- 研究型实验
- 共4868题
A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子；C是同周期元素中原子半径最小的元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；E与D相邻，E的某种氧化物X与C的氢化物的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气态单质C；F与D的最外层电子数相等。
回答下列问题(相关回答均用元素符号表示)：
(1)D的基态原子的核外电子排布式是______________。
(2)B的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点________(填“高”或“低”)，原因是______________________。
(3)A的电负性________(填“大于”或“小于”)C的电负性，A形成的氢化物A2H4中A的杂化类型是________。
(4) X在制取C单质中的作用是________，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，此酸根离子中化学键的键角________(填“>”“＝”或“<”)109°28′。
(5)已知F与C的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是__________________，若F与C原子最近的距离为a cm，则该晶体的密度为________g·cm－3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。
正确答案
(1)1s22s22p63s23p63d54s1
(2)高 HF分子间能形成氢键
(3)小于 sp2杂化
(4)氧化剂 ＜
(5)CuCl
A是形成化合物种类最多的非金属元素，A为碳元素；B是非金属元素，基态电子排布中只有一个未成对电子，即为氟元素；C是短周期元素，同周期元素中原子半径最小，即氯元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，即d轨道5个电子，最外层1个电子，所以为Cr元素；E与D相邻，即E为Mn元素，其氧化物MnO2与浓盐酸反应生成氯气；F的最外层电子数为1，只能是d轨道全充满，即铜元素。(1)D是24号元素，由于未成对电子数最多，所以d轨道5个电子，4s轨道1个电子。(2)氟化氢分子间除范德华力外还存在分子间氢键，氯化氢分子间只存在范德华力，所以氟化氢的沸点高。(3)氯元素非金属性强，电负性大。(4)氯酸钾常用于实验室中制取氧气，ClO3—中存在孤对电子，根据价层电子互斥理论，微粒中键角小于109°28′。(5)用均摊法可求出晶胞中存在4个氯原子、4个铜原子，可得出化学式为CuCl，Cu与Cl原子最近的距离为a cm，通过数学几何知识求出图示中的边长为
点拨：本题考查元素推断、物质结构与性质相关知识。难度较大。
（15分）砷(As)在地壳中含量不大,但砷的化合物却是丰富多彩.
(1)基态砷原子的电子排布式为_______________,砷与溴的第一电离能较大的是______.
(2)AsH3是无色稍有大蒜味气体.AsH3的沸点高于PH3,其主要原因是
________________________________________________.
(3)Na3AsO4可作杀虫剂.AsO43-的空间构型为_____________,与其互为
等电子体的一种分子为______________.
(4)某砷的氧化物俗称“砒霜”,其分子结构如图所示,该化合物的分子式为__________,As原子采取_______杂化.
(5)GaAs等是人工合成的新型半导体材料,其晶体结构与金刚石相似。GaAs晶体中,每个As与_______个Ga相连，As与Ga之间存在的化学键有_____________(填字母)。
正确答案
（1）[Ar]3d104s24p3（2分） Br（或溴）（1分）
（2）AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，故AsH3分子间作用力大于PH3分子间作用力（2分）
（3）正四面体形（2分） CCl4（或其他合理答案）（1分）
（4）As4O6（2分） sp3（2分） （5）4（1分） C E（2分）
(1)根据构造原理可知，基态砷原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3。非金属性越强，第一电离能越大，所以溴的第一电离能大于砷的。
（2）.AsH3和PH3形成晶体都是分子晶体，其沸点高低与分子间作用力强弱有关系。由于AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，故AsH3分子间作用力大于PH3分子间作用力，所以AsH3的沸点高于PH3的。
（3）根据AsO43-的结构可知，其空间构型是正四面体。等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质。AsO43-中价电子数是5+6×4+3＝32，所以与其互为等电子体的是四氯化碳。
