已知:①单质E可作为半导体材料,②化合物F是不能生成盐的氧化物,③化合物I能溶于水呈酸性.它能够跟氧化物A起反应．据此.请填空:(1)化合物F的化学式为CO.化合物I的化学式为HF.氧化物A的晶体类型为原子晶体．(2)反应①的化学方程式为SiO2+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2CO+Si．(3)氧化物A与烧碱溶液� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

4．

已知：①单质E可作为半导体材料；②化合物F是不能生成盐的氧化物；③化合物I能溶于水呈酸性，它能够跟氧化物A起反应．据此，请填空：
（1）化合物F的化学式为CO，化合物I的化学式为HF，氧化物A的晶体类型为原子晶体．
（2）反应①的化学方程式为SiO₂+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2CO+Si．
（3）氧化物A与烧碱溶液反应的离子方程式为SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O．

分析单质E可作为半导体材料，应为Si，则A应为SiO₂，B为C单质，F是不能生成盐的氧化物，应为CO，结合转化关系可知C为H₂O，G为H₂，H为O₂，D为F₂，I为HF，以此解答该题．

解答解：单质E可作为半导体材料，应为Si，则A应为SiO₂，B为C单质，F是不能生成盐的氧化物，应为CO，结合转化关系可知C为H₂O，G为H₂，H为O₂，D为F₂，I为HF，
（1）由以上分析可知F为CO，I为HF，A为SiO₂，为原子晶体，故答案为：CO；HF；原子晶体；
（2）反应①为工业制备粗硅的反应，化学方程式为SiO₂+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2CO+Si，故答案为：SiO₂+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2CO+Si；
（3）A为SiO₂，与烧碱反应生成硅酸钠，反应的化学方程式为SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O，故答案为：SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O．

点评本题考查无机物的推断，是一道常规的框图推断题，要求学生在全面系统地掌握元素及化合物性质的基础上，善于抓住某些元素的特殊性质为解题的突破口和切入点，如本题中的半导体材料、不成盐氧化物等，难度不大，有利于培养学生良好的科学素养．

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14．食品的主要成分大都是有机化合物．下列食品中的有机成分属于高分子化合物的是（　　）

	A．	食醋中含有的醋酸		B．	酒中含有的酒精
	C．	葡萄中含有的葡萄糖		D．	谷类中含有的淀粉

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15．

运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）氮是地球上含量丰富的元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．
①如图是一定的温度和压强下是N₂和H₂反应生成1molNH₃过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H=-2（b-a）kJ•mol^-1．（△H的数值用含字母a、b的代数式表示）
②氨气溶于水得到氨水．在25°C下，将m mol•L^-1的氨水与n mol•L^-1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则c（NH⁺₄）=c（Cl^-）（填“＞”、“＜”或“=”）；用含m和n的代数式表示出混合液中氨水的电离平衡常数表达式K=$\frac{n×1{0}^{-7}}{m-n}$．
（2）海水中含有大量的元素，常量元素如氯、微量元素如碘在海水中均以化合态存在．25°C下，向0.1mol•L^-1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1mol•L^-1硝酸银溶液，有白色沉淀生成．从沉淀溶解平衡的角度解释产生沉淀的原因是Qc＞Ksp，向反应后的浊液中，继续加入适量0.1mol•L^-1的NaI溶液，振荡、静置，看到的现象是白色沉淀转化为黄色沉淀，产生该现象的原因是（用离子方程式表示）AgCl（s）+I^-（aq）=AgI（s）+Cl^-（aq）．
（已知25°C时K_sp[AgCl]=1.0×10^-10mol²•L^-2，K_sp[Ag]=1.5×10^-16mol²•L^-2）

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

12．氮元素可形成卤化物、叠氮化物及络合物．
（1）NF₃构型为三角锥体，沸点为-129℃，可在铜催化作用下由F₂和过量NH₃反应得到，NF₃属于分子晶体，写出制备NF₃的化学反应方程式：4NH₃+3F₂$\frac{\underline{\;铜\;}}{\;}$NF₃+3NH₄F；
（2）氢叠氮酸（HN₄）是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H⁺和N₃^-．
①与N₃^-互为等电子体的分子、离子有N₂O或CO₂或CS₂或BeCl₂、SCN^-或OCN^-或CNO^-（各举1例），由此可推知N₃^-的空间构型是直线型；
②叠氮化物、氯化物能与Fe³⁺及Cu²⁺及Co³⁺等形成络合物，如：[Co（N₃）（NH₃）₃]SO₄、Fe（CH）₆^4-，写出钴原子在基态时的价电子排布式：3d ⁷4s²；：[Co（N₃）（NH₃）₃]SO₄中钴的配位数为6，CN^-中C原子的杂化类型是sp．

