【化学】江西省宜春市第九中学（外国语学校）2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

江西省宜春市第九中学（外国语学校）2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间：100分钟试卷总分:100分
相对原子质量：Zn—65
一、单选题(每小题3分,共48分)
1.下列说法正确的是(　　)
A. 副族中没有非金属元素
B. 原子最外层只有1个电子的元素一定是金属元素
C. 第VIIA族元素的最高化合价在数值上等于它所属的族序数
D. 除短周期外，其他周期均有18种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A、副族元素全是金属元素，没有非金属元素，故A正确；
B、氢原子最外层只有1个电子，不是金属元素，除氢元素外原子最外层只有1个电子的元素金属元素，故B错误；
C、绝大多数的主族元素最高正化合价等于族序数，但氟元素、氧元素一般没有正化合价，故C错误；
D、第六周期容纳32种元素，第七周期未排满，若排满也是32种，故D错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语使用正确的是( )
A. 硫原子的原子结构示意图：
B. NH4Cl的电子式为：
C. 原子核内有10个中子的氧原子：
D. HBr的形成过程：
【答案】C
【解析】A.S原子核外有16个电子，原子结构示意图为，A错误；
B. NH4Cl是离子化合物，Cl-的最外层有8个电子，故该化合物电子式为，B错误；
C.原子核内有10个中子的氧原子,质量数为18，可表示为：，C正确；
D.HBr中H原子与Br原子间通过共价键结合，其形成过程可表示为：，D错误；
故合理选项是C。
3.下列说法正确的是( )
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R>M
③F2、Cl2、Br2、I2熔沸点随相对分子质量增大而升高
④由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性HCl>HBr>HI
⑤干冰升华会破坏共价键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1:2
A. ②⑤⑥ B. ③⑤⑦
C. ②④⑤ D. ①③⑦
【答案】D
【解析】①N2H4分子中N原子与N原子之间形成非极性共价键，N原子与H原子之间形成极性共价键，故①正确；
②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期，所以原子序数：M＞R，故②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔沸点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④氢化物的酸性与元素的非金属性无关，并且酸性：HCl＜HBr＜HI，故④错误；
⑤干冰升华会破坏分子间作用力，没有破坏共价键，故⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F键的键能大，稳定性与氢键无关，故⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子过氧根离子和阳离子钠离子个数比是1：2，故⑦正确。
所以正确的是①③⑦。
故选D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（　　）
A. 0.5molH2O所含的电子数为5NA
B. 1molNH4+所含质子数为10NA
C. 标准状况下，22.4LCO2所含的共价键数目为4NA
D. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含氧原子数为2NA
【答案】B
【解析】A.1个水分子含有10个电子，0.5molH2O所含的电子数为5NA，故A正确；
B.1个铵根离子含有11个质子，1molNH4+所含质子数为11NA，故B错误；
C.标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，1个二氧化碳含有4个共价键，所以标准状况下，22.4LCO2所含的共价键数目为4NA，故C正确；
D.常温常压下，32gO2和O3的混合气体含有32g氧原子，所含氧原子数的物质的量为=2mol，所含氧原子数为2NA，故D正确。
故选B。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是( )
A. Y的核电荷数等于W与X的之和
B. 四种元素中，Y的原子半径最大
C. X的简单氢化物的热稳定性比Y的弱
D. W的含氧酸的酸性一定比Z的含氧酸弱
【答案】B
【解析】
【分析】由W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴可知，W为C元素，Z为Cl元素；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟说明X为N元素，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族说明Y是Si元素，则W、X、Y、Z四种元素依次为C、N、Si、Cl。
【详解】A项、Si的核电荷数为14，C、N的核电荷数之和为13，故A错误；
B项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则由原子半径Si>C>N、Si>Cl，Si的原子半径最大，故B正确；
C项、非金属性越强，氢化物的稳定性越大，因N的非金属性比Si强，则NH3比SiH4稳定，故C错误；
