1、河南省漯河市临颍县南街高级中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）一、单选题（共20题；共20分）1. 手工制陶工艺中，下列工序是在窑炉里完成的是（）A. 烧结B. 混合C. 成型D. 干燥【答案】A【解析】【详解】手工制作陶瓷一般经过：配料、制模、成型、干燥、施釉、装烧等，用到的原料为石英、长石、高岭土，制成的模子在窑炉里经过烧制得到陶瓷，在窑炉里完成的工序是烧结，故选A。2. 下列气体遇空气变红棕色的是A. SO2B. Cl2C. CO2D. NO【答案】D【解析】【详解】ASO2遇到空气不能发生反应，SO2与空气或氧气在催化剂加热条件下才会生成无色气体因此气体不会变
2、为红棕色，错误；BCl2与空气的成分不能发生反应，因此气体不会变为红棕色，错误；CCO2是空气的成分，是无色气体，错误；DNO是无色气体，与空气会发生反应：2NO+O2=2NO2，产生红棕色的NO2气体，正确。答案选D。3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化一步均能实现的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g)NH3(g)NO2(g)【答案】B【解析】【详解】ACl2具有强氧化性，与Fe反应生成FeCl3，A不符题意；B氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，
3、氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，B符合题意；C硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，C不符题意；D氨气发生催化氧化反应生成的是NO，D不符题意。答案选B。4. 下列说法正确的是A. 物质的粒子数可用摩尔这一物理量来计量B. 阿伏加德罗常数个粒子的质量(g)与该粒子的摩尔质量(g/mol)在数值上相等C. 1L氧气与1L二氧化碳气体含有相同数目的分子D. 40gNaOH溶于1L水，配得1mol/LNaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A物质的粒子数可用物质的量这一物理量来计量，摩尔是物质的量的单位，A错误；B以g为单位时，摩尔质量在数值上等于阿伏加德罗常数个粒
4、子的质量，B正确；C气体状态不确定，无法计算其物质的量，也就无法进行比较，C错误；D40gNaOH溶于1L水，1L是水的体积不是溶液的体积，溶液体积应略大于1L，所配制溶液浓度略小于1mol/L，D错误。答案选B。5. 下列电离方程式中，正确的是（ ）A. Na2SO4=2Na+SOB. Ba（OH）2=Ba2+OHC. Al2（SO4）3=2Al3+3SOD. Ca（NO3）2=Ca2+2（NO3）2-【答案】C【解析】【详解】A.硫酸钠属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na+SO，故A错误；B.氢氧化钡属于碱，是强电解质，在溶液中完全电离
5、出钡离子和氢氧根根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，故B错误；C.硫酸铝属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO，故C正确；D.硝酸钙属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2=Ca2+2NO，故D错误；故选C。6. 向一定量Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解， 放出1. 344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(
6、 )A. 0. 24 molB. 0. 21 molC. 0. 16 molD. 0. 14 mol【答案】B【解析】【详解】NO的物质的量为=0.06mol，所得溶液中加入KSCN，不出现红色，说明溶液中只有Fe2+没有Fe3+，即只为Fe(NO3)2，根据氮原子守恒分析，Fe(NO3)2中的硝酸根离子的物质的量为40.12-0.06=0.42mol，则Fe2+的物质的量为0.21mol，若用足量的CO还原质量相同的混合物，则铁元素全以铁单质的形式出来，则铁的物质的量为0.21mol，B选项正确；答案选B。【点睛】掌握守恒法在本题中的应用，氮元素的守恒，硝酸的物质的量=NO的物质的量+ Fe
7、(NO3)2的物质的量2，Fe(NO3)2的物质的量=CO还原后的铁的物质的量。7. 有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中为0.2molL1, 为1.3molL1。要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需加4molL1NaOH溶液的体积为A. 40mLB. 72mLC. 80mLD. 128mL【答案】C【解析】【详解】溶液中n(Cl-)=0.2L1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)=0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaA
8、lO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为C。8. 将Na2O2加入到含有HCO、CO、SO、Na+、NO的溶液中，充分反应后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中离子浓度保持不变的是()A. NOB. CO、NOC. SO、NOD. CO、NO、Na+【答案】A【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，加入溶液时，与SO反应生成硫酸根离子，SO浓度减小；过氧化钠
9、与水反应生成氢氧化钠，则溶液中的Na+浓度增大，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，则HCO浓度减小，CO浓度增大，综上所述，离子浓度保持不变的是NO，答案为A。9. 7.5g镁铝合金完全溶解于100mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中得到NO2和NO的混合气体11.2L（标准状况），向反应后的溶液中加入3.0mol/LNaOH溶液，当金属离子恰好完全沉淀时，得到19.4g沉淀，下列说法不正确的是A. 该合金中铝与镁的物质的量之比是2：1B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC. NO2和NO的混合气体中，NO的体积分数是20%D. 得到19.