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

19．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（　　）

	A．	含K⁺为2mol的K₂SO₄溶液
	B．	将58.5gNaCl溶解于1L水中
	C．	将0.5mol/L的NaNO₃溶液100mL加热蒸发掉50克水的溶液
	D．	将80gSO₃溶于水并配成1L溶液

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

9．若在25℃时，pH=a的氢氧化钠溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合，恰好完全反应．
（1）混合液中A^-水解常数的表达式为K_h=$\frac{[HA]•[O{H}^{-}]}{[{A}^{-}]}$．
（2）计算该温度下醋酸的电离常数（用含a、b的式子表示）为$\frac{1{0}^{-2b}}{1{0}^{a-14}-1{0}^{-b}}$．

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16．化学反应的能量变化、速率、限度是化学研究的重要内容．
（1）有关研究需要得到C₃H₈（g）=3C（石墨，s）+4H₂（g）的△H，但测定实验难进行．
设计如图1可计算得到：
①△H＞0（填＞、＜或=）
②△H=△H₁-△H₂-△H₃．（用图中其它反应的反应热表示）
（2）甲酸、甲醇、甲酸甲酯是重要化工原料．它们的一些性质如下：

物质	HCOOH	CH₃OH	HCOOCH₃
主要性质	无色液体，与水互溶 K（HCOOH）＞K（CH₃COOH）	无色液体，与水互溶	无色液体，在水中溶解度小，与醇互溶

工业制备甲酸原理：HCOOCH₃（l）+H₂O（l）$\stackrel{H+}{?}$ HCOOH（l）+CH₃OH（l），反应吸热，但焓变的值很小．常温常压下，水解反应速率和平衡常数都较小．
①工业生产中，反应起始，在甲酸甲酯和水的混合物中加入少量甲酸和甲醇，从反应速率和限度的角度分析所加甲酸和甲醇对甲酸甲酯水解的影响．甲醇：是很好的溶剂，能溶于水和HCOOCH₃，增大反应接触面积，加快反应速率；同时，甲醇也是生成物，生物浓度增加，不利于平衡右移．甲酸：甲酸能电离出H⁺作催化剂能加快反应速率，同时，甲酸也是生成物，生成物浓度增加，不利于平衡右移．某小组通过试验研究反应HCOOCH₃转化率随时间变化的趋势，在温度T₁下，采用酯水比为1：2进行实验，测得平衡是HCOOCH₃的转化率为25%．
②预测HCOOCH₃转化率随时间的变化趋势并画图2表示．
③该反应在温度T₁下的平衡常数K=0.048．（保留两位有效数字）
（3）HCOOH成为质子膜燃料电池的燃料有很好的发展前景．写出该燃料电池的电极反应式：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O； 2HCOOH-4e^-=2CO₂↑+4H⁺．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

13．A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：

．B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d⁶4s²．回答下列问题：
（1）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO₃，碱性最强的是NaOH．
（2）用元素符号表示D所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是F，电负性最大的元素是F．
（3）D的氢化物比C的氢化物的沸点高（填“高“或“低“），原因因为NH₃分子间形成氢键
（4）E元素原子的核电荷数是26，E元素在周期表的第四周期，第Ⅷ族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在d区．
（5）B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是离子晶体、分子晶体
（6）画出D的核外电子排布图

，这样排布遵循了泡利原理和洪特规则．

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

14．a、b、c、d、e分别为MgC1₂、KHSO₄、KOH、NaHCO₃、A1C1₃溶液中的一种，已知：
①a能与其它4种溶液反应，且a与c、e反应时有明显现象；
②b与d反应只产生气泡；
③e只能与a反应；
下列推理不正确的是（　　）

A．

a一定是KOH

B．

c一定是A1C1₃

C．

e一定是MgC1₂

D．

b一定是KHSO₄

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