D项、未指明含氧酸是否是最高价氧化物对应水化物，酸性HClO4>H2CO3>HClO，故D错误。
故选B。
6.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确的是( )

A. 锌片作正极 B. 碳棒上有气泡产生
C. 可将电能转化化学能 D. 电子由碳棒经滤纸流向锌片
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，Zn为负极，负极上Zn失去电子，Cu为正极，氢离子在正极上得到电子，电子由负极流向正极，原电池中化学能转化为电能，以此来解答。
【详解】A．电池工作时，Zn失去电子，作负极，故A错误；B．碳棒为正极，氢离子在正极上得到电子生成氢气，有气泡产生，故B正确；C．原电池中化学能转化为电能，故C错误；D．Zn为负极，电子由锌片经导线流向碳棒，故D错误；故答案为B。
7.若1mol某气态烃CxHy完全燃烧，需用3mol氧气，则( )
A. x=2,y=2 B. x=3,y=8 C. x=3,y=6 D. x=2,y=4
【答案】D
【解析】由气态烃CxHy完全燃烧反应方程式可知：CxHy+（x+）O2→xCO2+H2O可知：x+=3，则：
A.x=2，y=2，2+=2.5，不符合，故A错误；
B.x=3，y=8，3+=5，不符合，故B错误；
C.x=3，y=6，3+=4.5，不符合，故C错误；
D. x=2，y=4，2+=3，符合，故D正确。
故选D。
8.根据碳族元素性质的相似性与递变性，下列说法正确的是（ ）
A. CO2和PbO2都是强氧化剂
B. Ge单质的熔点介于Si、Sn的熔点之间，是半导体材料
C. CO2和PbO2都是弱氧化剂，CO和PbO都是还原剂
D. Sn(OH)4可与NaOH反应，但不与盐酸反应
【答案】B
【解析】A.碳族元素中，C、Si、Ge、Sn的+4价化合物稳定，CO2不是强氧化剂，故A错误；
B.碳族元素单质的熔、沸点由上而下逐渐降低，Ge单质的熔点介于Si、Sn的熔点之间，是半导体材料，故B正确；
C.碳族元素中，C、Si、Ge、Sn的+4价化合物稳定，CO2不是强氧化剂，而Pb的+2价化合物稳定，+4价不稳定的元素表现强氧化性，PbO2是强氧化剂，+2价不稳定的元素则表现强还原性，PbO都是还原剂，故C错误；
D.Sn是典型金属，所以其最高价氧化物对应的水化物Sn（OH）4和HCl易反应，故D错误。
故选B。
9.据报导，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”，电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠四甘醇二甲醚，电池总反应为：4Na+3CO22Na2CO3+C，生成固体Na2CO3沉积在碳纳米管上。下列叙述不正确是( )
A. 放电时钠金属片发生氧化反应
B. 放电时吸收CO2，充电时释放CO2
C. 放电时Na+向碳纳米管移动
D. 放电时的负极反应为2Na-2e-+CO32-Na2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池总反应：4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时为原电池，钠在负极发生氧化反应，二氧化碳在正极发生还原反应，钠离子向正极移动；充电时，为电解池，碳在阳极发生氧化反应，而钠离子在阴极发生还原反应，据以上分析解答。
【详解】A.放电时钠金属片作负极，失去电子发生氧化反应，A正确；
B.原电池中正极上吸收CO2气体，CO2中的C原子得到电子，被还原产生C单质，充电时C单质失去电子，与Na2CO3反应变为CO2气体，同时产生金属Na，B正确；
C.放电时Na+向负电荷较多的正极碳纳米管方向移动，C正确；
D.放电时的Na失去电子，负极反应为：Na-e-Na+，D错误；
综上所述，本题正确选项D。
10.化学反应A2＋B22AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 该反应是吸收能量的反应
B. 1molA—A键和1molB—B键断裂能放出xkJ的能量
C. 2molA—B键断裂需要吸收ykJ的能量
D. 2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
【答案】C
【解析】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C.因旧键的断裂吸收能量，由图可以知道形成2molA-B键需要放出ykJ能量，因此断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量，故C正确；
D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。
故选C。
11.可逆反应∶2NO22NO+O2在密闭恒容的容器中反应，达到平衡状态的标志是：（）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ②③⑤ B. ①④⑥
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】①单位时间内生成nmolO2表示正反应速率，同时生成2nmolNO2表示逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；
②单位时间内生成nmolO2表示正反应速率，生成2nmolNO表示正反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故②错误；
③化学反应速率之比等于化学计量数之比，不能判断反应是否达到平衡，故③错误；