10、4g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是300mL【答案】A【解析】【分析】金属离子完全沉淀时，得到19.4g沉淀为氢氧化铝、氢氧化镁，沉淀中氢氧根离子的质量为19.4g-7.5g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为=0.7mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量，设合金中铝、镁的物质的量分别为x、y，则有关系式：3x+2y=0.7、27x+24y=7.5，解得x=0.1mol，y=0.2mol，据此解答。【详解】A由分析可知，合金中铝与镁的物质的量之比是0.1mol：0.2mol=1：2，A错误；B密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=14
11、.0mol/L，B正确；C标况下，NO2和NO的混合气体的物质的量=0.5mol，设NO的物质的量为nmol，则NO2的物质的量为(0.5-n)mol，根据电子转移守恒可知，n3+(0.5-n)1=0.7，解得n=0.1，则NO的体积分数=100%=20%，C正确； D反应后溶质为硝酸钠，根据氮原子守恒可知，硝酸钠的物质的量为1.4mol-0.1mol-0.4mol=0.9mol，所以需要氢氧化钠溶液的体积为=0.30L=300mL，D正确。答案选A。【点睛】金属与酸的反应计算中要注意利用得失电子守恒和氮原子守恒。10. 一定温度下恒容密闭容器中，反应A2（g）B2（g）2AB（g）达到平衡的
12、标志是A. 速率之比（A2） :（B2） :（AB）1:1:2B. 浓度之比c（A2）: c（B2）: c（AB）1:1:2C. 单位时间内生成2n mol AB，同时消耗n mol A2D. 各物质的浓度不再改变【答案】D【解析】【详解】A.它们的速率之比虽然等于化学计量数之比，但并不能表示正反应速率和逆反应速率相等，所以A不正确；B.平衡状态下的各组分的浓度之比通常不等于化学计量数之比，只有它们的浓度不持不变状态才是平衡状态，所以B不正确；C. 单位时间内生成2n mol AB，同时消耗n mol A2，只描述了正反应速率，不能表示正反应速率与逆反应速率相等，所以C不正确；D. 各物质的浓
13、度不再改变，说明各组分的百分含量保持不变了，所以是平衡状态。【点睛】一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。11. 下列物质在给定条件下的同分异构体数目（不包括立体异构）正确的是（ ）A. 乙苯的一氯代物有4种B. 分子式为C5H12O且属于醇的有机物有6种C. 分子式为C4H8且属于烯烃的有机物有4种D. 分子式为C4H8O2且属于酯的有机物有4种【答案】D【解析】分析：A乙苯分子中有5种
14、氢原子；B属于醇类，含有-OH，C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，书写戊烷的同分异构体，根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目；C含有4个C的碳链连接方式有C-C-C-C和C-C（C）-C，然后添上碳碳双键即可得到相应的烯烃；DC4H8O2属于酯类同分异构体，为饱和一元酯，根据形成酯的酸和醇的种类来确定。详解：A乙苯的结构简式为C6H5CH2CH3，其一溴代物有5种，A错误；BC5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、（CH3）4C，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH（CH3）CH3有4种H原子，（CH3）4
15、C只有1种H原子，故-OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，B错误；CC4H8的碳架连接方式有C-C-C-C和C-C（C）-C，其中中添加双键的方式有2种，添加双键的方式有1种，所以C4H8中属于烯烃类的同分异构体有3种，C错误；DC4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，D正确；答案选D。点睛：本题考查了
16、烃、烃的含氧衍生物的分类、同分异构体的类型及书写等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，掌握基础是解题关键，注意碳链异构、位置异构和官能团异构的判断方法。12. 用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。铜与稀硝酸反应；铜与浓硝酸反应；铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述不正确的是A. 三种途径所消耗铜的质量相等B. 三种途径所消耗硝酸的物质的量是C. 途径的制备方法最符合“绿色化学”理念D. 途径中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3：2【答案】B【解析】【详解】三种方法制取硝酸铜的有关反应原理用方程式表示分别为：铜与稀硝酸反应：
17、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3= Cu(NO3)2；A. 根据Cu元素守恒，铜元素都反应生成了硝酸铜，所以制取等量的硝酸铜消耗铜的质量相等，A正确；B. 假设反应制取3 mol Cu(NO3)2，三种方法消耗的硝酸的物质的量分别是8 mol、14 mol、6 mol，可见三种途径所消耗硝酸的物质的量大小关系为：，B错误；C. 途径的制备方法中硝酸中的N元素全部转化为硝酸铜，原子利用率最高，且没有污染
18、环境的气体NO、NO2等的产生，最符合“绿色化学”理念，C正确；D. 途径中3 mol Cu作还原剂，被氧化；而参加反应的硝酸，8 mol HNO3中只有2 mol被还原，所以被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3：2，D正确；故合理选项是B。13. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子。下列说法正确的A. 四种元素中有两种元素在第二周期B. W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D. 工业上获得X、Y