（4）根据砒霜的分子结构图可知，分子式为As4O6，由于化学键都是单键，所以是sp3杂化。
（5）晶体结构与金刚石相似，所以GaAs晶体中，每个As与4个Ga相连。As与Ga之间存在的化学键是极性键，由于Ga的价电子是3个，所以还存在配位键，答案选CE。
m、n、x、y四种主族元素在周期表里的相对位置如图所示．已知它们的原子序数总和为46，则：
（1）元素n的气态氢化物的电子式为______
（2）m与y所形成的化合物含______键
（3）x的原子结构示意图为______
（4）由n、y的氢化物相互作用所生成的物质的化学式为______．
正确答案
m、n、x、y四种主族元素，它们的原子序数总和为46，平均原子序数为
（1）元素n的气态氢化物为NH3，其电子式为
（2）m与y所形成的化合物为CCl4，含极性键，故答案为：极性；
（3）S的原子结构示意图为
（4）由n、y的氢化物相分别为NH3、HCl，互作用所生成的物质的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl．
指出下列元素在周期表中的位置：
①Ne：______周期______族；②C：______周期______族；③1634S2-微粒中的质子数是______，中子数是______，核外电子数是______．
正确答案
①Ne的原子序数为10，核外有2个电子层，最外层电子数为8，应位于第二周期0族，故答案为：二；0；
②C的原子序数为6，核外有2个电子层，最外层电子数为4，应位于第二周期ⅣA族，故答案为：二；ⅣA；
③1634S2-微粒中的质子数是16，中子数为34-16=18，核外电子数为16+2=18，故答案为：16；18；18．
有原子序数依次增大的4种短周期元素X、Y、Z、W，已知：
①X与Z、Y与W分别同主族；
②X、Z、W分别与Y都能形成两种常见的化合物；
③Y的阴离子与Z的阳离子核外电子排布相同，试根据以上叙述填空：
（1）写出由Y与Z形成的化合物Z2Y2的电子式：______，WY2与X2Y2反应生成粘稠油状液体的化学方程式：______
（2）用离子方程式表示只含X、Z、W三种元素的化合物的水溶液呈碱性的原因：______
（3）有两种化合物都只含上述四种元素，它们在水溶液中发生反应生成气体的离子方程式为：______
（4）X、Y两种元素的单质已经被应用于飞船的燃料电池中，如图所示，两个电极都由多孔性碳构成，通入的两种单质由空隙逸出并在电极表面放电．①a是装置的______极．②b极上的电极反应式是______．
正确答案
有原子序数依次增大的4种短周期元素X、Y、Z、W，①X与Z、Y与W分别同主族，③Y的阴离子与Z的阳离子核外电子排布相同，则Y是第二周期元素，Z和W是第三周期元素，且Z是金属元素，②X、Z、W分别与Y都能形成两种常见的化合物，形成的化合物中都含有变价元素，第三金属元素Z和Y能形成两种化合物，则Z是Na元素，Y是O元素，W是S元素，X是H元素，
（1）由O与Na形成的化合物Na2O2的电子式：
故答案为：
（2）用离子方程式表示只含H、Na、S三种元素的化合物是亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，亚硫酸氢根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：HSO3-+H2O=H2SO3+OH-，
故答案为：亚硫酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，亚硫酸氢根离子水解而使其溶液呈碱性；
（3）有两种化合物都只含上述四种元素，它们在水溶液中发生反应生成气体，则两种化合物分别是亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，二者反应的离子方程式为：H++HSO3-=H2O+SO2↑，
故答案为：H++HSO3-=H2O+SO2↑；
（4）X、Y两种元素的单质分别是氢气和氧气，氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，所以①a是装置的负极，②b极是正极，正极上的电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-，
故答案为：负；O2+4e-+2H2O=4OH-．
已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48。X是有机物主要组成元素。X的一种1∶1型气态氢化物分子中既有σ键又有π键。Z是金属元素,Z的核电荷数小于28,且次外层有2个未成对电子。
(1)X在该氢化物中以 方式杂化。X和Y形成的化合物的熔点应该 (填“高于”或“低于”)X氢化物的熔点。
(2)Y在周期表中位于 ;Z4+的核外电子排布式为 。
(3)工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M(M可看作一种含氧酸盐)。经X射线分析,M晶体的最小重复单位为正方体(如图),边长为4.03×10-10 m,顶点位置为Z4+所占,体心位置为Ba2+所占,所有棱心位置为O2-所占。
①制备M的化学反应方程式是 (Z用元素符号表示)。