④NO和O2为无色气体，NO2为红棕色气体，故混合气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不在变化，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤密度=总质量/体积，混合气体的总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；
⑥平均分子量=总质量/总物质的量，混合气体的总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确。
故可以作为达到平衡状态的标志是：①④⑥。
故选B。
12.二氯丁烷的同分异构体有( )
A. 6种 B. 8种 C. 9种 D. 10种
【答案】C
【解析】丁烷中，当碳链为C-C-C-C，当氯原子在同一个碳上，有2中结构，氯在不同的碳上，有4种结构；当为异丁烷时，当氯原子在同一个碳上，有1中结构，氯在不同的碳上，有2种结构，共有2+4+1+2=9种二氯代物。
故选C。
13.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是（ ）
A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔沸点逐渐升高，常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态
B. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大
C. 烷烃同系物都能使溴水、高锰酸钾溶液褪色
D. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
【答案】C
【解析】A.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。随着碳原子数的增加，常温下的状态逐渐由气态变化到液态、固态，A正确；
B.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，B正确；
C.烷烃的化学性质与CH4相似，碳原子是饱和状态，能发生燃烧、取代反应，不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D.烷烃的化学性质与CH4相似，在光照条件下能发生取代反应，D正确；
故合理选项是C。
14.将4molA和2molB在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（s）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为30%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】利用三段式法计算：B的浓度为=1mol/L
2A（s）+B（g）⇌2C（g）
起始（mol/L）： 1 0
变化（mol/L）： 0.3 0.6
2s时（mol/L）： 0.7 0.6
①A为固体，由于固体的浓度在反应中不改变，所以不能用固体物质来表示反应速率，故①错误；
②2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L-1•s-1，故②错误；
③2s时物质A的转化率为α=×100%=30%，故③正确；
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，故④正确。
所以正确的为③④。
故选D。
15.一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率。现用Li2CO3和Na2CO3熔融盐混合物作电解质，一极通CO气体，另一极通O2和CO2混合气体，其总反应为：2CO＋O22CO2。则下列说法中正确的是(　　)
A. 通CO的一极是电池的正极
B. 负极发生的电极反应是：O2＋2CO2＋4e－2CO32－
C. 负极发生的电极反应是：CO＋CO32－－2e－2CO2
D. 正极发生氧化反应
【答案】C
【解析】A. CO发生氧化反应，所以通CO的一极是电池的负极，故A错误；B. 负极发生的电极反应是：CO＋CO32－－2e－2CO2，故B错误；C. 负极发生的电极反应是：CO＋CO32－－2e－2CO2，故C正确；D. 正极发生还原反应，故D错误。故选C。
16.某温度下，浓度都是1mol·L-1的两种气体X2和Y2在密闭容器中反应，经过tmin后，测得物质的浓度分别为：c（X2）＝0．4mol·L-1，c（Y2）＝0．8mol·L-1，则该反应的方程式可表示为（）
A. X2+2Y22XY2 B. 2X2+Y22X2Y
C. X2+3Y22XY3 D. 3X2+Y22X3Y
【答案】D
【解析】tmin后，△c（X2）=1mol•L-1-0.4mol•L-1=0.6mol•L-1，△c（Y2）=1mol•L-1-0.8mol•L-1=0.2mol•L-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则X2、Y2的化学计量数之比为=0.6mol•L-1：0.2mol•L-1=3：1，根据原子守恒可知，故反应可以表示为：3X2+Y2═2X3Y。
故选D。
二、填空题（每空2分，共52分）
17.煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
I．将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
（1）能使化学反应速率加快的措施有________(填序号)。
①升高反应温度②增加C的物质的量③密闭定容容器中充入CO(g)
