2019-2020年高一化学下学期6月段考试卷（含解析）

2019-2020年高一化学下学期6月段考试卷（含解析）

一、单选题共7题每题6分共42分1．化学与社会、生活和生产息息相关，以下叙述错误的是A．科学家们正在研究利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气B．贮氢金属在一定温度和压强下可以吸附氢气，如镧镍合金（LaNi5）可以吸附氢气形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在C．生活垃圾送入焚烧炉产生的热量可发电、供暖，焚烧炉产生的气体不可直接排放D．xx年3月底，H7N9型禽流感在上海和安徽两地率先发现．要杀死禽流感病毒可通过消毒剂杀菌，通过加热煮沸杀菌，也可用紫外线照射杀菌考点氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理．分析A．水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；B．贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气，一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物；C．焚烧炉产生的二恶英和呋喃等气体为大气污染物，不能直接排放；D．禽流感病毒对热比较敏感，65℃加热30min或煮沸（100℃）2min以上可灭活．解答解A．水可以在光能作用下分解成氧气和氢气，故A正确；B．贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气，一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物，故B错误；C．焚烧炉产生的二恶英和呋喃气体为等大气污染物，不能直接排放，故C正确；D．禽流感病毒对热比较敏感，65℃加热30min或煮沸（100℃）2min以上可灭活，故D正确．故选B．点评本题考查化学生活，难度不大，化学与社会、生活和生产息息相关，要学好化学、利用化学与大自然和谐共处，造福人类．2．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和．下列说法正确的是A．元素A所形成的氧化物只有一种B．元素B的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性A＞B考点原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．分析短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，据此解答．解答解短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，A．A为碳元素，形成的氧化物有CO、CO2等，故A错误；B．B为N元素，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸属于强酸，故B正确；C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故C错误；D．氢化物稳定性与非金属性强弱一致，N元素非金属性强于碳，故氨气的稳定性较强，故D错误，故选B．点评本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断X为第二周期元素为突破口，A注意对元素周期律的理解掌握．3．具有下列电子层结构的原子，其第一电离能由大到小排列正确的是

①3p轨道上只有一对成对电子的原子；

②外围电子构型为3s23p6的原子；

③其3p轨道为半满的原子；

④正三价的阳离子结构与氖相同的原子．A．

①②③④B．

③①②④C．

②③①④D．

②④①③考点元素电离能、电负性的含义及应用．专题原子组成与结构专题．分析

①3p轨道上只有一对成对电子的原子，则该元素为S；

②外围电子构型为3s23p6的原子，则该元素为Ar；

③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；

④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，则该元素为Al．已知同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第VA族和第VIA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大．解答解

①3p轨道上只有一对成对电子的原子，则该元素为S；

②外围电子构型为3s23p6的原子，则该元素为Ar；

③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；

④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，则该元素为Al．已知同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第VA族和第VIA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大；所以第一电离能由大到小排列为Ar＞P＞S＞Al，即第一电离能由大到小排列为