②在M晶体中,Ba2+的氧配位数(Ba2+周围等距且最近的O2-的数目)为 。
③晶体M密度的计算式为ρ= (Z相对原子质量为48)。
正确答案
(1)sp 高于 (2)第4周期ⅡA族 1s22s22p63s23p6
(3)①TiO2+BaCO3
③(137+48+3×16)/NA(4.03×10-8)3 g·cm-3
有机物的主要组成元素X为碳元素,Z元素次外层有2个未成对电子且核电荷数小于28,只能为过渡元素钛22Ti,位于周期表中第4周期ⅣB族。根据原子序数之和为48,可推知Y为20号元素钙。(1)X的该氢化物为乙炔,乙炔为直线形分子,碳原子以sp方式杂化,碳化钙是离子化合物,熔点高于碳的氢化物分子晶体熔点。(2)钙元素在周期表中第4周期ⅡA族。钛离子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p6。(3)①用均摊法可以推出M的化学式为BaTiO3,制备BaTiO3化学方程式:TiO2+BaCO3
（1）中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为：
2KNO3＋3C＋S
①除S外，上述元素的电负性从大到小依次为 ；
②在生成物中，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_______， A的晶体类型为____________。
③已知CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________________。
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为__________，Q2＋的未成对电子数是____________。
（3）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln(H2O)6－n]x＋(n和x均为正整数)的配离子，将其通过氢离子交换树脂(R—H)，可发生离子交换反应：[CrCln(H2O)6－n]x＋＋xR—H―→Rx[CrCln(H2O)6－n]＋xH＋
交换出来的H＋经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成。
将含0.0015 mol [CrCln(H2O)6－n]x＋的溶液，与R—H完全交换后，中和生成的H＋需浓度为0.1200 mol·L－1NaOH溶液25.00 mL，可知该配离子的化学式为 。
正确答案
答案：(1)①O>N>C>K ②sp杂化 离子晶体 ③1∶1 (2)3d84s2 4 (3)[CrCl(H2O)5]2＋
试题分析：(1)①钾为活泼金属，电负性较小；C、N、O在同周期，非金属性逐渐增强，电负性也逐渐增大；②K2S是离子化合物，属于离子晶体，产物中含极性共价键的分子为CO2，其空间构型为直线形，中心原子轨道杂化类型为sp杂化；③HCN中CN－与N2结构相同，含有共价三键，一个σ键和两个π键；另外和H之间形成一个σ键，所以HCN分子中σ键与π键数目之比为2∶2，即为1∶1。
(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，应该都属于第Ⅷ族元素，原子序数T比Q多2，可以确定T为Ni，Q为Fe，所以T的基态原子外围电子(价电子)排布为3d84s2，Q2＋即Fe2＋的未成对电子数是4。
(3)中和生成的H＋需浓度为0.1200 mol·L－1 NaOH溶液25.00 mL，则可以得出H＋的物质的量为0.1200×25.00×10－3＝0.0030 (mol)，所以x＝0.0030/0.0015＝2；Cr的化合价为＋3价，x＝2可以得n＝1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2＋。
点评：该题是高考中的常见考点和题型，试题综合性强，贴近高考。试题在注重基础知识的同时，侧重考查学生能力的培养和解题方法的训练与指导。有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、发现问题和解决问题的能力，有利于提高学生的应试能力，提高学生的学习效率和学习积极性。
（15分）已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素。其中A原子核外有三个未成对电子；B在第三周期且化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，位于第四周期第IB族，请根据以上信息，回答下列问题：
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为 。(用元素符号表示)
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点 （填高或低），理由是 。
（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是 。
（4）F的核外电子排布式是 ，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为 .
