陜西省商洛市山陽中學2021-2022學年高二下學期期中考試化學試題可能用到的相對原子質量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Al-27，P-31，S-32第Ⅰ卷選擇題(共48分)一、單選題(本題共16小題，每題3分，每題只有一個選項符合題意)1.中華傳統文化中蘊藏著很多化學原理。下列對古文或古詩詞的說明正確的是選項古文或古詩詞說明A冰，水為之，而寒于水冰變成水過程中放出能量B蠟燭成灰淚始干蠟燭燃燒過程中化學能全部轉化為光能C日照香爐生紫煙紫煙指的是碘的升華D用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露該過程中利用到蒸餾原理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．冰，水為之，而寒于水，說明冰的能量低，水由固態轉化為液態時吸收能量，故A錯誤；B．所有的燃燒都是放熱反應，燃燒時，化學能轉化為熱能和光能，故B錯誤；C．日照香爐生紫煙中的紫煙是瀑布飛瀉產生的水氣受到光照后產生的光學現象，不是碘升華，故C錯誤；D．“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，蒸令氣上為利用互溶混合物的沸點不同進行分離，為蒸餾操作，故D正確；故選D。2.空氣中CO2急劇上升，會導致各種環境問題。實現“碳中和”是世界各國正在努力實現的宏偉目標。下列工業生產和日常生活中的做法不利于“碳中和”的是A.化工廠的廢氣煙囪上加裝CO2的吸附裝置B.設計直接過濾大氣的裝置吸收其中CO2C.把捕集的CO2作為原料制作成食品或飼料D.出行盡可能多坐私家車而不乘坐大型公交車【答案】D【解析】【詳解】A．化工廠的廢氣煙囪上加裝CO2的吸附裝置，可以減少CO2的排放，該方法有利于“碳中和”，A不符合題意；B．設計直接過濾大氣的裝置吸收其中CO2，能夠降低空氣中CO2的含量，該方法有利于“碳中和”，B不符合題意；C．把捕集的CO2作為原料制作成食品或飼料既滿足了制取新物質的原料或得到制取的產品的需求，同時可以減少CO2的排放，該方法有利于“碳中和”，C不符合題意；D．出行多坐私家車，會增加CO2的排放量，導致空氣中CO2含量增加，該方法不有利于“碳中和”，D符合題意；故合理選項是D。3.現有①、②、③三種元素的基態原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3.則下列有關比較中正確的是A.第一電離能：③＞②＞① B.原子半徑：③＞②＞①C.電負性：③＞②＞① D.最高正化合價：③＞②＞①【答案】A【解析】【分析】由①1s22s22p63s23p4、②1s22s22p63s23p3、③1s22s22p3可知，①為S，②為P，③為N。【詳解】A．同一周期，從左到右，元素的第一電離能逐漸增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素P的3p電子為半滿穩定結構，第一電離能大于S，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，因此第一電離能：③＞②＞①，A項正確；B．一般而言，電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑：②＞①＞③，B項錯誤；C．非金屬性越強，元素的電負性越大，則電負性：③＞①＞②，C項錯誤；D．N、P最外層電子數相同，最高正化合價相同，都為+5價，S最外層電子數為6，最高正化合價為+6，最高正化合價：①＞③=②，D項錯誤；答案選A。4.下列說法中正確的是A.在多電子原子中，p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量B.電子在3PX與3PZ軌道上的運動狀態不相同C.N原子的電子排布違背了泡利不相容原理D.B原子由時，由基態轉化為激發態，形成發射光譜【答案】B【解析】【詳解】A．同一層即同一能級中的p軌道電子的能量一定比s軌道電子能量高，但不同能層時，外層s軌道電子能量則比內層p軌道電子能量高，故A錯誤；B．3PX與3PZ為同一能層上的軌道，其能量相同，但在同一原子里,沒有運動狀態完全相同的電子存在，則電子在3PX與3PZ軌道上的運動狀態不相同，故B正確；C．N原子核外電子數為7，處于2p能級上的3個電子應盡可能分占3個不同2p原子軌道，且自旋狀態相同，違背了洪特規則，故C錯誤；D．B原子的基態原子電子排布式為，由基態轉化為激發態時，電子的能力增大，需吸收能量，形成吸收光譜，故D錯誤；答案選B。5.NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1L0.1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+的數目為0.1NAB.100mL18.4mol/L的濃硫酸與足量鋅反應時，生成的SO2數目為0.92NAC.常溫常壓下，31g白磷燃燒生成P4O6時，斷裂P-P鍵的數目為1.5NAD.0.1molNaHCO3晶體中陰、陽離子總數為0.3NA【答案】C【解析】【詳解】A．