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A、B、C、D、E五種短周期元素，核電荷數(shù)依次增加，其中B的最外層電子數(shù)是內層電子總數(shù)的2倍，它們可形成含有非極性鍵的B₂A₂、A₂C₂、D₂C₂的化合物；E的單質在自然界中常在火山噴口附近出現(xiàn)．據(jù)此回答下列問題：
（1）寫出D₂C₂的電子式：

（2）我國普遍采用一種方法制得含有A、C、E三種元素的某重要化工產(chǎn)品，其工業(yè)生成的第一步化學反應方程式為

4FeS₂+11O₂

高溫  .

2Fe₂O₃+8SO₂

4FeS₂+11O₂

高溫  .

2Fe₂O₃+8SO₂

．
（3）均由A、C、D、E四種元素組成的兩種物質在溶液中反應的離子方程式為

H⁺+HSO₃^-=H₂O+SO₂↑

H⁺+HSO₃^-=H₂O+SO₂↑

．
（4）由A與C兩種元素組成的一種化合物能使酸性高錳酸鉀褪色，反應的離子方程式是

2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺=2Mn²⁺+8H₂O+5O₂↑

2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺=2Mn²⁺+8H₂O+5O₂↑

．
（5）單質B可與由A、C、E 三種元素組成的化合物在一定條件下反應生成EC₂，該反應的化學方程式為

C+2H₂SO₄（濃）

△   .

CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O

C+2H₂SO₄（濃）

△   .

CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O

．
（6）B元素的氫化物有多種，1molB的某種氫化物中含有14mol電子，已知在25℃，101kPa下，1g該氣態(tài)氫化物在足量氧氣中完全燃燒生成液態(tài)水時放出熱量為50kJ，寫出該物質燃燒熱的熱化學方程式

C₂H₂（g）+

5

2

O₂（g）=2CO₂（g）+H₂O（l）△H=-1300kJ/mol

C₂H₂（g）+

5

2

O₂（g）=2CO₂（g）+H₂O（l）△H=-1300kJ/mol

．

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A、B、C、D、E五種短周期元素，核電荷數(shù)依次增加，其中A與D同族，C與E同族．A的一種原子內無中子，B原子最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的2倍，一個C^2-離子含10個電子．
（1）D與C形成一種含有兩種化學鍵的離子化合物，寫出該離子化合物的電子式：

