2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 D单元 非金属及其化合物 苏教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 D单元 非金属及其化合物 苏教版 D1 无机非金属材料的主角硅 （碳族元素）7C5 D1 D2 xx全国卷 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是()化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B.铁比铜的金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记7.B解析 NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合，发生反应Al33HCO=Al(OH)33CO2，Al(OH)3覆盖在可燃物表面隔绝空气，CO2能阻止燃烧，因此能用于灭火器灭火，A项正确；FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，发生反应2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，该反应发生是因为氧化性Fe3Cu2，B项错误；漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白织物是利用次氯酸盐的氧化性，C项正确；玻璃的主要成分是SiO2，HF能与SiO2反应，因此氢氟酸可以刻蚀玻璃，D项正确。9D1 C3 C2 D4xx江苏卷 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl(aq)DMgCO3MgCl2Mg9C解析 SiO2不与HCl反应，A项错误； SO2与H2O反应生成H2SO3而不是H2SO4，B项错误；制备单质Mg应电解熔融的MgCl2，D项错误；C项正确。 D2 富集在海水中的元素氯（卤素）13E2、D2、I1xx全国卷 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。图00下列说法正确的是()A原子半径的大小WXXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸13C解析 根据题中n为黄绿色气体可确定n、Z分别为Cl2和Cl，结合0.01 mol/L r溶液的pH2可知r为一元强酸，结合图示转化关系可确定r为HCl，联想到CH4与Cl2的反应可知p为CH4，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物，再结合与Cl2反应生成的产物q具有漂白性，可联想到m、q分别为H2O和HClO。综上分析可知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。原子半径XYW，A项错误；元素的非金属性YZX，B项错误；O的氢化物为H2O，在常温常压下呈液态，C项正确；C的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，是典型的弱酸，D项错误。7C5 D1 D2 xx全国卷 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是()化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B.铁比铜的金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记7.B解析 NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合，发生反应Al33HCO=Al(OH)33CO2，Al(OH)3覆盖在可燃物表面隔绝空气，CO2能阻止燃烧，因此能用于灭火器灭火，A项正确；FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，发生反应2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，该反应发生是因为氧化性Fe3Cu2，B项错误；漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白织物是利用次氯酸盐的氧化性，C项正确；玻璃的主要成分是SiO2，HF能与SiO2反应，因此氢氟酸可以刻蚀玻璃，D项正确。9D2xx上海卷 向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是()A碳酸钙粉末 B稀硫酸C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液9A解析 新制氯水中存在平衡：Cl2H2OHClHClO，要增强溶液的漂白性，需要促进平衡正向移动，提高HClO的浓度。碳酸钙粉末消耗溶液中的H，促进平衡正向移动，HClO的浓度增大，A项正确。加入稀硫酸会增大溶液中的H浓度 ，促进平衡逆向移动，HClO的浓度减小，B项错误；加入CaCl2溶液会增大溶液中的Cl浓度，促进平衡逆向移动，HClO的浓度减小，C项错误；二氧化硫具有还原性，能与Cl2、HClO发生氧化还原反应，D项错误。21E2 D2 C3 D3 J3xx上海卷 (双选)类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是()ACO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子BSiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SCFe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3DNaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr21AB解析 氧化性Cl2Br2Fe3I2，故Fe与I2反应生成FeI2，C项推测不正确；HBr具有一定的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，NaBr与浓H2SO4反应，浓硫酸会把生成的HBr进一步氧化为Br2，D项推测不正确；A、B项推测正确。28D2、B3、F4、J2xx全国卷 NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：图00回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)28(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.57解析 (1)NaClO2中Na和O分别为1和2价，则Cl为3价。