1L0.1mol/L的AlCl3溶液中含有溶質的物質的量n(AlCl3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，Al3+在溶液中會發生水解反應而消耗，因此該溶液中含有Al3+的數目小于0.1NA，A錯誤；B．100mL18.4mol/L的濃硫酸中含有溶質H2SO4的物質的量為1.84mol，開始時發生反應：Zn+2H2SO4(濃)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，隨著反應的進行，溶液變稀，此時發生反應：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故生成的SO2的物質的量小于0.92mol，則產生的生成的SO2數目少于0.92NA，B錯誤；C．常溫常壓下，31g白磷的物質的量是0.25mol，在1個P4O6中含有6個P-P鍵，因此燃燒0.25mol白磷時斷裂P-P鍵的物質的量為0.25mol×6=1.5mol，故斷裂的P-P鍵的數目為1.5NA，C正確；D．在NaHCO3晶體中含有Na+、，因此0.1molNaHCO3晶體中陰、陽離子總數為0.2NA，D錯誤；故合理選項是C。6.1934年約里奧-居里夫婦在核反應中用α粒子(即氦核He)轟擊金屬原子X，得到核素Y，開創了人造放射性核素的先河：X＋He→Y＋n，其中元素X、Y的最外層電子數之和為8，下列敘述正確的是A.X的相對原子質量為26 B.X、Y均可形成三氯化物C.X的原子半徑小于Y D.Y僅有一種含氧酸【答案】B【解析】【分析】由X＋He→Y＋n及質量守恒可知：W=30+1-4=27，X、Y的最外層電子數之和為8，X的最外層電子數為，金屬原子X的質量數為27、且位于ⅢA族，則Z=13符合題意，故X為Al；Y的最外層電子數為8-3=5，質子數為13+2=15，Y為P，以此來解答。【詳解】由上述分析可知X為Al、Y為P元素。A．W為27，X原子的相對原子質量為27，A錯誤；B．X、Y可形成三氯化物分別為AlCl3、PCl3，B正確；C．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則X的原子半徑大于Y的半徑，C錯誤；D．Y的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，因此P元素不是只形成一種含氧酸，D錯誤；故合理選項是B。7.化學制備萘的合成過程如圖下列說法正確的是A.a的分子式是 B.b的所有碳原子可能處于同一平面C.萘的二氯代物有10種 D.a→b的反應類型為加成反應【答案】C【解析】【詳解】A.根據結構簡式確定分子式為，故A錯誤；B.b中4個C原子采用雜化，采用雜化的C原子具有甲烷結構特點，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故B錯誤；C.由結構對稱可知，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種，二氯代物有10種，故C正確；D.a比b少1個O原子、多2個H原子，所以為還原反應，故D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查有機物結構和性質，明確官能團及其性質關系、同分異構體種類判斷方法是解本題關鍵，C為解答易錯點，采用“定一移二”的方法判斷即可。8.某基態原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4，下列說法中錯誤的是（）A.該元素原子核外共有34個運動狀態不同的電子B.該元素原子核外有8種能量不同的電子C.該元素原子核外電子有18種空間運動狀態D.該元素原子價電子排布式為3d104s24p4【答案】D【解析】【分析】某基態原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4，原子序數為34，為Se元素，為ⅥA族元素；【詳解】A．原子核外有34個電子，電子的運動狀態各不相同，故A正確；B．核外電子分布于8個不同的能級，則有8種不同的能量，故B正確；C．34個電子位于18個軌道，有18種空間運動狀態，故C正確；D．為ⅥA族元素，價電子排布式為4s24p4，故D錯誤；故選：D。9.為探究Na2SO3溶液的性質，在白色點滴板的a、b、c、d四個凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分別滴加下圖所示的試劑：對實驗現象的“解釋或結論”正確的是選項實驗現象解釋或結論Aa中溶液褪色氧化性：SO<I-Bb中無現象，加硫酸后產生淡黃色沉淀硫酸將S2-氧化為硫單質Cc中滴入酚酞溶液變紅，再加BaCl2溶液后產生白色沉淀且紅色褪去亞硫酸鈉溶液中存在水解平衡Dd中產生白色沉淀Na2SO3溶液已變質A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Na2SO3溶液中亞硫酸鈉具有還原性，可以和碘單質反應生成硫酸鈉、碘化鈉，亞硫酸鈉做還原劑，碘化鈉是還原產物，所以還原性：SO＞I-，A錯誤；B．Na2SO3溶液中硫元素是+4價，硫化鈉中硫元素是-2價，二者可以和硫酸溶液發生氧化還原反應，硫元素歸中到0價，即生成淡黃色硫單質沉淀，B錯誤；C．