．
（2）甲是由A、B、C三種元素組成的相對分子質量最小的物質，且可以發(fā)生銀鏡反應，請寫出甲的結構式：

．
（3）由A、B兩種元素組成的非極性分子有多種，其中一個分子含4個原子的為乙，已知乙的燃燒熱為1300kJ/mol，乙燃燒的熱化學反應方程式是：

C₂H₂（g）+

1

2

O₂（g）=2CO₂（g）+H₂O（1）△H=-1300kJ/mol

C₂H₂（g）+

1

2

O₂（g）=2CO₂（g）+H₂O（1）△H=-1300kJ/mol

．
如果用乙與C的單質在KOH作電解質溶液的條件下構成燃料電池，請寫出其負極的電極反應式為：

C₂H₂-10e^-+14OH^-=2CO₃^2-+8H₂O

C₂H₂-10e^-+14OH^-=2CO₃^2-+8H₂O

（4）均由A、C、D、E四種元素組成的兩種物質丙和丁在溶液中反應的離子方程式是：

H⁺+HSO₃^-=H₂O+SO₂↑

H⁺+HSO₃^-=H₂O+SO₂↑

．
（5）A與C形成一種物質戊，在酸性條件下，將少量戊加入淀粉KI溶液后，溶液顯藍色，反應的離子方程式是

2I^-+H₂O₂+2H⁺=I₂+2H₂O

2I^-+H₂O₂+2H⁺=I₂+2H₂O

．
（6）E的一種氧化物與ClO^-均具有漂白性，但兩者混合后的產(chǎn)物均不具有漂白性，請寫出該反應的離子方程式：

SO₂+ClO^-+H₂O=SO₄^2-+Cl^-+2H⁺或SO₂+ClO^-+20H^-=SO₄^2-+Cl^-+H₂O

SO₂+ClO^-+H₂O=SO₄^2-+Cl^-+2H⁺或SO₂+ClO^-+20H^-=SO₄^2-+Cl^-+H₂O

．

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(一)選擇題

1.C2.C3.A4.B5.C6.B7.D8.A、B9.D10.AB11.B、C12.C13.D14.C15.C16.C17.D18.B19.A、D20.A21.B22.D23.B24.C25.D26.C27.B28.D29.A、D30.B

(二)非選擇題

1.有關反應為

Fe+4HNO₃Fe(NO₃)₃+NO+2H₂O……(1)

Fe(NO₃)₃Fe₂O₃+3NO₂+O₂……(2)

3NO₂+O₂+H₂O3HNO₃……(3)

NO+O₂+H₂OHNO₃……(4)

由逆向推，反應(4)中n(NO)＝這正好是反應(1)中消耗的n(Fe)。故耗鐵的質量m(Fe)＝0.04mol×56g/mol＝2.24gA中溶質為(3)、(4)反應中生成的HNO₃，根據(jù)氮原子守恒規(guī)則，正好是反應(1)中消耗的HNO₃，所以A中HNO₃質量：m(HNO₃)＝0.04mol×4×63g/mol＝8.82g答(略)

2.NH₃?H₂O+SO₂=NH₄^＋+HSO₃^―或2NH₃?H₂O+SO₂=2HN₄^＋+SO+H₂O

2NO₂+2OH^―=NO₃^―+NO₂^―+H₂O

CaCO₃+2H^＋=Ca^2＋+H₂O+CO₂?

3.解析題目給予的條件較多，海水中有D物質存在，且A、B元素均為常見的元素，可推知D可能為MgCl₂。并由此推出A單質是Ba，B單質是Mg，X為Cl₂或HCl，E為BaCl₂。

答案：(1)Cl₂或HCl

(2)MgCl₂+Ba(OH₂)BaCl₂+Mg(OH)↓(3)Ba^2＋+SOBaSO₄↓

4.P₄、X：P₂O₅Y：HPOZ：H₃PO₄

5.(1)S～CaSO₄?2H₂O

1mol172g

x

x=76780g=76.78kg

(2)若溶液中溶質全為Na₂SO₃，則Na^＋=2mol?L^-1×0.2L=0.4mol，Na₂SO₃質量為0.2mol×126g/mol=25.2g＜33.4g；

若溶質是NaHSO₃，則質量是：

0.4mol×104g/mol=41.6g＞33.4g

所以，33.4g溶質是Na₂SO₃和NaHSO₃的混合物。

設Na₂SO₃的物質的量為x，NaHSO₃為y

解得：x=0.1mol,y=0.2mol

6.(1)6HCl+KClO₃KCl+3Cl₂+3H₂O(2)0.5mol電子(3)73.3

7.①以防止試管C內Na₂O₂和外界相通時發(fā)生吸潮現(xiàn)象②濃H₂SO₄Na₂O₂與干燥的CO₂不反應③帶火星的小木條在試管B的液面上劇烈燃燒，同時黃色粉末變成白色粉末④2Na₂O₂+2C¹⁸O₂+2H=2Na₂C¹⁸O₃+2H₂O+O₂?

8.(1)從周期表位置上下關系看，金屬性Mg＞Li，從周期表位置左右關系看，金屬性Li＞Mg，所以處在以上圖對角關系的兩個元素，化學性質往往相似。

(2)兩性H₂BeO₂+2OH^―BeO+2H₂O，Be(OH)₂+2H^＋Be^2＋+2H₂O(3)原子

9.(1)球碳分子C⁶⁰?(2)星際中存在的應是球碳分子C⁶⁰，火山口發(fā)現(xiàn)的應是金剛石。

10.(1)含Ba^2＋、Ca^2＋離子中的一種或兩種，因BaSO₄難溶，CaSO₄微溶。(2)Fe(OH)₃(3)2AlO^―₂+CO₂+3H₂O2Al(OH)₃↓+CO或AlO^―₂+CO₂+2H₂OAl(OH)₃↓+HCO^―₃