(2)结合图示可知NaClO3与SO2在H2SO4作用下反应生成ClO2和NaHSO4，根据化合价变化可配平该反应：2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。(3)可向食盐水中分别加入NaOH溶液和Na2CO3溶液除去食盐水中的Mg2和Ca2。结合图示可知阳极生成Cl2，阴极得到的产物为NaClO2。(4)结合图示可知尾气ClO2在反应中被还原为ClO，则H2O2被氧化为O2，根据转移电子数目相等可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(5)1 mol NaClO2在反应中转移4 mol电子，而1 mol Cl2在反应中转移2 mol电子，根据，解得n(e)3.14 mol，则可确定NaClO2中有效氯含量为3.14 mol2 mol1.57。15J3 D4 D2 D3xx上海卷 下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是()选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性15.D解析 亚硫酸钠与硫酸反应生成的SO2使品红褪色，体现了SO2的漂白性。18G2 J3 D2 D3xx上海卷 (双选)一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是()A过量的氢气与氮气B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量的铜与浓硫酸D过量的锌与18 mol/L硫酸18AC解析 氢气与氮气合成氨气的反应是可逆反应，氢气过量，N2仍不能完全反应，A项正确；铜与浓硫酸才能反应，随着反应的进行，硫酸的浓度不断变稀，反应停止，硫酸不能反应完全，C项正确。28B1 C5 D2 J4 J5 xx北京卷 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 (1)经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象：_。(2)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu、Cu2和SO。已知：CuCu Cu2，Cu2CuI(白色)I2。用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2和SO。图00a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu2和SO的理由是_。(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。推测沉淀中含有亚硫酸根和_。对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被Al(OH)3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a将对比实验方案补充完整。图00步骤二：_(按上图形式呈现)。b假设ii成立的实验证据是_。(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有_。盐溶液间反应的多样性与_有关。28(1)2AgSO=Ag2SO3(2)析出红色固体a. HCl和BaCl2溶液b在I的作用下，Cu2转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO(3)Al3、OHbV1明显大于V2(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件解析 (1)离子反应发生的条件是生成Ag2SO3沉淀，故离子方程式为2AgSO=Ag2SO3。(2)根据题给信息“棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu、Cu2和SO”知沉淀中含Cu2；根据反应CuCuCu2，若沉淀中含有Cu，加入稀硫酸会发生歧化反应生成Cu和Cu2，原沉淀中含有Cu2，故可根据有红色固体生成确定Cu的存在。分析实验流程知实验原理为2Cu24I=2CuII2，I2SOH2O=SO2I2H，SOBa2=BaSO4，据此作答。(3)根据题意知实验的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，推测沉淀中含有SO、Al3、OH。为了与步骤一作对比实验，步骤二用氨水制备Al(OH)3，然后再用NaOH溶液溶解，即步骤二为：若假设i SO被Al(OH)3吸附成立，则两个实验中消耗的NaOH溶液的体积相等；若假设ii SO存在于铝的碱式盐中成立，则步骤一比步骤二消耗NaOH溶液的体积多，即V1明显大于V2。16D2 J2xx江苏卷 以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下：图00(1)氯化过程控制电石渣过量，在75 左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A适当减缓通入Cl2的速率B充分搅拌浆料C加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2nCaCl2_15(填“”“”或“”)。(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100 gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。图0016(1)2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)2(3)蒸发浓缩、冷却结晶解析 (1)Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，该反应可用于制取漂白粉。减慢Cl2的通入速率，可以充分氧化生成ClO，同时搅拌反应物，有利于反应的进行，A项、B项正确；制备Ca(ClO)2时，Ca(OH)2为石灰乳，而不是石灰水，C项错误。(2)Ca(OH)2为石灰乳，不可能完全反应，会有部分在滤渣中，此外，电石渣中的CaCO3不溶于水，也留在滤渣中。Cl2与Ca(OH)2反应开始时先生成Ca(ClO)2和CaCl2，接着Ca(ClO)2再转化成Ca(ClO3)2，而在转化过程中Ca(ClO)2不能反应完全，所以nCa(ClO3)2nCaCl20.1 mol，与题设不符，假设不成立；(2)若最后铵盐有剩余，而NaOH完全反应，则根据n(H)0.10 mol0.08 mol0.02 mol，可知NH4HSO4的物质的量为0.02 mol，则求得(NH4)2SO4约为0.0374 mol，C项正确。十、xx上海卷 CO2是重要的化工原料，也是应用广范的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：50D4 D5 CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_L(标准状况)。