19、单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素。【详解】A四种元素中没有第二周期的元素，A错误；BW是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，B正确；CX、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH
20、）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，C错误；DMg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，D错误；答案选B。【点晴】正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握。周期表中特殊位置的元素归纳如下：族序数等于周期数的元素：H、Be、Al、Ge。族序数等于周期数2倍的元素：C、S。族序数等于周期数3倍的元素：O。周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca。周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：C。最高正价是最低负价绝对值3倍
21、的短周期元素：S。除H外，原子半径最小的元素：F。短周期中离子半径最大的元素：P。14. 若以24g 12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）A. O2的摩尔体积不变B. O2的摩尔质量增大C. 同温同压下，一定质量O2的体积减小D. 同温同压下，一定体积O2的分子个数增多【答案】B【解析】【分析】若以24g12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，则实际上是将原子量的标准由12C原子质量的1/12变为12C原子质量的1/24，据此解答。【详解】A、若以24g12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，即12C的相对原子量变为24，所以摩尔质量、气体摩尔体积都应加倍，A错误；
22、B、根据A中分析可知B正确；C、同温同压下，一定质量O2客观存在，其体积不变，C错误；D、同温同压下，一定体积O2的质量是不变的，则其分子个数不变，D错误。答案选B。15. 下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A. Na+、Mg2+、Cl、OHB. H+、Ca2+、CO32-、C. Cu2+、K+、SO42-、D. Na+、H+、OH、Cu2+【答案】C【解析】【详解】AMg2+和OH反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故A不选；BCa2+和CO32-反应生成CaCO3沉淀，H+也和CO32-反应生成HCO3-或H2CO3(或CO2+H2O)，不能大量共存，故B不选；CCu2+、K+、
23、SO42-、这四种离子间不反应，能大量共存，故C选；DOH、Cu2+能产生Cu(OH)2蓝色沉淀，H+和OH反应生成水，不能大量共存，故D不选；故选C。16. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）A. Mg和Al的总质量为8gB. 硫酸的物质的量浓度为5 mol/LC. 生成的H2在标准状况下的体积为112LD. NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L【答案】D【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉
24、淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol。【详解】A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol
25、，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，A错误；B沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍，所以n（Na2SO4）=1/20.2L5mol/L=0.5mol，硫酸的浓度为0.5mol0.5L=1mol/L，B错误；C由A中分析可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol
26、=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，C错误；D由200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.2mol(0.24L0.2L)=5mol/L，D正确；答案选D。17. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A. Na+、Fe2+、Cl-、ClO-B. Na+、Cu2+、C. Mg2+、Cl-D. Ba2+、K+【答案】C【解析】【分析】强酸性溶液中，含有氢离子；溶液为无色透明，含有颜色的离子不能选。【详
27、解】A溶液中Fe2+为浅绿色，强酸性溶液中氢离子与ClO-生成次氯酸不能大量共存，A不符题意；B溶液中Cu2+为蓝色，B不符题意； CMg2+、Cl-之间不会发生反应，可以大量共存，且混合溶液为无色透明，C符合题意； D在酸性条件下，与H+反应生成二氧化碳而不能大量共存，Ba2+、会反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，D 不符合题意。答案选C。18. 已知I、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：H2O2Fe2+ISO2，则下列反应不能发生的是（ ）A. 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B. I2+SO2+2H2OH2SO4+2HIC.