II．工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。

图1 图2
（2）图1是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=__________________；
（3）图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。请结合图像解释催化剂加快化学反应速率的原因_______________________________，该反应消耗1molCO时，______（填“放出”或“吸收”）__________KJ热量。
【答案】(1). ①③ (2). 0.15mol•L﹣1•min﹣1 (3). 催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能 (4). 放出 (5). 91
【解析】
【分析】（1）从影响反应速率的因素分析；
（2）根据v=△c/△t进行计算；
（3）催化剂加快化学反应速率的原因是催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能；利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化。
【详解】（1）C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
①升高反应温度，可增大活化分子百分数，反应速率增大，故①正确；
②C为固体，增加C的物质的量，反应物的浓度不变，则反应速率不变，故②错误；
③密闭定容容器中充入CO(g)，气体浓度增大，增大反应物浓度，则反应速率增大，故③正确。
故答案为：①③。
（2）由图1可知，CO浓度变化量为1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，△t=10min，则v（CO）=0.75mol/L÷10min=0.075mol/（L·min），根据CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=2v（CO）=2×0.075mol/（L·min）=0.15 mol/（L·min），故答案为：0.15 mol/（L·min）。
（3）催化剂加快化学反应速率的原因是催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能；由图2可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应，反应物为1molCO（g）和2molH2（g），生成物为1molCH3OH（g），△H=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol，所以当反应消耗1molCO时，放出91kJ的热量，故答案为：催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能；放出；91。
18.（1）按系统命名法命名。
①CH3CH（C2H5）CH（CH3）2：_______________________________。
②CH3CH（CH2CH3）CH（CH2CH3）CH2CH（CH3）2：____________________。
③CH3CH（CH3）CH（CH2CH3）C（CH3）3：__________________________________。
（2）写出下列各种有机物的结构简式：
①2，3-二甲基-4-乙基己烷：________________________________。
②支链只有一个乙基且相对分子质量最小的烷烃：________________________________。
【答案】(1). 2,3-二甲基戊烷 (2). 2,5-二甲基-4-乙基庚烷 (3). 2,2,4-三甲基-3-乙基戊烷 (4). (5). CH3CH2CH(CH2CH3)2
【解析】（1）①最长的碳链为5个碳，主链为戊烷，从右边开始编号，故名称应为2，3-二甲基戊烷；②最长的碳链为7个碳，主链为庚烷，从右边开始编号，故名称为2,5-二甲基-4-乙基庚烷；③最长的碳链为5个碳，主链为戊烷，从右边开始编号，故名称为2,2,4-三甲基-3-乙基戊烷。
（2）①2，3-二甲基-4-乙基己烷的结构简式为：；②乙基在3号碳原子上，主链为5个碳原子的烷烃，故该烷烃为3-乙基戊烷，结构简式为 CH3CH2CH(CH2CH3)2。
19.同学们学习了同位素、同素异形体、同系物、同分异构体，下面列出了几组物质，请用物质的组号填写下表。
①②
③CH4和CH3CH2CH3④金刚石和石墨⑤H、D、T⑥16O、17O、18O
⑦臭氧（O3）和氧气（O2）⑧2,2—二甲基丙烷和新戊烷
类别
同位素
同素异形体
同分异构体
同系物
同一种物质
组号
______
________
_________
_____
_________
【答案】(1). ⑤⑥ (2). ④⑦ (3). ② (4). ①③ (5). ⑧
【解析】①结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物；
②分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体；
③CH4和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，故互为同系物；
④金刚石和石墨都是由碳元素形成两种不同单质，故互为同素异形体；
⑤H、D、T，质子数相同中子数不同的同一元素形成的不同的原子，故互为同位素；
⑥16O、17O、18O质子数相同中子数不同同一元素形成的不同的原子，故互为同位素；
⑦臭氧（O3）和氧气（O2）是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体；