5089.6解析 NH4HCO3受热分解的方程式为NH4HCO3NH3H2OCO2，2.00 mol NH4HCO3分解并干燥除去水蒸气后还剩余2 mol NH3和2 mol CO2，标况下的体积为89.6 L。26D4、J3、J4xx全国卷 氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：(1)氨气的制备图00氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。图00操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式为_将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2_26.(1)A2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O(或BNH3H2ONH3H2O)dcfei(2)红棕色气体慢慢变浅8NH36NO27N212H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压解析 (1)结合图示可用A装置或B装置制备NH3，利用A装置制备NH3用到的药品为NH4Cl和Ca (OH)2，利用B装置制备NH3时，圆底烧瓶中需加浓氨水，据此可写出相应的化学方程式。NH3需经装有碱石灰的干燥管干燥，由于NH3的密度小于空气，收集气体时需短管进长管出，收集完NH3需进行尾气处理，由于NH3极易溶于水，应用装置F进行尾气处理，即正确的连接顺序为发生装置dcfei。(2)将NH3逐渐推入Y管中，NH3与NO2在催化剂作用下反应，Y管中红棕色气体逐渐变浅；反应的化学方程式为8NH36NO27N212H2O。结合方程式可知反应后气体分子数减少，Y管内压强减小，打开K2，Z中NaOH溶液会倒吸入Y中。27D3 D4 F2 G2xx全国卷 煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：(1)NaClO2的化学名称为_。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5103molL1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOSONOc/(molL1)8.351046.871061.5104离子NOClc/(molL1)1.21053.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_。增加压强，NO的转化率_(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验结果可知，脱硫反应速率_脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图00所示。图00由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_(填“增大”“不变”或“减小”)。反应ClO2SO=2SOCl的平衡常数K表达式为_。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_。已知下列反应：SO2(g)2OH(aq)=SO(aq)H2O(l)H1ClO(aq)SO(aq)=SO(aq)Cl(aq)H2CaSO4(s)=Ca2(aq)SO(aq)H3则反应SO2(g)Ca2(aq)ClO(aq)2OH(aq)=CaSO4(s)H2O(l)Cl(aq)的H_。27(1)亚氯酸钠(2)4NO3ClO4OH=4NO2H2O3Cl提高减小大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)减小(4)形成CaSO4沉淀，促使平衡向产物方向移动，SO2的转化率提高H1H2H3解析 (1)NaClO2中Cl为3价，其酸根对应含氧酸HClO2为亚氯酸，故其名称为亚氯酸钠。(2)NaClO2溶液脱硝过程，ClO转化为Cl，NO主要转化为NO，则有4NO3ClO4OH=4NO2H2O3Cl。增加压强，反应正向进行，NO的转化率提高。根据脱硫、脱硝反应，随着吸收反应的进行，吸收剂溶液由NaClO2溶液转化为NaCl、NaNO3、Na2SO4的混合溶液，pH减小。由实验结果可知，SO浓度大于NO浓度，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。(3)由图可知，反应温度升高，SO2和NO的lgpc都减小，则pc增大，说明平衡向逆反应方向进行，故平衡常数减小。反应ClO2SO=2SOCl的平衡常数K。(4)Ca(ClO)2替代NaClO2进行烟气脱硫，Ca(ClO)2与SO2反应，生成CaSO4沉淀，平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。根据盖斯定律，由第一个反应第二反应第三个反应，可得SO2(g)Ca2(aq)ClO(aq)2OH(aq)=CaSO4(s)H2O(l)Cl(aq)，则HH1H2H3。11D4 D5 F2 G4xx四川卷 资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：图00已知：Ca5(PO4)3F在950 不分解；4Ca5(PO4)3F18SiO230C2CaF230CO18CaSiO33P4请回答下列问题：(1)950 煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是_。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是_。(3)NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2的原因是_。(4)在浸取液中通入NH3，发生反应的化学方程式是_。(5)工业上常用磷精矿Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸。已知25 ，101 kPa时：CaO(s)H2SO4(l)=CaSO4(s)H2O(l)H271 kJ/mol5CaO(s)3H3PO4(l)HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)5H2O(l)H937 kJ/mol则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_。(6)在一定条件下CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为15，达平衡时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比13混合，则相同条件下达平衡时能产生H2_kg。