Na2SO3溶液中亞硫酸根離子水解顯堿性，該溶液會使酚酞變紅，加入氯化鋇會結合亞硫酸根離子形成亞硫酸鋇沉淀，水解平衡逆向進行，氫氧根離子濃度減小，堿性逐漸消失，所以紅色褪去，C正確；D．亞硫酸鈉具有還原性，加入鹽酸酸化的硝酸鋇，即相當于加入了硝酸，亞硫酸根離子能被硝酸氧化為硫酸根，硫酸根離子可以和鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，該沉淀不溶于硝酸，所以實驗證明的是亞硫酸根離子的還原性，是被硝酸氧化的緣故，不能證明Na2SO3溶液已變質，D錯誤；正確選項C。【點睛】亞硫酸鈉中硫元素為+4價，既具有氧化性，又具有還原性，但亞硫酸鈉主要體現強的還原性，常做還原劑；亞硫酸鈉溶液中亞硫酸根離子水解，溶液顯堿性。10.下列4種溶液均由濃度為0.1mol/L的2種溶液等體積混合而成：①NH4Cl與HCl②NH4Cl與NaOH③NH4Cl與NaCl④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)，下列各項排序錯誤的是A.c(NH3·H2O)：②=④＞③＞① B.c()：④＞①＞③＞②C.溶液中c(Cl-)：①=③＞②=④ D.pH：②＞④＞③＞①【答案】A【解析】【詳解】A．④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)溶液中銨根離子抑制一水合氨的電離，一水合氨濃度最大；②NH4Cl與NaOH反應生成NH3?H2O和NaCl，c（NH3?H2O）小于④；①NH4Cl與HCl不反應，溶液為強酸性溶液，銨根離子水解程度最小，則c（NH3?H2O）小于③；③NH4Cl與NaCl混合，銨根離子正常水解，所以溶液中c（NH3?H2O）的大小為：④＞②＞③＞①，故A錯誤；B..①NH4Cl與HCl不反應，溶液中氫離子抑制了銨根離子的水解；②NH4Cl與NaOH反應生成氨水和氯化鈉，一水合氨部分電離，銨根離子濃度較小；③NH4Cl與NaCl，銨根離子部分水解；④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)溶液顯堿性，銨根離子水解程度小于一水合氨的電離，c()：④＞①＞③＞②，故B正確；C．混合液中氯離子的物質的量不變，②NH4Cl與NaOH混合液中氯離子濃度為0.05mol/L；①NH4Cl與HCl的混合液中氯離子濃度為0.1mol/L；③NH4Cl與NaCl的混合液中氯離子濃度為0.1mol/L；④NH4Cl與NH3?H2O混合液中氯離子濃度為0.05mol/L，則c（Cl-）大小為：③=①＞②=④，故C正確；D．②NH4Cl與NaOH反應生成NH3?H2O和NaCl，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7；①NH4Cl與HCl不反應，溶液為強酸性溶液；③NH4Cl與NaCl混合，銨根離子部分水解，溶液顯示酸性，酸性氫離子濃度小于①；④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)，銨根離子抑制一水合氨的電離，溶液堿性弱于②，所以混合液的pH大小為：②＞④＞③＞①，故D正確；故答案A。11.被譽為“礦石熊貓”的香花石，由我國地質學家首次發現，它由前20號元素中的6種組成，其化學式為Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數與次外層電子數相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電子數是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A.原子半徑：Y＞Z＞R＞TB.氣態氫化物的穩定性：W＜R＜TC.第一電離能：X＞ZD.XR2、WR2兩種化合物中R的化合價不相同【答案】C【解析】【分析】R元素原子的最外層電子數是次外層電子數的3倍，R只能有2個電子層，最外層電子數為6，則R為O元素；Y、Z、R、T位于同一周期，它們均處于第二周期，T無正價，則T為F元素；Y、Z為金屬元素，且Z的最外層電子數與次外層電子數相等，則Z為Be，Y為Li；X、Z位于同一主族，則X為Mg或Ca；X與R的原子序數之和是W的2倍，若X為Mg元素，W原子序數為，W為Ne，不符合題意；若X為Ca，W原子序數為，則W為Si，符合題意，故X為Ca，W為Si，以此解答該題。【詳解】由上述分析可知：X為Ca，Y為Li，Z為Be，R為O，T為F，W為Si元素。A．同一周期主族元素從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小關系為：Y(Li)＞Z(Be)＞R(O)＞T(F)，A正確；B．同周期主族元素自左向右元素的非金屬性逐漸增強；同一主族從上到下元素的非金屬性減小。元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性就越強。則元素的非金屬性Si＜O＜F。故元素氣態氫化物的穩定性：W(Si)＜R(O)＜T(F)，B正確；C．同主族元素從上到下元素金屬性逐漸增強。元素的金屬性越強，其第一電離能越小。