C.Z的氧化物对应的水化物的酸性在主族元素中最强
D.化合物丙是离子化合物,既含离子键又含共价键
二、填空题(每空2分,共40分)
21.
(1)有①
、
、
②H2、D2、T2③石墨、金刚石④、、四组微粒或物质。
互为同位素的是__________________(填编号)。
(2)下列物质中:
①N2②MgCl2③NH4Cl④CH4⑤CO2⑥Ne⑦H2S⑧KOH⑨Na2O2⑩K2O只存在共价键的是___________;属于离子化合物,但含有共价键的是______。
(3)用电子式表示下列物质:
MgCl2___________N2___________NH4+___________Na2O2___________
22.A、B、C、D、E均是短周期主族元素,其原子序数依次增大,A和B同周期,A和D同主族,A原子最外层电子数是内层电子数的二倍,B元素族序数是周期数的三倍,B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同,C的单质与B的单质在不同条件下反应,可生成C2B或C2B2,E是所在周期中原子半径最小的元素,请回答:
(1)D在元素周期表中的位置是______________。
(2)C2B2作潜水艇的供氧剂的原理方程式____________;
(3)B、C、E的离子半径由大到小的顺序为______________用化学式回答,下同;A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为____________。
(4)B的氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因________________________。
23.A、B、C、D、E是五种短周期元素。
已知:
它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,C是E的邻族元素;D和E的原子序数之和为30,且D的族序数与周期数相等。
甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物,其中甲分子中含有18个电子。
物质组成
甲
乙
丙
丁
化合物中各元素原子个数比
A和C
1:
1
B和A
1:
4
D和E
1:
3
B和E
1:
4
据上表格回答问题
(1)元素D的最高价氧化物对应的水化物是___________________________;
(2)把D的单质放到NaOH溶液中,反应的化学方程式为:
_______________________;
(3)用电子式表示甲:
_________________________;
(4)有200mLMgCl2和丙的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.2mol·L-1,c(Cl-)=1.3mol·L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,至少需要4mol·L-1NaOH溶液的体积是:
______。
24.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知X水溶液是中性,A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I均为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)B溶于水的离子方程式____________________________
(2)
(2)A在B中燃烧的现象是_____________________________。
(3)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量之比是________。
(4)G+J→M的离子方程式是__________________________。
参考答案
1.C
【解析】
【分析】
共价化合物只含有共价键,由不同元素组成,以此解答该题.
【详解】
A.H2为单质,不是化合物,故A错误;
B.Na2O为离子化合物,含有离子键,故B错误;
C.CH4只含有共价键,为共价化合物,故C正确;
D.KOH为离子化合物,含有共价键和离子键,故D错误。
故选:
C。
【点睛】
本题考查离子化合物、共价化合物的区别,注意相关基础知识的积累.
2.A
【解析】
【分析】
生成物的总能量大于反应物的总能量为吸热反应;浓硫酸溶于水放热,且不是化学变化;金属与酸反应放热。
【详解】
A选项,生成物的总能量大于反应物的总能量为吸热反应,故选A;B选项,生成物的总能量小于反应物的总能量为放热反应,故不选B;浓硫酸溶于水放热,且不是化学变化,故不选C;锌与硫酸反应放热,故不选D。
3.B
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为10电子的分子,且X和乙的反应为置换反应,反应为氟气和水的反应,可知X单质为F2,Y单质为O2,乙为H2O,甲为HF,则W为H元素,X为F元素,Y为O元素,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2,Z为C或N元素,以此解答该题。
【详解】
由以上分析可知W为H元素,X为F元素,Y为O元素,Z为C或N元素,X单质为F2,Y单质为O2,甲为HF,乙为H2O,丙是NH3或CH4。
A.W为H元素,X为F元素,Y为O元素,Z为C或N元素,则原子序数由小到大的顺序是:
W<Z<Y<X,A正确;
B.Z为C或N元素,如Z为C元素,则对应的最高价氧化物对应的水化物H2CO3为弱酸,B错误;
C.水常温下为液体,沸点最高;HF分子间含有氢键,作用力较强,沸点比甲烷和氨气高,C正确;
D.O与H可生成H2O、H2O2;O与C生成CO、CO2;O与N生成NO、NO2等氧化物,D正确;