28、 2Fe3+2I2Fe2+I2D. H2O2+H2SO4SO2+O2+2H2O【答案】D【解析】【分析】根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性这一规律分析解答。【详解】A.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A错误；B.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；C. 反应中还原剂I的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故C错误；D.双氧水中氧元素化合价升高，作为还原剂，硫酸被还原得到产物二氧化硫，反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，不符合题给条件，反应不能发生，故D正确。故选D。【点睛】
29、正确判断氧化剂和还原剂是解决本题的关键，可以根据化合价的变化判断：化合价升高的反应物作还原剂，发生氧化反应。19. (NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是A. 通入NH3和CO2的顺序可以互换B. 操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4C. 步骤中反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+D. 通入的NH2和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用【答案】B【解析】分析：NH3极易溶于水生成一水合氨，所以甲中的溶质是硫酸钙和一水合氨，NH3、H2O
30、、CO2反应生成（NH4）2CO3，CaSO4属于微溶物，（NH4）2CO3和CaSO4发生复分解反应生成难溶性的CaCO3，同时生成可溶性的（NH4）2SO4，所以乙中溶质为磷酸铵，然后将溶液过滤得到CaCO3和滤液，将CaCO3煅烧得到CaO，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到（NH4）2SO4晶体，据此分析。详解：A、中性条件下CO2的溶解度很小，不能把CaSO4完全转化为CaCO3，故通入NH3和CO2的顺序不可以互换，选项A错误；B、操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4晶体，选项B正确；C、硫酸钙悬浊液参加反应，所以硫酸钙应该写化学式，总的离子方程式为CaSO4+
31、2NH3+CO2+H2OCaCO3+2NH4+SO42-，选项C错误；D、通入的CO2不应过量，否则生成的碳酸钙会转化为碳酸氢钙影响后续工艺，选项D错误。答案选B。点睛：本题是一道关于物质的分离制备方法的实验设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大。20. wg铁粉与含有的稀溶液完全反应后，得到wg铜，则参与反应的与的物质的量之比为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】发生反应：FeCuSO4FeSO4Cu，FeH2SO4FeSO4H2，得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，根据方程式计算参加
32、反应的硫酸铜、硫酸的物质的量，以此来解答。【详解】得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：故n(CuSO4)7mol，故参加反应的硫酸与硫酸铜的物质的量之比为1mol：7mol1：7；故答案选A。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，两个化学反应先后发生，已知量很少，直接计算非常繁琐，甚至无法得出结果，注意找到反应前后的质量转化关系，利用质量差量法分析解答。二、判断题（共5题；共10分）21. 含碳的化合物一定是有机化合物_（判断对错）【答案】错误【解析】【分析】根据有机化合物的概念进行判断。【详解】通常把含
33、碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物，一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，通常把它们归入无机物，所以含碳的化合物一定是有机化合物的判断是错误的，答案：错误。【点睛】有机物一定含有碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机化合物。22. 将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化_（判断对错）。【答案】【解析】【分析】有新物质生成的化学变化，据此解答。【详解】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸中生成硫酸铜和水，属于化学变化。【点睛】注意浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形
34、式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。23. 某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素。_（判断对错）【答案】错误【解析】【分析】根据质量守恒定律进行判断。【详解】有机物燃烧后生成二氧化碳和水，根据质量守恒可知，该有机物中一定含有C、H两种元素，可能含有O元素，该判断错误，答案：错误。【点睛】有机物燃烧生成二氧化碳和水，说明该有机物中一定含有C和H元素，不能确定是否含有O元素，要根据有关物质质量的计算才能确定。24. 过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁。_（判断对错）【答案】正确【解析】【详解】过滤操作时，漏斗下端紧贴烧杯内壁是为了防止液滴溅出，同时使滴