元素的金屬性：Ca＞Be，所以第一電離能：X(Ca)＜Z(Be)，C錯誤；D．XR2、WR2分別CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合價為-1價，SiO2中O元素化合價為-2價，因此兩種化合物中O的化合價不相同，D正確；故合理選項C。12.下列反應的離子方程式正確的是A.銅、稀硫酸、雙氧水反應：B.向溶液中通入少量，C.溶液與溶液反應：D.向稀溶液中滴加溶液：【答案】A【解析】【詳解】A．銅、稀硫酸、雙氧水反應生成CuSO4和H2O，則其離子方程式為：，A正確；B．向溶液中通入少量生成物為Na2S而不是NaHS，該反應的離子方程式為：，B錯誤；C．溶液與溶液反應生成BaSO4和Mg(OH)2均為沉淀，離子方程式式書寫時均不能拆，正確的離子方程式為：，C錯誤；D．向稀溶液中滴加溶液，由于生成的NH3極易溶于水且量很少，則不會放出NH3，而是生成NH3·H2O，正確的離子方程式為：，D錯誤；故答案為：A。13.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程，該歷程示意圖如下所示。下列說法不正確的是A.生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%B.CH4→CH3COOH過程中，有C—H鍵發生斷裂C.①→②放出能量并形成了C—C鍵D.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率【答案】D【解析】【詳解】分析：A項，生成CH3COOH的總反應為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項，CH4選擇性活化變為①過程中，有1個C-H鍵發生斷裂；C項，根據圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②放出能量并形成C-C鍵；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高平衡轉化率。詳解：A項，根據圖示CH4與CO2在催化劑存在時生成CH3COOH，總反應為CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A項正確；B項，CH4選擇性活化變為①過程中，有1個C-H鍵發生斷裂，B項正確；C項，根據圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②放出能量，對比①和②，①→②形成C-C鍵，C項正確；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高反應物的平衡轉化率，D項錯誤；答案選D。點睛：本題考查原子利用率、化學反應的實質、化學反應中的能量變化、催化劑對化學反應的影響，解題的關鍵是準確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，催化劑不能改變ΔH、不能使化學平衡發生移動。14.常溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲線如圖所示，下列說法不正確的是A.a≈3，說明HA屬于弱酸B.水的電離程度：d點>e點Cc點溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)D.b點溶液中粒子濃度大小：c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】C【解析】【詳解】A．c(HA)=0.1mol/L，若為強酸，氫離子濃度應為c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，說明HA電離程度較小，HA屬于弱酸，故A不選；B．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，d點溶質為NaA，促進水電離，e點溶質為NaA和NaOH，NaOH抑制水電離，所以水電離程度：d點>e點，故B不選；C．c點溶液顯中性，由電荷守恒得：c(Na＋)=c(A-)，故C選；D．b點溶液中溶質為等物質的量濃度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于A?水解程度，所以c(A?)>c(HA)，鈉離子不水解，且HA電離程度和A?水解程度都較小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不選；故選：C。15.向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，溶液中這三種離子的物質的量隨通入氯氣的物質的量的變化如圖所示。下列說法正確的是A.III代表溶液中Fe2+的物質的量的變化情況B.I代表溶液中Br-的物質的量的變化情況C.a等于6D.