②③①④，故选C．点评本题考查了元素的推断、核外电子排布、第一电离能比较等，侧重于基础知识点考查，难度不大，明确原子的电子排布是解题的关键．4．膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体．关于PH3的叙述不正确的是A．PH3的VSEPR模型为四面体形B．PH3分子中P原子采取sp2杂化C．PH3分子中P原子上有1个孤电子对D．PH3分子的立体构型是三角锥形考点判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析A．VSEPR模型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对；B．价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，PH3杂化轨道数是4，PH3的分子是采用sp3杂化；C．分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子．这些未成键的价电子对叫做孤对电子，PH3中P原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子；D．PH3的分子是采用sp3杂化，P上连有3个氢，有一对孤对电子，分子构型是三角锥形．解答解A．PH3分子中价层电子对=3+=4，所以其VSEPR模型为正四面体，故A正确；B．PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+（5﹣3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，故B错误；C．PH3的P原子最外层满足8电子结构，P上连有3个氢，有一对孤对电子，故C正确；D．PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+（5﹣3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，PH3分子中中心原子上有一对孤电子对，所以分子构型是三角锥形，故D正确；故选B．点评本题以膦为载体考查了物质的结构、化学键等知识点，以氨气分子为例采用知识迁移的方法进行分析解答，注意结合基本概念分析，题目难度中等．5．下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是A．石油裂解得到的汽油是纯净物B．煤的气化是物理变化C．天然气是一种清洁的化石燃料D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料考点化石燃料与基本化工原料．分析A．根据裂解原理和汽油成分分析；B．无新物质生成的变化为物理变化，根据煤的气化原理分析，煤的气化过程是煤炭的一个热化学加工过程，有新物质生成；C．从是否有较大污染来判断，天然气燃烧生成二氧化碳和水；D．水煤气是通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成份是一氧化碳、氢气．解答解A．在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度（700～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，少量液态烃可作汽油，汽油属于混合物，故A错误；B．煤的气化过程是煤炭的一个热化学加工过程．它是以煤或煤焦为原料，以氧气（空气、富氧或工业纯氧）、水蒸气作为气化剂，在高温高压下通过化学反应将煤或煤焦中的可燃部分转化为可燃性气体的工艺过程，气化时所得的可燃气体成为煤气，煤的气化属于化学变化，故B错误；C．天然气的主要成分为甲烷，燃烧充分，生成物为二氧化碳和水，为清洁的化石燃料，故C正确；D．水煤气是通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成份是一氧化碳、氢气，不是煤的液化，故D错误；故选C．点评本题考查化石燃料的使用，涉及到煤和石油的综合利用等知识，难度不大，注意积累基础知识．6．下列属于加成反应的是A．己烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C．乙烯使溴水褪色D．甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失考点有机物的结构和性质；取代反应与加成反应．专题有机反应．分析有机物中含有不饱和键时，在一定条件下发生加成反应，由C=C或C≡C生成C﹣C键，以此解答该题．解答解A．己烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的为氧化还原反应，故A错误；B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，为萃取现象，没有发生化学反应，故B错误；C．乙烯使溴水褪色，发生加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷，故C正确；D．甲烷与氯气混合光照条件下发生取代反应，故D错误．故选C．点评本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机反应类型的判断，为xx届高考高频考点，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．7．已知A、B、C、D的原子序数都不超过18，它们的离子aA（n+1）+、bBn+、cC（n+1）﹣、dDn﹣均具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A．原子序数a＞b＞c＞dB．离子半径A（n+1）+＞Bn+＞C（n+1）﹣＞Dn﹣C．离子还原性A（n+1）+＞Bn+，离子氧化性C（n+1）﹣＞Dn﹣D．单质还原性B＞A，单质氧化性D＞C考点原子结构与元素周期律的关系．专题元素周期律与元素周期表专题．分析已知aA（n+1）+、bBn+、cC（n+1）﹣、dDn﹣均具有相同的电子层结构，则有a﹣n﹣1=b﹣n=c+n+1=d+n，A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数a＞b＞d＞c，结合元素周期律递变规律解答该题．解答解A．aA（n+1）+、bBn+、cC（n+1）﹣、dDn﹣均具有相同的电子层结构，则有a﹣n﹣1=b﹣n=c+n+1=d+n，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数a＞b＞d＞c，故A错误；B．具有相同电子层结构的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为C（n+1）﹣＞Dn﹣＞Bn+＞A（n+1）+，故B错误；C．金属性越强，对应离子的氧化性越弱，非金属性越强，对应离子的还原性越强，则离子还原性为C（n+1）﹣＞Dn﹣，离子氧化性为Bn+＜A（n+1）+，故C错误；D．同周期从左向右金属的还原性减弱，单质的氧化性增强，则单质还原性为B＞A，单质氧化性为D＞C，故D正确；故选D．点评本题考查位置结构性质的相互关系及应用，明确核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度不大．

二、推断题共15分8．已知

①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平

②2CH3CHO+O22CH3COOH．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．回答下列问题

（1）写出A的电子式．

（2）B、D分子中的官能团名称分别是羟基、羧基．

（3）写出下列反应的化学方程式及反应类型

①CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应；

②2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应；

④CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于取代反应．考点有机物的推断．分析A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B能氧化得到C为CH3CHO，C氧化得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，据此解答．解答解A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B能氧化得到C为CH3CHO，C氧化得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，

（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，电子式为，故答案为；

（2）B为为CH3CH2OH，含有官能团为羟基，D为CH3COOH，官能团名称是羧基，故答案为羟基；羧基；

（3）反应

①的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应；反应

②的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应；反应

④的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于取代反应，故答案为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代．点评本题考查无机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固．

三、实验题共15分9．化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量．下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验．Ⅰ．测定化学反应速率该同学利用如图装置测定化学反应速率．

（1）除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验用品是秒表．

（2）圆底烧瓶中反应现象溶液变浑浊，并有刺激性气体产生，写出所发生反应的离子方程式为S2O32﹣+2H+═H2O+S↓+SO2↑．

（3）若在2min时收集到224mL（已折算成标准状况）气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是SO2会部分溶于水．

（4）利用该化学反应，试简述测定反应速率的其他方法测定一段时间内生成硫沉淀的质量（或实时测定溶液中氢离子浓度）（写一种）．Ⅱ．探究化学反应速率的影响因素为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表．（已知I2+2S2O═S4O+2I﹣，其中Na2S2O3溶液均足量）实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水

①

10.