35、下的液体形成流状而加快过滤速度，所以该判断正确，答案：正确。【点睛】过滤操作可总结为：“一贴、二低、三靠”。“一贴”：滤纸要紧贴漏斗内壁；“二低”：1、滤纸边缘低于漏斗边缘，2、漏斗中的液面低于滤纸边缘；“三靠”：1、倾倒液体的烧杯口，要紧靠玻璃棒，2、玻璃棒末端紧靠有三层滤纸的一边，3、漏斗下端紧靠烧杯内壁。25. 由于晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料。_（判断对错）【答案】错误【解析】【分析】物质的性质决定物质的用途，物质的用途反映物质的性质。【详解】元素周期表中硅元素位于金属元素与非金属元素分界线附近，硅的导电性介于导体与绝缘体之间，所以硅是良好的半导体材料，与其熔点高、硬度
36、大没有关系，该判断错误，答案：错误。【点睛】物质的用途与其性质要对应。三、填空题（共4题；共19分）26. 某学生用图示的装置进行一氧化碳和二氧化碳混合气体的分离和干燥其中a为铁夹，b为分液漏斗的活塞(1)甲瓶内盛_溶液，乙瓶内盛_溶液，分液漏斗内盛_溶液(2)实验先分离出一氧化碳，方法是先关闭_，再打开_(3)分离完一氧化碳后，再收集二氧化碳，方法是先关闭_，再打开_【答案】 (1). 氢氧化钠 (2). 稀硫酸 (3). 浓硫酸 (4). b (5). a (6). a (7). b【解析】【分析】甲中盛放氢氧化钠溶液用来吸收CO2，乙中盛放浓硫酸用来干燥CO，关闭活塞b，打开铁夹a，CO
37、2被吸收，可分离出CO；关闭铁夹a，打开活塞b，把分液漏斗中的稀硫酸滴入甲中，二者反应生成CO2气体，刚才被吸收的CO2又重新释放出来，被乙中浓硫酸干燥后再收集，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知甲瓶内盛氢氧化钠溶液，乙瓶内盛浓硫酸，分液漏斗内盛稀浓硫酸，答案：氢氧化钠；稀硫酸；浓硫酸；(2)由分析可知，实验先分离出一氧化碳，方法是先关闭活塞b，再打开铁夹a，答案：b；a；(3)由分析可知分离完一氧化碳后，再收集二氧化碳，方法是先关闭铁夹a，打开活塞b，答案：a；b。【点睛】气体净化的原则是不减少被净化气体的量，不引入新的杂质，操作简便，易于分离。27. 在标准状况下，1mol 任何气体体
38、积为22.4L那么在标准状况下，700L NH3 的物质的量为_mol，全部溶解在1L水中，所得溶液的质量分数为_，如果该氨水的密度为0.85gcm3 ， 则氨水的体积为_L，物质的量浓度为_【答案】 (1). 31.25 (2). 34.7% (3). 1.80 (4). 17.35mol/L【解析】分析】根据n=求算；根据溶液的质量分数100%计算；根据V=计算；根据c=计算。【详解】已知在标准状况下，1mol 任何气体体积为22.4L那么在标准状况下，700L NH3 的物质的量为n=31.25mol；1L水的质量为1000g，氨气的质量为m（NH3）=nM=31.25mol17g/mo
39、l=531.25g，则溶液的质量分数为100%=100%=34.7%；氨水的体积为V=1801ml=1.80L；c（NH3）=17.35mol/L。【点睛】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意有关计算公式的运用。28. 某研究性学习小组为探究二氧化硫的还原性，查阅到如下资料：资料卡 NO：2006KI001主题：二氧化硫的还原性课本上：向二氧化硫水溶液中滴加BaCl2溶液，再滴加0.5mL3%的过氧化氢溶液，振荡片刻后滴加稀盐酸，有白色沉淀生成无机化学下册，P658：亚硫酸是较强的还原剂，可以将Cl2、I2、MnO4-还原为Cl-、I-、Mn2+，如：H2SO3+I2+H2O=H2S
40、O4+2HI根据上述资料，请你参与以下探究：（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式_；（2）把足量SO2通入适量的碘水中，可能观察到的现象是_；（3）证明SO2被氧化为SO42-所使用的试剂是_；（4）如果该探究小组想利用上述原理除去CO2中的SO2，并检验是否除尽，下列方案可行的是_（填字母）A、将混合气体通过碘水，再通过品红溶液B、将混合气体通过氯化钡和过氧化氢的混合溶液，再通过碘水溶液C、将混合气体通过NaOH溶液，再通过品红溶液D、将混合气体通过浓硫酸溶液，再通过品红溶液（5）若该探究小组就上述实验提出，把含+4价硫元素化合物转化为含+6价硫元素化合物，下列试剂可以实现上述转化的是_（填
41、字母）A、氧气 B、MnO4- C、氯气 D、浓硫酸【答案】 (1). Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O (2). 溶液棕黄色褪去 (3). 盐酸和BaCl2溶液 (4). A、B (5). A、B、C【解析】【详解】（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）把足量SO2通入适量的碘水中，因I2被SO2还原成I-，可观察到溶液棕黄色褪去；（3）检验SO42-应选择盐酸先酸化，再滴加氯化钡溶液，故需要的试剂是盐酸和BaCl2溶液；（4）除去CO2中的SO2，可利用SO2的还原性，可选择氧化性的溶液吸收，并利用其漂白性或还原性检验其完全
42、除去，故选项A、B符合题意，而C选项会完全吸收SO2和CO2，D选项浓硫酸只能干燥SO2，答案为A、B；（5）可选择强氧化的试剂如氧气、氯气或酸性高锰酸钾溶液把含+4价硫元素化合物转化为含+6价硫元素化合物，但浓硫酸不能强氧化+4价硫，故选项A、B、C符合题意可选。29. 相同质量的SO2和SO3的物质的量之比为_，所含氧原子的物质的量之比为_，若欲使SO2和SO3中氧元素的质量相等，则SO2和SO3的质量之比为_。【答案】5:4 5:6 6:5【解析】【详解】相同质量的SO2和SO3的物质的量之比与其摩尔质量成反比，则二者的物质的量之比为：80g/mol：64g/mol=5：4；所含氧原子的