⑧2，2—二甲基丙烷和新戊烷属于同一种物质。
所以属于同位素的是⑤⑥，属于同素异形体的是④⑦，属于同分异构体的是②，属于同系物的是①③，属于同一种物质的是⑧。
故答案为：⑤⑥；④⑦；②；①③；⑧。
20.I.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池。如图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．

试回答下列问题：
（1）燃料电池的优点是___________；电解质溶液中的OH—移向______极(填“负”或“正”)。
（2）写出此氢氧燃料电池工作时，负极反应式：_______________________________；正极反应式：____________________________。
（3）若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为：_______________________________。
II.将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，计算：
（4）通过导线的电子数为__________（用NA表示）。
【答案】(1). 能量利用率高，绿色无污染 (2). 负 (3). 2H2—4e－＋4OH－4H2O (4). 2H2O＋O2＋4e－4OH－ (5). CH4＋10OH－－8e－CO32－＋7H2O (6). 1.2NA
【解析】（1）因为是氧气和氢气的燃料电池，产物是水，并且氧气和氢气的燃烧放出的热量高，所以燃料电池的优点是能量利用率高，绿色无污染；根据原电池工作原理，在电解质溶液中，阴离子向负极移动，氧离子向正极移动，故电解质溶液中的OH—向负极移动，故答案为：能量利用率高，绿色无污染；负。
（2）氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上发生的电极反应是氢气失电子和氢氧根离子生成水，发生氧化反应，所以电极反应式为2H2-4e-+4OH—4H2O；正极上发生的电极反应是氧气得电子和水生成氢氧根，发生还原反应，所以电极反应式为：O2+2H2O+4e-4OH-，负极中故答案为：2H2-4e-+4OH-4H2O；O2+2H2O+4e-4OH-。
（3）甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水的氧化反应，所以电极反应式为：CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O，故答案为：CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O。
（4）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，锌作负极失电子发生氧化反应，硫酸中的氢离子作氧化剂得电子发生还原反应。若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，质量减少了39g，根据原电池工作原理知道减少的质量是锌失电子，变成锌离子，所以通过导线的电子数为：×2NA=1.2NA，故答案为：1.2NA。
21.X、Y、Z、W四种元素在元素周期表中序数逐渐增大。X为非金属元素，且X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。试推断：
（1）Z的元素原子结构示意图是：___________；
（2）由X、Y、Z所形成的离子化合物是_________,它与W的最高价氧化物对应水化物的溶液加热时反应的离子方程式是___________；
（3）Y的单质的结构式为_______，其中的化学键属于___________键（填“离子”或“共价”）。
【答案】(1). (2). NH4NO3 (3). NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O (4). N≡N (5). 共价
【解析】
【分析】X、Y、Z、W四种元素在元素周期表中序数逐渐增大。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y、Z为同周期的相邻元素，Y的氢化物分子中有3个共价键，则Y为N元素；W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，则W的质子数为5+6=11，则W为Na元素；X为非金属元素，且X、W同主族，则X为H元素，综上所述：X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
【详解】由分析可知：X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。
（1）Z为O元素，原子序数为8，原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，故原子结构示意图为：，故答案为：。
（2）X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，三种元素所组成的离子化合物为NH4NO3，W的最高价氧化物对应水化物为NaOH，NH4NO3与NaOH的溶液加热时反应的离子方程式为：NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O。
（3）Y为N元素，单质为N2，分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，结构式为：N≡N，其中的化学键属于共价键，故答案为：N≡N，共价键。