02.

04.

00.0T1

②

8.

02.

04.

02.0T2

③

6.

02.

04.0VxT3

（5）表中Vx=4mL，T

1、T

2、T3的大小关系是T1＜T2＜T3．考点探究影响化学反应速率的因素．专题实验设计题；解题方法．分析

（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，据此分析实验用品；

（2）S2O32﹣在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，据此分析产物；

（3）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；

（4）根据反应S2O32﹣+2H+═H2O+S↓+SO2↑可知，可以通过测定生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而求出反应速率；

（5）为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的浓度

①＞

②＞

③，据此分析化学反应速率和反应所需时间T的大小．解答解

（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，故还缺少的仪器是秒表，故答案为秒表；

（2）S2O32﹣在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，即产物为S和SO2和H2O，故离子方程式为S2O32﹣+2H+═H2O+S↓+SO2↑，故答案为S2O32﹣+2H+═H2O+S↓+SO2↑；

（3）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小，故答案为SO2会部分溶于水；

（4）根据反应S2O32﹣++2H+═H2O+S↓+SO2↑可知，可以通过测定一段时间段内生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而利用V=来求算，故答案为测定一段时间内生成硫沉淀的质量（或实时测定溶液中氢离子浓度）；

（5）为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积

①＞

②＞

③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度

①＞

②＞

③，可知化学反应速率

①＞

②＞

③，反应所需时间T的大小T1＜T2＜T3，故答案为4；T1＜T2＜T3．点评本题主要考查学生的实验探究能力，解答时须注意实验的原理，难度中等．

四、填空题共2题共28分10．W、X、Y、Z、M、G六种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大．Y是地壳中含量最多的元素；M与Y同主族；G与Z形成的化合物是厨房常用的调味品；X的简单气态氢化物水溶液呈碱性．请回答下列问题

（1）M在元素周期表中的位置为第三周期ⅥA族，X的简单气态氢化物的电子式为，W、Y、Z、M、G形成的简单离子的半径大小顺序是S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+＞H+（用相应的离子符号表示）．

（2）Y与M的氢化物中，热稳定性更好的是H2O（填化学式），原因是O的非金属性大于S

（3）由W、Y、Z、M组成的两种盐（均含有以上四种元素）的溶液反应可产生MY2气体，写出其反应的离子方程式HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑

（4）如图1，A、B两极均为惰性电极，a是Z与G形成的饱和溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则

①电解池中A极上的电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣．在A极附近观察到的现象是有气泡产生，且溶液呈红色．

②B电极上的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，检验该电极反应产物的方法是用湿润的淀粉KI试纸，试纸变蓝

（5）最近意大利罗马大学的FunvioCacace等人获得了极具理论研究意义的X4分子．X4分子结构如图2所示，已知断裂lmolX﹣X吸收167kJ热量，生成1mo1X2放出942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是BC．A．X4沸点比P4（白磷）高，属于原子晶体B．lmolX4气体转变为X2放出882kJ热量C．X4与X2互为同素异形体

（6）发射“神六”时用X2W4作为火箭发动机的燃料，NO2为氧化剂，反应生成N2和水蒸气．已知生成1mol水蒸气时放热284kJ，写出X2W4（g）和NO2（g）反应的热化学方程式2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ/mol，已知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，则16gX2W4（g）与NO2反应生成液态水时放出的热量是328kJ．同时，X2W4可作为新型燃料电池的燃料，在氧气中燃烧生成氮气和水，请利用X2W

4、氧气与KOH溶液组成碱性燃料电池，写出该电池负极的电极反应式N2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2↑+4H2O，指出电解质溶液中OH﹣离子向负极移动．考点位置结构性质的相互关系应用．分析W、X、Y、Z、M、G六种元素分属三个短周期，原子序数依次增大，则W应为H元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；M与Y同主族，则M为S元素，故G为Cl元素；G与Z形成的化合物是厨房常用的调味品，则Z为Na；X的简单气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素．

（1）主族元素周期数=电子层、主族族序数=最外层电子数；X的简单气态氢化物为NH3，分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；

（2）元素非金属性越强，氢化物越越稳定；

（3）由H、O、Na、S组成的两种盐（均含有以上四种元素）的溶液反应可产生SO2气体，应是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；

（4）

①A为电解池阴极，发生还原反应，水放出生成氢气与氢氧根离子；

②B电极为电解池阳极，发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，用湿润的淀粉KI试纸检验；

（5）A．均属于分子晶体，相对分子质量越大沸点越大；故A错误；B．1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断；C．X4与X2都由同种元素构成的不同单质，二者为同素异形体；