43、物质的量之比为：（52）：（43）=5：6；欲使SO2和SO3中氧元素的质量相等，则二者分子中含有的氧元素的物质的量一定相等，则SO2和SO3的物质的量之比为：1/2：1/3=3：2，二者的质量之比为：（364）：（280）=6：5。故答案为5：4；5：6；6：5。【点睛】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论的综合应用，明确物质的量与摩尔质量、阿伏加德罗常数等之间的关系为解答关键，试题充分考查学生的分析能力及化学计算能力。根据n=m/M可知，质量相等时物质的量与摩尔质量成反比；根据二者的物质的量之比及含有氧原子数目计算出所含氧原子的物质的量之比；氧元素的质量相等时，则氧原子的物质的量相等，结合二者
44、组成计算出其物质的量之比，再计算出其质量之比。四、解答题（共2题；共10分）30. 向某土地中施入100kg含NH4NO380%的化肥，问最多能给土壤中补充多少kg的氮？【答案】28 kg【解析】【详解】根据硝酸中氮元素的含量进行计算，100Kg80%=28kg。31. 某气态烃A和B按2：3（体积比）混合后，取0.1mol混合烃与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO2和水蒸气，将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g，求A和B可能的分子式。【答案】A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6或C2H4或C2H2【解析】【详解】碱石灰吸收的CO2包括燃烧生
45、成的CO2及CO还原CuO转化生成的CO2，由碳原子个数守恒可知，0.1mol混合烃中碳原子的物质的量为=0.16mol，则混合烃中碳原子的个数为1.6，由平均法可知，混合烃中一定含甲烷，设A为甲烷，另一烃分子中含x个碳原子，由烃A和B的体积比为2：3可得1+x=1.6，解得x=2，碳原子个数为2的烃可能是C2H6或C2H4或C2H2，则烃B为C2H6或C2H4或C2H2，故答案为：A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6或C2H4或C2H2。五、综合题（共3题；共20分）32. 砷（As）广泛分布于自然界，其原子结构示意图是（1）砷位于元素周期表中_ 族，其气态氢化物的稳定性比NH3_
46、（填“强”或“弱”）（2）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式：_（3）砷酸盐可发生如下反应：AsO+2I+2H+AsO+I2+H2O图2装置中，C1、C2是石墨电极A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时发现灵敏电流计G的指针向右偏转此时C2上发生的电极反应是_（4）利用（3）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：将试样mg溶于NaOH溶液，得到含AsO和AsO的混合溶液As
47、2O5与NaOH溶液反应的离子方程式是_ 上述混合液用0.02500molL1I2溶液滴定，用_ 做指示剂，滴定至_ ，停止滴定，记录数据重复滴定2次，平均消耗I2溶液20.00mL则试样中As2O3的质量分数是_【答案】 (1). A (2). 弱 (3). As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）H=+295.4 kJmol1 (4). AsO+2H+2e=AsO+H2O (5). As2O5+6OH2AsO+3H2O (6). 淀粉 (7). 溶液由无色变为蓝色 (8). 【解析】【分析】(1)根据砷的最外层电子数判断族序数；同主族元素从上到下，气态氢化物的稳定性减弱；(2)As2
48、O5分解为As2O3需要吸收的热量为-619kJ/mol-(-914.6kJ/mol)=+295.4 kJmol-1，以此书写热化学方程式；(3)砷酸盐可发生反应AsO+2I+2H+AsO+I2+H2O，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，向B中滴加浓盐酸时，氢离子浓度增大，AsO+2I+2H+AsO+I2+H2O平衡正向移动， B中AsO生成AsO；(4)As2O5中砷元素的化合价为+5，As2O5和氢氧化钠反应生成Na3AsO；碘能使淀粉变蓝；上述混合液用0.02500molL1的I2溶液滴定，发生反应是AsO+I2+H2O= AsO+2I+2H+；【详解】(1)根据砷
49、的原子结构示意图，砷有4个电子层，最外层电子数是5，砷元素周期表中的位置是第四周期第A族，同主族元素从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，所以AsH3稳定性比NH3弱；(2)由图象可知，As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为-619kJ/mol-(-914.6kJ/mol)=+295.4 kJmol-1，则热化学方程式As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）H=+295.4 kJmol-1;(3) 砷酸盐可发生反应AsO+2I+2H+AsO+I2+H2O，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，向B中滴加浓盐酸时，氢离子浓度增大，AsO+2I+2H+AsO+I2+H2O平
50、衡正向移动， B中AsO生成AsO，C2电极发生的反应是AsO+2H+2e=AsO+H2O；(4)As2O5中砷元素的化合价为+5，As2O5和氢氧化钠反应生成Na3AsO，反应的离子方程式是As2O5+6OH2AsO+3H2O；碘能使淀粉变蓝，所以用淀粉做指示剂；达到滴定终点时，碘单质刚好有剩余，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，停止滴定；上述混合液用0.02500molL1的I2溶液滴定，发生反应是AsO+I2+H2O= AsO+2I+2H+；设试样中As2O3的物质的量是x；x=2.510-4mol，则试样中As2O3的质量分数是；【点睛】本题考查元素周期律、热化学方程式、原电池的工