原混合溶液中n(FeBr2)=4mol【答案】C【解析】【詳解】向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I-＞Fe2+＞Br-，首先發生反應2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應完畢，再反應反應2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，最后發生反應2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況。由通入氯氣以及反應離子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反應完畢，根據電荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol。A．由上述分析可知，線段Ⅲ代表Br-變化情況，故A錯誤；B．由上述分析可知，線段I代表I-的變化情況，故B錯誤；C．由上述分析可知，溶液中n（Br-）=6mol，根據2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴離子反應需要氯氣的物質的量為3mol，故a=3+3=6，故C正確；D．溶液中n（Br-）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D錯誤。故選C。16.短周期元素X、Y、Z的原子序數依次增大，其中Y元素的原子半徑最大。已知A、B、C分別是X、Y、Z三種元素的單質，A和C常溫下為氣體。在適宜的條件下，A、B、C可以發生如圖所示的反應。下列說法不正確的是A.Y、X兩元素形成的化合物屬于離子化合物B.Z的含氧酸均為強酸C.非金屬性：X＜ZD.原子半徑：Y＞Z＞X【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z的原子序數依次增大，其中Y元素的原子半徑最大，則Y為Na元素；已知A、B、C分別是X、Y、Z三種元素的單質，A和C常溫下為氣體，結合圖中轉化可知，B為Na，C為Cl2，D為NaCl，A為H2，E為HCl。鹽酸與Na反應生成NaCl和H2，均符合圖中轉化，即X為H，Y為Na，Z為Cl元素，然后結合元素周期律及物質性質分析解答。【詳解】根據上述分析可知：X為H，Y為Na，Z為Cl，A是H2，B是Na，C是Cl2。A．X為H，Y為Na，二者形成的化合物NaH是離子化合物，含離子鍵，A正確；B．Z為Cl，其形成的含氧酸若為HClO為弱酸，而Cl的最高價含氧酸HClO4為強酸，B錯誤；C．HCl中氫元素表現正化合價，氯元素表現負化合價，故元素的非金屬性：X(H)＜Z(Cl)，C正確；D．同一周期元素從左到右元素的原子半徑逐漸減小，原子核外電子層數越多，原子半徑越大，所有元素中氫原子半徑最小，則原子半徑：Y(Na)＞Z(Cl)＞X(H)，D正確；故合理選項是B。第Ⅱ卷(共52分)17.1869年，俄國化學家門捷列夫制作了第一張元素周期表，如表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分別代表某一化學元素。（1）e元素簡化的電子排布式為_________（2）元素h中質子數和中子數相等的同位素符號是_________。（3）畫出元素i的簡單離子結構示意圖為：_________，i元素的價層電子排布圖為_________。（4）與g同族的鍺常用于液晶電視材料其基態原子的電子排布式為_________（5）工業上用b的單質在電爐中還原g的氧化物制備g單質，寫出化學反應方程式：_________。（6）由表中兩種元素形成的氫化物A含有18個電子，A是一種6原子分子，可作火箭發動機燃料。B是一種與水組成相同的常見綠色氧化劑。已知16克液態A與液態B充分反應生成一種液態的10電子分子和一種氣態單質，并放出838kJ熱量，寫出A與B反應的熱化學方程式_________【答案】（1）[Ar]3d104s1（2）（3）①.②.（4）1s22s22p63s23p63d104s24p2（5）2C+SiO22CO↑+Si（6）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-1676kJ/mol【解析】【分析】根據元素在周期表的位置可知：a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是Na元素，e是Cu元素，f是Al元素，g是Si元素，h是S元素，i是Cl元素，然后根據元素周期律及物質性質分析解答。【小問1詳解】e是29號Cu元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，則其簡化的電子排布式為[Ar]3d104s1；【小問2詳解】h是16號S元素，原子核內質子數是16，若其原子核內質子數與中子數相等，則該原子質量數是16+16=32，用原子符號可表示為：；【小問3詳解】i是17號Cl元素，Cl原子獲得1個電子變為Cl-，離子核外電子排布是2、8、8，所以Cl-離子結構示意圖為；Cl原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p5，則其價電子排布式是；【小問4詳解】g是14號Si元素，與g同族的鍺常用于液晶電視材料，Ge原子序數是32，其基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2；【小問5詳解】b是C，g是Si，在工業上用b的單質在電爐中還原g的氧化物制備g單質，C與SiO2在高溫下反應產生CO、Si，反應方程式為：2C+SiO22CO↑+Si；【小問6詳解】由表中兩種元素形成的氫化物A含有18個電子，A是一種6原子分子，可作火箭發動機燃料，則A是N2H4；B是一種與水組成相同的常見綠色氧化劑，則B是H2O2，已知16克液態A與液態B充分反應生成一種液態的10電子分子和一種氣態單質，并放出838kJ熱量，反應產生的液態10電子分子是H2O，氣體是N2，該反應的化學方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。