11.(1)D，3H₂O₂+Cr₂(SO₄)₃+10KOH2K₂CrO₄+3K₂SO₄+8H₂O(2)C(3)A

12.(1)Cu+H₂SO₄(濃)CuSO₄+SO₂↑+H₂O

(2)4FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+8SO₂

(3)H₂S+H₂SO₄(濃)S↓+SO₂↑+H₂O

(4)Na₂SO₃+H₂SO₄Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O

13.“不另加固體或液體物質”說明可以通入氣體試劑。依題意通NH₃可使溶液中的Al^3＋沉淀；通CO₂氣可使溶液中的AlO^―₂沉淀；也可用Al^3＋和AlO^―₂在溶液中相混合產(chǎn)生沉淀的方法。

(1)設往A溶液中至少通入xmolNH₃，則

Al^3＋+3NH₃+3H₂OAl(OH)₃?+3NH^＋₄

11

axx=3amol

(2)設往B溶液中至少通入ymolCO₂，則

2AlO^―₂+CO₂+3H₂O2Al(OH)₃+CO

21

byy=0.5bmol

(3)將A溶液與B溶液混合，則

Al^3＋+3AlO^―₂+6H₂O4Al(OH)₃?

13

ab

討論：①若b=3a，則混合后兩溶液中的Al元素正好全部轉化為沉淀；

②若b＜3a，則只有AlO^―₂完全轉化。

Al^3＋+3AlO^―₂+6H₂O4Al(OH)₂?

13

b

則剩余Al^3＋(a-)mol，還需要通入NH₃為3(a-)=(3a-b)mol。

③若b＞3a，則只有Al^3＋完全轉化。

Al^3＋+3AO^―₂+6H₂O4Al(OH)₃

13

a3a

則剩余AlO^―₂(b-3a)mol，還需通入CO₂氣體為mol。

14.(1)A、C、D(2)Cu^＋+NO^―₂+2H^＋Cu^2＋+NO↑+H₂O

(3)3NONO₂+N₂O

(4)生成的NO₂又發(fā)生如下反應：2NO₂N₂O₄，而使壓力略小于原壓力的

15.(1)稀，a、c(2)a、c(3)b,Fe(OH)₃，Cu(OH)₂

16.解析(1)從圖中可以看出，在由硅氧四面體形成的環(huán)上，每個硅原子保留了兩個沒有被共用的氧原子，另外還有兩個氧原子分別在相鄰的左右兩個硅氧四面體共用，因此在每個硅氧四面體內占有的氧原子數(shù)為：

即，如果硅原子的數(shù)目為n，則氧原子的數(shù)目為3n.構成硅氧四面體內的硅原子呈+4價，氧原子呈-2價，據(jù)此可計算出酸根的化合價，從而寫出通式(2)將n＝6代入通式，可知綠柱石的酸根為(Si₆O₁₈)^12-，因此兩種金屬的化合價之和應為+12。設綠柱石化學式為Be_xAl_ySi₆O₁₈，元素Be為+2價，元素Al為+3價，由此可得2x+3y＝12，經(jīng)討論解得x＝3，y＝2是合理答案，這樣可確定綠柱石的化學式為Be₃Al₂Si₆O₁₈，最后可寫出氧化物形式：3BeO?Al₂O₃?6SiO₂.

17.(1)孔雀石CuCO₃?Cu(OH)₂石青2CuCO₃?Cu(OH)₂

(2)化學組成：CuCO₃?Cu(OH)₂與2CuCO₃?Cu(OH)₂混合物

(3)36g

(4)A＝124

18.(1)(略)(2)先通NH₃，因其溶解度遠大于CO₂.在通CO₂時發(fā)生NH₃+CO₂+H₂O＝NH₄HCO₃，使［HCO^―₃］大增，而NaHCO₃溶解度不是很大，故析出。若反之由于CO₂溶解度小，再通NH₃時，不能使［HCO^―₃］大增，故不析出。若同時通氣則會浪費CO₂.