（6）用N2H4作为火箭发动机的燃料，NO2为氧化剂，反应生成N2和水蒸气，反应方程式为2N2H4+2NO2═3N2+4H2O，计算生成4mol水蒸气放出的热量，注明聚集状态与反应热书写热化学方程式；16gN2H4（g）的物质的量为=

0.5mol，根据方程式计算出生成气态水放出的热量，气态水转化为液态水也放出热量，进而计算生成液态水放出的热量；用N2H

4、氧气与KOH溶液组成碱性燃料电池，负极上N2H4失电子发生氧化反应，碱性条件下生成氮气与水，电解质溶液中阴离子向负极移动．解答解W、X、Y、Z、M、G六种元素分属三个短周期，原子序数依次增大，则W应为H元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；M与Y同主族，则M为S元素，故G为Cl元素；G与Z形成的化合物是厨房常用的调味品，则Z为Na；X的简单气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素．

（1）M为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，故其处于第三周期ⅥA族；X的简单气态氢化物为NH3，电子式为；离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径为S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+＞H+，故答案为第三周期ⅥA族；；S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+＞H+；

（2）由于非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故答案为H2O；O的非金属性大于S；

（3）由H、O、Na、S组成的两种盐（均含有以上四种元素）的溶液反应可产生SO2气体，应是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应离子方程式为HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑，故答案为HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑；

（4）如图1，A、B两极均为惰性电极，a是NaCl饱和溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则

①A为电解池阴极，发生还原反应，水放出生成氢气与氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，现象为有气泡产生，且溶液呈红色，故答案为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；有气泡产生，且溶液呈红色；

②B电极为电解池阳极，发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，用湿润的淀粉KI试纸，试纸变蓝，故答案为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；用湿润的淀粉KI试纸，试纸变蓝；

（5）A．X4沸点比P4（白磷）低，属于分子晶体，故A错误；B．1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故B正确；C．X4与X2都由同种元素构成的不同单质，为同素异形体，故C正确．故答案为BC；

（6）用N2H4作为火箭发动机的燃料，NO2为氧化剂，反应生成N2和水蒸气，反应方程式为2N2H4+2NO2═3N2+4H2O，已知生成1mol水蒸气时放热284kJ，则反应的热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ/mol，16gN2H4（g）的物质的量为=

0.5mol，由方程式可知生成水为

0.5mol×2=1mol，已知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，与NO2反应生成液态水时放出的热量是1136kJ/mol×+1mol×44kJ/mol=328kJ，用N2H

4、氧气与KOH溶液组成碱性燃料电池，负极上N2H4失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2↑+4H2O，电解质溶液中OH﹣离子向负极移动故答案为2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ/mol；328；2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2↑+4H2O；负．点评本题考查结构性质位置关系应用，涉及半径比较、元素周期律、原电池、电解池、热化学方程式书写及反应热计算、元素化合物推断等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，难度中等．11．W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一．X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物．

（1）Y3+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3．

（2）MX3﹣的空间构型平面三角形（用文字描述）．

（3）M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是N2H4中分子N为﹣2价，而NH3分子中N为﹣3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强．

（4）根据等电子原理，WX分子的结构式为C≡O．

（5）1molWX2中含有的σ键数目为2NA．

（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为sp3．

（7）向Z2+的溶液中加入过量NaOH溶液，可生成Z的配位数为4的配位离子，写出该配位离子的结构式．考点位置结构性质的相互关系应用．分析W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线强烈侵袭，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数小于O，故M为N元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子序数小于Cu，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则Y为Cr元素，据此解答．解答解W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线强烈侵袭，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数小于O，故M为N元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子序数小于Cu，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则Y为Cr元素．

（1）Cr3+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为1s22s22p63s23p63d3；

（2）NO3﹣中N原子价层电子对数=3+=3，N原子没有孤对电子，故其空间构型为平面三角形，故答案为平面三角形；

（3）N2H4中分子N为﹣2价，而NH3分子中N为﹣3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强，故答案为N2H4中分子N为﹣2价，而NH3分子中N为﹣3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强；

（4）CO与N2互为等电子体，根据等电子原理，二者结构相似，故CO的结构式为C≡O，故答案为C≡O；

（5）CO2的结构式为O=C=O，1molCO2中含有的2molσ键，故含有σ键数目为2NA，故答案为2NA；

（6）H2O分子中O原子成2个σ键、含有2对孤对电子，故杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，故答案为sp3；

（7）向Cu2+的溶液中加入过量NaOH溶液，可生成Cu的配位数为4的配位离子，该配位离子的结构式为，故答案为．点评本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布、分子构型、分子性质、等电子体、杂化轨道、化学键、配合物等，需要学生全面掌握基础知识，难度中等．。