51、作原理等，侧重学生分析能力及知识迁移应用能力的考查，明确反应物浓度对化学平衡移动的影响是解题关键。33. 铝是一种重要金属，从铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)中冶炼Al的工业生产流程如下图：(1)溶液A中含的阳离子主要有_(2)写出步骤II生成溶液C 的离子方程式_，步骤I、II、III都要用到的分离方法是_(3)生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有_(填化学式)(4)生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨(提示：反应中能生成铁单质)，则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：_.(5)经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝(假设
52、各生产环节中无损耗)，则原铝土矿中Al2O3的纯度(质量分数)_(用含a、b的最简式表示)【答案】 (1). Al3+、Fe3+、H+ (2). Al3+4OH-=+2H2O (3). 过滤 (4). CO2、NaOH (5). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (6). 100%【解析】【分析】由工艺流程可知，铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)，铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉
53、淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al(OH)3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，据此分析。【详解】(1)根据上面的分析可知，沉淀B的化学式为SiO2，溶液A中含的阳离子主要有 Al3+、Fe3+、H+；(2)步骤II过量的氢氧化钠与氯化铝反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3+4OH-=+2H2O，根据上面的分析可知，步骤I、都要用到的分离方法是过滤；(3)生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2、NaOH；(4)铝与氧化
54、铁发生铝热反应，是置换反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；(5)a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则根据铝元素守恒可知，需要纯氧化铝的质量为吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为100%=100%。【点睛】溶液A加入的是过量的氢氧化钠溶液，铝离子转化为偏铝酸根，为易错点。34. (1) 的命名为_；(2)分子式为C4H8的烯烃中带有支链的烯烃的结构简式为_，将该烯烃通入溴的四氯化碳溶液中，发生的反应类型为_，该烯烃在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为_。(3)乙醇分子中所含官能团的电子式为_，请写出与乙醇相对分子质量相等的羧酸和乙醇发生酯化反应的化学方程式_。【答案】
55、(1). 3-乙基戊烷 (2). (3). 加成反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】(1)根据烷烃的命名原则命名；(2)根据要求写出烯烃C4H8的同分异构体的结构简式；烯烃和溴发生加成反应；根据加聚反应原理写出烯烃发生加聚反应的化学方程式。(3)乙醇分子中所含官能团为羟基，写出羟基电子式即可，与乙醇相对分子质量相等的羧酸是甲酸，写出和乙醇发生酯化反应的化学方程式即可。【详解】(1) 主链有5个碳原子，乙基为支链，在第三个碳原子上，故命名为：3-乙基戊烷；(2)分子式为C4H8的烯烃中带有支链的烯烃的结构简式为CH2=C(CH3)2，将该烯烃通入溴的四氯化碳溶液中，发生的反应类型
56、为加成反应，该烯烃在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为。故答案为：CH2=C(CH3)2；加成反应；(3)羟基的电子式为，乙醇与甲酸发生酯化反应的化学方程式为：。故答案为：；。六、推断题（共3题；共21分）35. A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系，该元素(用R)表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气(1)写出各物质的化学式：A_；C_(2)写出反应的化学方程式_该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(3)写出反应的离子方程式：_(4)写出反应的离子方程式_(5)H2CO3的酸性强于E的酸性，请用离子方程式予以证明：_【答
57、案】 (1). SiO2 (2). Na2SiO3 (3). 2C+SiO2Si+2CO (4). 1：2 (5). Si+2OH+H2O=+2H2 (6). +Ca2+=CaSiO3 (7). +CO2+H2O=H2SiO3+【解析】【分析】A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气，可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应或反应都可推得B为CaSiO3，根据反应推知E为H2SiO3，据此解答。【详解
58、】(1)由分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，答案：SiO2；Na2SiO3；(2)由分析可知反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，该反应中氧化剂是SiO2，还原剂是C，根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，答案：2C+SiO2Si+2CO；1：2；(3)反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为Si+2OH+H2O=+2H2，答案：Si+2OH+H2O=+2H2；(4)反应是硅酸钠与氯化钙溶液反应生成硅酸钙沉淀和氯化钠，离子方程式为+Ca2+=CaSiO3，答案：+Ca2+=CaSiO3；(5)E为H2SiO3，要证明H2CO3的酸性强于H2SiO3