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识,把握氟单质与水的置换反应为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查,注意常见的含有10个电子的物质,题目难度较大。
4.B
【解析】
【分析】
A的一种原子不含中子,A为氢,B原子最外层电子数是次外层的3倍,B为氧,C与A处于同一主族,C为钠,D的原子序数为B的2倍,D为硫,E为氯。
【详解】
A.B、D、E形成的简单离子分别为O2-、S2-、Cl-,因三种元素中非金属性S最弱,则还原性最强应该是S2-,故A错误;B.B与C形成的化合物同时含有共价键和离子键的物质是Na2O2,故B正确;C.Cl元素的非金属性比S强,所以HCl比H2S的稳定性强,故C错误;D.1mol的Cl2与NaOH溶液反应是歧化反应,氯气既做氧化剂又做还原剂,转移1mol电子,故D错误;本题选B。
5.C
【解析】
【分析】
由图象可知,四种元素最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度为0.01mol/L,其中z对应pH为2,即为强酸,结合原子序数可知z为N元素,e对应的pH为12,即为强碱,所以e为Na元素,所以推出g为S元素,h为Cl元素,据此分析作答。
【详解】
由上述分析可知,
A.e为Na,g为S,h为Cl,因Na、S、Cl的离子半径大小为S2->Cl->Na+,即g>h>e,故A项错误;
B.S元素位于第三周期ⅥA族,故B项错误;
C.e2g2即Na2S2,类似于Na2O2,所以分子内既含有离子键,又含有非极性共价键,故C项正确;
D.h、g、z三种元素的简单氢化物分别为HCl、H2S、NH3,同浓度时三者水溶液的pH大小关系为NH3>H2S>HCl,即z>g>h,故D项错误;
答案选C。
6.C
【解析】
【分析】
NH3遇HNO3会生成白色固体,产生“白烟",W为氮元素;短周期元素中,原子的最外层电子数等于电子层数2倍的元素有C、S元素,Z的原子序数大于7,所以Z为硫元素;又因为W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,所以X为钠元素;由图知,通入CO2产生沉淀。
且沉淀不溶于过量的CO2,NaAlO2、Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀,且硅酸、氢氧化铝不溶于CO2,但四种元素中有两种非金属元素,故Y为铝元素,不是硅元素,据此分析。
【详解】
NH3遇HNO3会生成白色固体,产生“白烟",W为氮元素;短周期元素中,原子的最外层电子数等于电子层数2倍的元素有C、S元素,Z的原子序数大于7,所以Z为硫元素;又因为W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,所以X为钠元素;由图知,通入CO2产生沉淀。
且沉淀不溶于过量的CO2,NaAlO2、Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀,且硅酸、氢氧化铝不溶于CO2,但四种元素中有两种非金属元素,故Y为铝元素,不是硅元素。
A、S2-、N3-、Na+、Al3+的离子半径依次减小,选项A错误;
B、硫的含氧酸有H2SO3、H2SO4,H2SO3是弱酸,选项B错误;
C、含Al3+和AlO2-的溶液能够发生反应生成氢氧化铝沉淀,选项C正确;
D、工业上可以采用电解法制备钠、铝,但是不能用热还原法制备。
选项D错误。
答案选C。
【点睛】
本题主要考查了元素周期律、元素化合物知识、化学键等知识,中等难度,元素推断是解题的关键,答题时注意基础知识的灵活运用。
7.C
【解析】
【分析】
W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2,且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,则W为N,X为O,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Y为Na,Z原子最外层电子数与W电子总数相同,则Z为Cl。
综上,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。
【详解】
根据以上分析,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl,
A项,W为N,N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸,故A项错误;
B项,N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同,核电荷数越大半径越小,所以简单离子半径:
N3->O2->Na+,故B项错误;
C项,Z为Cl,W为N,由于氨分子之间存在氢键,沸点较高,简单氢化物沸点:
Cl<N,故C项正确;
D项,Y为Na,Z为Cl,Y与Z形成的化合物为NaCl,为强酸强碱盐,不水解,水溶液呈中性,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
8.A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素,原子序数依次增大X、Y是组成空气的主要元素,原子序数Y>X,所以X是N元素,Y是O元素;Y2-与Z+核外电子排布相同,则Z是Na元素;Y是O元素,原子序数是8,Q的原子序数为Y的2倍,则Q是16号元素S,则W是Cl元素,据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知:
X是N元素,Y是O元素,Z是Na元素,Q是S元素,W是Cl元素。
A.X、Y组成的原子个数比为1:
1的化合物是NO,1:
2化合物是NO2,二者都是非金属氧化物,属于共价化合物,A正确;
B.和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2,二者的阴阳离子个数比均为1:
2,B错误;
C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。
由于元素的非金属性Y>Q,所以Y、Q的简单氢化物的热稳定性:
QD.X、Q、W最高价氧化物对应的水化物分别是HNO3、H2SO4、HClO4,酸性最强的是HClO4,D错误;
故合理选项是A。
【点睛】
本题考查元素周期表、元素周期律的知识,把握元素的位置、原子序数、原子结构来推断元素是解答本题的关键,侧重学生分析与应用能力的考查,注意把元素及化合物的性质与规律性的知识结合起来应用。
9.C
【解析】
【分析】
通过图中信息及四种元素为短周期,可确定,X、W为第二周期相邻元素,Y、Z为第三周期相邻元素,且X、Z同主族,四种原了最外层电子数之和为24,设X最外层电子数为x,则x+x+1+x+x-1=24,x=6,X为O,W为F,Y为P,Z为S。
【详解】
A.O和S为同主族,但由于O的氧化性较强,无正价,A错误;
B.O2-、F-具有相同的核外电子排布,原子序数越大半径越小,r(X)>r(W),B错误;
C.根据元素周期律,非金属元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性:
F>O>S>P,气态氢化物的稳定性:
W>X>Z>Y,C正确;
D.S元素+4价的氧化物对应水化物为亚硫酸,为弱酸,D错误;
答案为C
10.D
【解析】
【分析】
依题意,A、B、C为短周期元素,B的气态氢化物是工业上合成硝酸的重要原料,则B为N元素,从A、B、C的相对位置看,A为Si元素、C为S元素。
【详解】
A项、N元素和S元素均为非金属元素,两原子间不可能形成离子键,故A错误;
B项、A的氧化物是二氧化硅,二氧化硅固体中不存在“SiO2”分子,其基本结构是“SiO4”四面体,每个硅原子与周围4个氧原子形成共价键,晶体中只有单键、没有双键,故B错误;
C项、一般而言,电子层数越大,原子半径越大,则Si原子的原子半径最大;又同周期元素从左到右,原子半径依次减小,原子半径的大小顺序为Si>S;N和S既不是同周期也不是同主族,无法比较两者的原子半径,故C错误;
D项、同周期元素,从左到右非金属性依次增强,同主族元素,从上到下非金属性依次减弱,则非金属性的强弱顺序为N>P>Si,故最高价氧化物对应的水化物的酸性HNO3>H2SiO3,故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律的推断,准确推断出各字母代表的元素是解题的关键,进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。
11.D
【解析】
【分析】
由已知甲、乙的焰色均为黄色且水溶液均呈碱性,所以甲乙中均含钠,根据框图和溶液呈碱性,知甲NaHCO3.乙为Na2CO3.己是元素C的单质知C为O,己为氧气,戊为过氧化钠,丙和丁是水和二氧化碳。
短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大,则A为H,B为C,C为O,D为Na。
【详解】
A.根据上述分析知甲NaHCO3.乙为Na2CO3,都属于强碱弱酸盐,加入水中都能促进水解,即促进水的电离平衡,故A正确;B.乙为Na2CO3,戊为过氧化钠,两者都是离子化合物,故B正确;C.A为H,C为O,D为Na。
离子半径:
O>Na>H,故C正确;D.A为H,B为C,C为O,则A、B、C能形成化合物的醇、醛、酯水溶液不是酸性。
故D错误;答案:
D。
【点睛】
本题的突破口甲、乙的焰色均为黄色且水溶液均呈碱性,甲乙中均含钠,根据框图和溶液呈碱性即可判断甲NaHCO3.乙为Na2CO3,由此判断元素A、B、C、D的名称。
12.C
【解析】
【分析】
先根据图写出对应的热化学方程式,然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式,最后结合物质的能量越低越稳定以及反应热=反成物的总能量-生成物的总能量解答。
【详解】
由图得:
①C(S,石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1
②C(S,金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ·mol-1,
利用盖斯定律将①-②可得:
C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ·mol-1,则
A、因C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9kJ·mol-1,故A错误;
B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应,属于化学变化,故B错误;
C、金刚石能量大于石墨的总能量,物质的能量越大越不稳定,则石墨比金刚石稳定,故C正确;
D、依据热化学方程式C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ·mol-1,所以1mol石墨本身具有的总能量比1mol金刚石本身具有的总能量小1.9kJ,故D错误;
故选C。
【点睛】
本题考查利用盖斯定律书写热化学方程式,解题关键:
盖斯定律应用,易错点C,注意物质的稳定性与能量的关系:
物质的能量越大越不稳定。
13.C
【解析】
【详解】
A.双氧水受热分解,有化合价的变化,是氧化还原反应,但是放热反应,故A错误;
B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应,虽然是吸热反应,但不是氧化还原反应,故B错误