16克N2H4的物質的量n(N2H4)=，0.5molN2H4反應放出熱量是838kJ，則1molN2H4反應放出熱量是838kJ×2=1676kJ，故A與B反應的熱化學方程式為：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-1676kJ/mol。18.均含有短周期元素W的X、Y、Z三種物質間的轉化關系如圖所示。回答：

（1）若W是非金屬元素，X可能是_________(填化學式)，寫出X溶液中各離子濃度由大到小的順序為_________，X轉化為Z的離子方程式是_________（2）若W是金屬元素，X、Y、Z可能分別是_________、_________、_________(填化學式)，寫出Z轉化為Y的離子方程式_________【答案】（1）①.NaHCO3②.c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()③.+OH-=+H2O（2）①.Al②.Al2(SO4)3③.NaAlO2④.+4H+=Al3++2H2O【解析】【分析】由轉化關系可知X既能與酸反應，也能與堿反應。如若W是金屬元素，則X為單質，應為Al，Y是Al2(SO4)3、Z是NaAlO2，若W是非金屬元素，X可能是C元素，則X可能是NaHCO3等，Y是CO2，Z是Na2CO3，以此分析解答。小問1詳解】由轉化關系可知X既能與酸反應，也能與堿反應。根據轉化關系，若W是非金屬元素，X可能是NaHCO3，Y是CO2，Z是Na2CO3。NaHCO3在溶液中電離產生Na+、，在溶液中同時存在電離作用和水解作用而消耗，導致離子濃度：c(Na+)＞c()；的水解作用大于電離作用，導致溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)；電離產生H+、，H+同時還有H2O電離產生，而只有電離產生，因此c(H+)＞c()，故該溶液中離子濃度大小關系為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；NaHCO3與NaOH反應產生Na2CO3、H2O，該反應的離子方程式為：+OH-=+H2O；【小問2詳解】若W是金屬元素，X是Al，Y是Al2(SO4)3，Z是NaAlO2，NaAlO2與硫酸反應產生Al2(SO4)3、H2O，該反應的離子方程式為：+4H+=Al3++2H2O。19.認真觀察下列裝置，回答下列問題：（1）裝置B中PbO2上發生的電極反應為：_________。連接裝置B、C的U形管中裝填含有瓊脂的KCl飽和溶液，其作用是_________。（2）裝置A中總反應的離子方程式為_________。（3）若用裝置D實現在銅上鍍銀，則極板N的材料為_________，X溶液為_________【答案】（1）①.PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O②.使裝置B和C構成閉合回路，平衡電荷（2）Cu+2H+Cu2++H2↑（3）①.銀②.AgNO3溶液【解析】【分析】B和C裝置形成原電池，Pb作負極，PbO2作正極，正極上PbO2得電子和硫酸根離子反應生成PbSO4，鹽橋的作用是使裝置B和C構成閉合回路，平衡電荷。A為電解池，Cu電極連接電源正極為陽極，Pt電極連接電源負極為陰極。在陰極上H+得到電子生成H2；若用裝置D實現在銅上鍍銀，則鍍件為陰極，連接電源負極，鍍層金屬銀為陽極，連接電源正極，含有Ag+的溶液為電解質溶液，據此分析解答。【小問1詳解】B和C裝置形成原電池，PbO2為正極，Pb得到電子變為Pb2+，然后Pb2+與溶液中結合形成PbSO4，故原電池的正極的電極反應式為：PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O；連接裝置B、C的U形管中裝填含有瓊脂的KCl飽和溶液，其作用是使裝置B和C構成閉合回路，平衡電荷；【小問2詳解】裝置A為電解池，在陽極Cu上，Cu失去電子變為Cu2+進入溶液，陽極電極反應式為：Cu-2e-=Cu2+；在陰極Pt上，溶液中的H+得到電子變為H2逸出，故陰極的電極反應式為：2H++2e-=H2↑，則裝置A電解總反應方程式為：Cu+2H+Cu2++H2↑；【小問3詳解】若用裝置D實現在銅上鍍銀，則與電源負極連接的極板M為陰極，材料為鍍件銅，與電源正極連接的極板N為陽極，材料為金屬銀，電解質溶液為AgNO3溶液。20.硼氫化鈉(NaBH4)廣