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为 ；（黑色球表示F原子）
（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为 。
正确答案
（1）Na＜Al＜Si＜N（2分）
（2）高（1分）NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体（2分）
（3）平面正三角形（2分）
（4）1s22s22p63s23p63d104s1（或 3d104s1）（2分） 2+（2分）
（5）Cu3 N （2分） （6）共价键（2分）
根据元素的结构及有关性质可知N、Na、Al、Si、S、Cu。
（1）非金属性压强，第一电离能越大，所以A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N。
（2）由于NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体，所以氯化钠的熔点高于SiCl4的。
（3）在三氧化硫中S原子的孤对电子对数是（6－2×3）÷2＝0，所以三氧化硫是平面三角形结构。
（4）根据构造原理可知，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（或 3d104s1）。铜离子和氨气形成的是配位键，其中氨气是配体，化学式为[Cu(NH)3]42＋。
(5)根据晶胞结构可知，氮原子数是8×1/8＝1，铜原子数是12×1/4=3，所以化学式为Cu3 N。
（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，这说明该晶体是原子晶体，含有的化学键是共价键。
在原子序数为11～18的元素中，选择合适的元素（或由元素组成的化合物）回答有关问题（请填元素符号或化学式）：
（1）除稀有气体外，原子半径最大的是______．
（2）最高价氧化物的水化物中碱性最强的碱是______．
（3）最高价氧化物的水化物中呈两性的化合物是______．
（4）最高价氧化物的水化物中酸性最强的酸是______．
（5）能形成气态氢化物中，最稳定的氢化物是______．
正确答案
在原子序数为11～18的元素中，处于第三周期，
（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径最大的元素处于ⅠA族，故Na原子半径最大，
故答案为：Na；
（2）同周期自左而右金属性减弱，故金属性最强的元素处于ⅠA族，Na元素的金属性最强，NaOH的碱性最强，
故答案为：NaOH；
（3）氢氧化铝能与强酸、强碱反应生成盐与水，氢氧化铝是两性氢氧化物，
故答案为：Al（OH）3；
（4）同周期自左而右非金属性增强，Cl元素非金属性最强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4酸性最强，
故答案为：HClO4；
（5）同周期自左而右非金属性增强，Cl元素非金属性最强，非金属性越强氢化物越稳定，故HCl最稳定，
故答案为：HCl．
（8分）A、B、D、E是短周期中构成蛋白质的重要元素，其性质见下表。Fe、Co元素的常见化合价为+2、+3，能形成各种有色配离子。
（1）基态Fe原子的电子排布式为 。
（2）Fe、Co两元素的第三电离能I3（Fe） I3（Co）（填“＜”或“＞”）。
（3）B、D、E的气态氢化物的沸点由高到低的顺序为 （填化学式）。
（4）Co与E形成的化合物晶胞如右图所示，则该化合物的化学式为 。（用元素符号表示）
（5）Co的离子能与AD-离子生成各种配合物。紫色的配离子[Co(AD)6]4-是一种相当强的还原剂，在加热时能与水反应生成[Co(AD)6]3-。
①HAD分子中A元素的杂化类型为 ，D元素的化合价为 。
②写出[Co(AD)6]4-在加热时与水反应生成[Co(AD)6]3-的离子方程式： 。
正确答案
（1）1s22s22p63s23p63d64s2（1分） （2）＜（1分）
（3）H2O>NH3>H2S或H2O、NH3、H2S（1分） （4）CoO（1分）
（5）① sp （1分） -3 （1分）
②2[Co(CN)6]4-＋2H2O
（1）根据构造原理可知，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
（2）由于亚铁离子失去电子生成铁离子后，3d轨道电子是半充满状态，稳定性强，所以Fe、Co两元素的第三电离能是I3（Fe）＞I3（Co）。
（3）根据元素的性质可知，A、B、D、E分别是C、S、N、O。由于水分子和氨气分子间都存在氢键，沸点高，所以气态氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O>NH3>H2S。
（4）根据晶胞的结构可知，含有的原子个数分别是12×1/4＋1＝4、8×1/8＋6×1/2＝4，所以化学式为CoO.
