的NaOH溶液_____mL（精確到0.1）?！敬鸢浮?1).黃綠色(2).2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH(3).3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+(4).3Fe+4H2OFe3O4+4H2(5).97.5【解析】【分析】（1）若Z是生活中常用的調(diào)味品，W遇淀粉溶液變藍，則W為I2，碘易升華，Z為NaCl，在氯堿工業(yè)中有重要的應用，X為氯氣，Y為NaI，過量X與Y溶液反應時可以得到一種碘酸鹽為碘酸鈉；（2）X是工業(yè)上用量最大的金屬單質(zhì)，Y是一種具有磁性的黑色晶體，則X為Al，Y為Fe3O4，二者發(fā)生鋁熱反應?！驹斀狻竣瘢鬢遇淀粉溶液變藍，w是碘單質(zhì)，X和Y反應生成碘和Z，Z是生活中常用的調(diào)味品，Z是氯化鈉，依據(jù)元素守恒、氧化還原反應及X和W是單質(zhì)、Y和Z為化合物知，X是氯氣，Y是碘化鈉；（1）通過以上分析知，X是氯氣，為黃綠色氣體；（2）工業(yè)上用電解飽和氯化鈉溶液制取氫氧化鈉，電解方程式為：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；（3）氯氣有強氧化性，能把碘離子氧化生成碘酸根離子，同時自身被還原成氯離子，離子方程式為：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+IO3-+6H+；Ⅱ．若X是工業(yè)上用量最大的金屬單質(zhì)，則X是鐵，Z是一種具有磁性的黑色晶體，Z是四氧化三鐵，X、Y、Z、W四種物質(zhì)有如下相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中X、W單質(zhì)，Y、Z為化合物，該反應是鐵和水蒸氣反應生成氫氣和四氧化三鐵，所以W是氫氣，Y是水．（1）高溫條件下，鐵和水反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（2）四氧化三鐵和硝酸反應生成硝酸鹽和NO，向溶液中滴加氫氧化鈉溶液，硝酸鹽和氫氧化鈉反應生成沉淀和硝酸鈉，依據(jù)溶液中硝酸根離子的量計算氫氧化鈉的濃度，硝酸的物質(zhì)的量=4mol/L×0.05L=0.2mol，充分反應，產(chǎn)生112mL的NO，依據(jù)氮原子守恒，硝酸和一氧化氮的物質(zhì)的量之比為1：1，則溶液中剩余硝酸的物質(zhì)的量=0.2mol-=0.195mol，硝酸鹽和氫氧化鈉反應生成沉淀和硝酸鈉，則氫氧化鈉和硝酸根離子之間的物質(zhì)的量之比為1：1，設氫氧化鈉的體積為V，則NaOHNO3-，1mol1mol2V0.195molV=97.5mL?！军c睛】本題考查無機物的推斷，明確鹵素單質(zhì)之間的置換反應及鋁熱反應是解答的關(guān)鍵，留意碘的特性及Y的特性是解答的突破口，題目難度不大。11.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序數(shù)依次增大。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子。回答下列問題：（1）b、c、d中第一電離能最大是____________（填元素符號），e的價層電子排布圖為_________。（2）a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為_________；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是__________（填化學式，寫出兩種）。（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是_________（任寫一種）；酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是___________（填化學式）。（4）e和c形成的一種離子化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖1所示，則e離子的電荷為__________。（5）這5種元素形成的一種1:1型離子化合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)；陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)（如圖2所示）。該化合物中，陰離子為__________，陽離子中存在的化學鍵類型有____________；該化合物加熱時首先失去的組分是____________，推斷理由是___________________?！敬鸢浮?1).N(2).(3).sp3(4).H2O2、N2H4(5).HNO2(或HNO3)(6).H2SO3(7).+1(8).SO42-(9).共價鍵、配位鍵(10).H2O(11).H2O與Cu2+之間的配位鍵比NH3與Cu2+的弱【解析】【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大，a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則a為H元素；c的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過8個，則c是O元素；b的價電子層中的未成對電子有3個，且原子序數(shù)小于c，則b是N元素；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子，則e原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，為Cu元素；d與c同族，且原子序數(shù)小于e，所以d為S元素，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第ⅡA族和第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同一主族元素中，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以b、c、d元素第一電離能最大的是N元素；e的價層電子為3d、4s電子，其價層電子排布圖為；(2)a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子為NH3，該分子的中心原子含有3個共價單鍵和一個孤電子對，所以N原子的雜化方式為sp3；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物有H2O2和N2H4；(3)這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是H2SO3；(4)該晶胞中c離子個數(shù)=1+8×=2，e離子個數(shù)4，該晶胞中氧離子和銅離子個數(shù)之比=2：4=1：2，所以e和c形成一種離子化合物化學式為Cu2O，則e離子的電荷