59、，根据复分解反应中的强酸可以制弱酸原理，可向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体，发生反应产生H2SiO3和碳酸钠，该反应的离子方程式为+CO2+H2O=H2SiO3+，答案：+CO2+H2O=H2SiO3+。【点睛】常见的非金属单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气的只能是硅，这是本题推断的突破口，在学习时要注意物质的一些特性。36. A、B、C、D、E、F、G均为常见短周期元素，原子序数依次递增。已知A、B、C能分别与D 组成二元化合物K、L、M，甲、乙分别是B、D的单质，常温下分别是常见的固体和气体，化合物M是产生光化学烟雾的主要气体之一，丙是C的最高价氧化物对应的水化物
60、，它们之间有如图所示转化关系。E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题：(1)C在元素周期表中的位置为_。(2)甲与丙的浓溶液反应的化学方程式_。(3)D与E按原子个数比1:1形成化合物的电子式为_，其与水发生反应的化学方程式是_。(4)E、F、G形成的简单离子，半径由大到小顺序是_(用离子符号表示)。B、F、G元素的非金属性由强到弱的顺序_(用元素符号表示)。【答案】 (1). 第二周期A族 (2). C+4HNO3(浓）4NO2+CO2+2H2O (3). (4). 2Na2O22H2O=4NaOHO2 (5). S2-ClNa+
61、 (6). ClSC【解析】【详解】A、B、C、D、E、F、G均为常见短周期元素，原子序数依次递增。已知A、B、C能分别与D组成二元化合物K、L、M，甲、乙分别是B、D的单质，常温下分别是常见的固体和气体，化合物M是产生光化学烟雾的主要气体之一，M是NO2，则C是N，D是O，乙是氧气；丙是C的最高价氧化物对应的水化物，丙是硝酸。E是短周期中金属性最强的元素，E是Na。F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素，因此G是Cl，F是S。根据转化关系图可知浓硝酸在加热的条件下与固体甲单质反应生成K、L、M，K与M以及乙反应又转化为硝酸，则K是水，所以A是H，甲是碳，L是CO2，据此解答。
62、详解：根据以上分析可知A、B、C、D、E、F、G分别是H、C、N、O、Na、S、Cl。K是H2O，L是CO2，M是NO2，甲是单质碳，乙是氧气，丙是硝酸。则(1)C是N，在元素周期表中的位置为第二周期第A族。(2)根据以上分析可知甲与丙的浓溶液反应的化学方程式为C+4HNO3(浓）4NO2+CO2+2H2O。(3)D与E按原子个数比1:1形成化合物是过氧化钠，电子式为，其与水发生反应的化学方程式是2Na2O22H2O=4NaOHO2。(4)离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径所原子序数的增大而减小，则E、F、G形成的简单离子半径由大到小顺序是S2-ClNa+。同周期
63、自左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则B、F、G元素的非金属性由强到弱的顺序ClSC。【点睛】本题结合元素推断综合考查元素及其化合物知识，解答的关键是既要考虑元素周期律，还要注意寻找题干中的突破口，例如殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。37. 原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成共价化合物XH3、H2Z和HW；Y与氧元素可形成离子化合物Y2O和Y2O2。(1)写出Y2O2的化学式：_，其中含有的化学键是_。(2)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_(填写化学式)。(3)X
64、H3、H2Z和HW三种化合物中与另外两种都能反应的是_(填写化学式)，生成物属于_(填“离子”或“共价”)化合物。(4)写出下列物质的电子式：XW3：_；Y2Z：_。(5)X的气态氢化物的结构式为_。【答案】 (1). Na2O2 (2). 离子键、非极性共价键 (3). HClO4 (4). NH3 (5). 离子 (6). (7). (8). 【解析】【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物，则Y为Na元素；X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物，X原子序数小于Na，所以X为N元素；Z、W原子序数都大于钠，Z为S
65、元素，W为Cl元素，据此解答此题。【详解】由分析可知X、Y、Z、W分别为N、Na、S、Cl。(1)Y2O2为Na2O2，过氧化钠为离子化合物，钠离子与过氧根之间为离子键、过氧根中的氧原子之间为非极性共价键，答案：Na2O2；非极性共价键；(2)非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在氮、硫、氯中氯元素的非金属性最强，所以酸性最强的是HClO4，答案：HClO4；(3)XH3、H2Z和HW三种化合物分别是NH3、H2S、HCl，其中NH3与H2S、HCl都能反应生成对应的铵盐，硫化铵、氯化铵都属于离子化合物，答案：NH3；离子；(4) XW3为NCl3，NCl3为共价化合物，其分子中含有3个N-Cl键，电子式为；Y2Z为Na2S，Na2S为离子化合物，电子式为，答案：；(5) X为N元素，其氢化物为NH3，氨气分子中含有3个N-H键，其结构式为，答案：。【点睛】离子化合物中一般含有活泼金属元素或铵根离子，离子化合物中一定有离子键，可能还含有共价键。