11(1)CO2(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)NH水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2(4)MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4(5)Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)=5CaSO4(s)3H3PO4(l)HF(g)H418 kJ/mol(6)解析 (1)根据题给化学工艺流程和信息知磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3在950 下煅烧，其中CaCO3和MgCO3分解，生成气体的主要成分为二氧化碳(CO2)。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。(3)NH4NO3溶液中铵根离子水解呈酸性，H能从磷矿中浸取出Ca2。(4)根据化学工艺流程判断浸取液的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4 。(5)按顺序给已知热化学方程式编号为、，根据盖斯定律知目标热化学方程式由5可得。(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始浓度/(mol/L)1500转化浓度/(mol/L) 平衡浓度/(mol/L) 则K1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为13，平衡常数不变，设转化的CO的浓度为x。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，起始浓度/(mol/L)1300转化浓度/(mol/L)xxx x平衡浓度/(mol/L)(1x)(3x)x x则1，解得x mol/L，即达平衡时，CO转化了。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a10%b% kg，根据反应4Ca5(PO4)3F18SiO230C2CaF230CO18CaSiO33P4知生成CO的质量为kg，则转化的CO的质量m(CO)kg，根据反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，相同条件下达平衡时能产生H2的质量m(H2)m(CO) kg。7B3、D4、E2、E5、F2xx天津卷 下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题(1)Z元素在周期表中的位置为_。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)_。(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_；aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(4)X与Z两元素的单质反应生成1 mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为69 和58 ，写出该反应的热化学方程式：_。(5)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，该烃分子中碳氢质量比为91，烃的电子式为_。Q与水反应的化学方程式为_。(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。7(1)第三周期第A族(2)Si(3)ac(4)Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJmol1(5) Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4(6)NO0.9 mol；NO21.3 mol2 mol解析 根据元素在周期表中的位置及原子序数关系可判断X为Si，Y为O，Z为Cl。(1)Cl在元素周期表中位于第三周期第A族。(2)在元素周期表中同周期主族元素随着原子序数的递增原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，由此可判断所给元素中X元素即硅元素原子半径最大。(3)单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，其非金属性越强；故选ac。(4)单质Si和Cl2发生化合反应生成Si的最高价化合物即SiCl4，根据熔沸点可判断常温下SiCl4为液体，根据题意可写出热化学方程式为Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJ/mol。(5)根据生成的烃分子的碳氢质量比为91可推知，碳氢原子个数比为34，则该烃的分子式为C3H4，即为丙炔，其电子式为；又因为1 mol Q与水反应生成2 mol Mg(OH)2和1 mol C3H4，则Q的化学式为Mg2C3，其与水反应的化学方程式为Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4。(6)铜与硝酸反应的气体产物为NO或NO2或N2O4，但其相对分子质量要小于50，则两种气体产物为NO和NO2，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则依据原子守恒和得失电子守恒有xy1 L2.2 mol/L2.2 mol和3xy4 mol，解得x0.9 mol，y1.3 mol；因为铜失去的电子的物质的量等于硝酸根得到的电子的物质的量，也等于NO和NO2失去的电子的物质的量(又生成硝酸根)，还等于1 mol O2得到的电子的物质的量即4 mol，1 mol Cu失去2 mol电子，则需要2 mol Cu失去4 mol 电子生成2 mol Cu2，即生成CuSO4 2 mol。26A4、B3、D4、H1 xx全国卷 联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：(1)联氨分子的电子式为_，其中氮的化合价为_。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。(3)2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H41 048.9 kJmol1上述反应热效应之间的关系式为H4_，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_。(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4HN2H的K8.7107；KW1.01014)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_