19.解析Fe^3＋對Zn、Fe、Cu均顯氧化性，故有Fe^3＋就無金屬殘留，溶液中離子為Zn^2＋、Fe^2＋、Cu^2＋、Fe^3＋。溶液顯藍色，有Cu^2＋，則Fe、Zn不能存在，故②中Cu可能剩余，溶液中離子為Cu^2＋、Fe^2＋、Zn^2＋。③有Fe則無Cu^2＋、Fe^3＋，F(xiàn)e質量不變說明Fe^3＋恰好和Zn反應掉(Fe^3＋先與還原能力強的Zn反應)，否則存在如有Zn存在則Zn+Fe^2＋Fe，會使Fe質量增加，所以固體是Cu、Fe混合物。因Zn+2Fe^3＋Zn^2＋+2Fe^2＋，故反應后Cu∶Fe∶Fe^2＋∶Zn^2＋∶Cl^―＝1∶1∶2∶1∶6。④還有Zn剩余，則溶液里無Fe^3＋、Fe^2＋、Cu^2＋只有Zn^2＋。Cu、Fe均未消耗，相反Fe質量還要增加。

20.(1)FeS、FeS₂(2)(3)略

21.E：C；G：O；D：Fe；A：Kx＝3；y＝1；z＝3K₃Fe(C₂O₄)₃

22.①②④③⑥(2)K₂CO₃溶液(3)不能，KOH溶液，AgNO₃溶液，小于

23.C₂Cl?5F，C₂H₂F₄

24.(1)1，0＜x＜w(2)2，x≥w(3)

25.(1)甲：x表示Cl₂的物質的量

乙：x表示原有Cl₂的體積

丙：x表示被氧化的NH₃的物質的量

�。簒表示原混合氣中的Cl₂的體積分數(shù)

(2)0.34g

26.(1)a＝，b＝＝1.306

(2)m₁(H₂O)＝20g?mol^－1?n₁(SO₃)

m₂(H₂O)＝13.8g?mol^－1?n₂(SO₃)

(3)

(4)m_總(H₂O)＝

27.(Si_nO_3n+1)^(2n+2)-

28.(1)BH^―₄+2H₂O＝BO^―₂+4H₂↑(2)3BH^―₄+8Au^3＋+24OH^―＝3BO^―₂+8Au+18H₂O

29.(1)C+CO₂2CO(2)FeO和Fe,CO₂(3)C和Fe,CO(4)1/2＜n＜1(5)n＝2/3

30.(1)B+3HNO₃H₃BO₃+3NO₂

(2)

(3)B₂H₆

31.(1)Cu₂O+Fe₂(SO₄)₃+H₂SO₄2CuSO₄+2FeSO₄+H₂O

(2)10FeSO₄+2KMnO₄+8H₂SO₄5Fe₂(SO₄)₃+2MnSO₄+K₂SO₄+8H₂O

(3)Cu₂O～Fe₂(SO₄)₃～2FeSO₄～KMnO₄

mCu₂o=

Cu₂O%=×100%=72%

32.(1)①4Al+3O₂2Al₂O₃+Q

②2NH₄ClO₄2O₂↑+N₂↑+Cl₂↑+4H₂O↑

(2)1mol高氯酸銨分解所產(chǎn)生的氣體有4mol.

33.加液氨后HClO與NH₃反應轉化為較穩(wěn)定的NH₂Cl,可在水中存在較長時間，而且隨著HClO的開始消耗，上述平衡向左移動，產(chǎn)生HClO,又起殺菌作用。

34.(1)3Br₂+6OH^―BrO^―₃+5Br^―+3H₂O

(2)BrO^―₃+5Br^―+6H^＋3Br₂+3H₂O

35.(1)Be+2OH^―BeO+H₂↑

(2)NaOH溶液，Be(OH)₂+2OH^―+2H₂O

(3)共價化合物，∶Cl∶Be∶∶，Be^2＋+2H₂OBe(OH)₂+2H^＋