（5）①HAD分子中氢原子和碳原子形成的单键，氮原子和碳原子形成的是三键，所以是直线型结构，碳原子是sp杂化，氮原子的化合价是－3价。
②[Co(AD)6]4-是一种相当强的还原剂，所以和水反应，水是氧化剂，还原产物是氢气，所以方程式为2[Co(CN)6]4-＋2H2O
有A、B、C、D、E、F六种元素，已知：
①它们位于三个不同短周期，核电荷数依次增大 ②B与F同主族．
③B、C分别都能与D按原子个数比1：1或1：2形成化合物．
④A、E分别都能与D按原子个数比1：1或2：1形成化合物．
⑤E元素的电离能数据如下 （kJ•mol-1）：
（1）写出只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐的化学式______、______．
（2）B2A2分子中存在______个σ键，______个π键．
（3）人们通常把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差．下表列出了上述部分元素形成的化学键的键能：
试计算1mol F单质晶体燃烧时的反应热△H=______（要写单位）．
正确答案
由表中数据可知，E的第二电离能剧增，故E通常为+1价，且E为短周期元素，核电荷数较大，所以E是Na元素；
A、B、C、D、E、F六种元素，它们位于三个不同短周期，核电荷数依次增大，A能和某些元素形成化合物，所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1：1或2：1形成化合物，即D能显-1或-2价，所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1：1或1：2形成化合物，且B、C、D的核电荷数依次增大，所以B是C元素，C是N元素；B与F同主族，所以F是Si元素．
（1）通过以上分析知，A是H元素，B是C元素，D是O元素，E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐为NaHCO3和CH3COONa，
故答案为：NaHCO3；CH3COONa；
（2）B2A2分子是C2H2，乙炔分子中存中存在 3个σ键，2个π键，故答案为：1；2；
（3）△H=吸收的能量-放出的能量=（2×176+497.3-4×460）KJ/mol=-990.7KJ/mol，故答案为：-990.7KJ/mol．
A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，质子数之和为40，A、D同主族，B、C同周期，A、B组成的化合物为气体，该气体溶于水显碱性，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素．试回答：
（1）写出下列元素符号：A______，B______，D______．
（2）化合物A2C的电子式是______；请用电子式表示化合物D2C的形成过程______．
（3）E单质与Fe和稀硫酸构成的原电池中，Fe是______极，另外一个电极上的电极反应为______．
（4）将D单质投入A2C中的离子方程式为______．
正确答案
A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，质子数之和为40，A、D同主族，B、C同周期，A、B组成的化合物为气体，该气体溶于水显碱性，则该化合物是NH3，A的原子序数小于B，则A是H元素、B是N元素；
A和D同一主族，则D的原子序数大于B，所以D是Na元素；
A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，C的原子序数大于B而小于D，则C是O元素；
E是地壳中含量最多的金属元素，则E是Al元素；
（1）通过以上分析知，A是H元素、B是N元素、D是Na元素，故答案为：H；N；Na；
（2）化合物H2O的电子式是
（3）Al单质与Fe和稀硫酸构成的原电池中，Al易失电子作负极、Fe作正极，负极上电极反应式为，故答案为：Al-3e-=Al3+，故答案为：正；Al-3e-=Al3+；
（4）D是Na，A2C是水，二者反应生成氢氧化钠和氢气，所以离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，
故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑．
决定物质性质的重要因素是物质结构,请回答下列问题。
(1)已知A和B为第三周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示:
A通常显 价,A的电负性 B的电负性(填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ·mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息,说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因 。
组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是 。
(3)实验证明:KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示),已知3种离子晶体的晶格能数据如下表:
则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是: 。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有 个。
(4)金属阳离子含未成对电子越多,则磁性越大,磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中,适合作录音带磁粉原料的是 。
(5)某配合物的分子结构如图所示,其分子内不含有 (填序号)。
A离子键；B极性键；C金属键；D配位键；E氢键；F非极性键
正确答案
(1)+3 ＞
(2)紫外光具有的能量比蛋白质分子中主要化学键C—C、C—N和C—S的键能都大,紫外光的能量足以使这些化学键断裂,从而破坏蛋白质分子 sp2和sp3
(3)TiN＞MgO＞CaO＞KCl 12
(4)CrO2
(5)C
(1)根据A的第4电离能突然增大很多,A通常显示+3价;根据B的第3电离能突然增大,可判断B通常显示+2价,故在周期表中,A在B的右边,故A的电负性大于B。
(2)根据表中数据可知紫外光光子所具有的能量大于蛋白质中各种化学键的键能,因此紫外光会破坏蛋白质中化学键进而破坏蛋白质。
(3)离子晶体晶格能越大,熔沸点越高。而晶格能与阴阳离子所带的电荷的乘积成正比,与阴阳离子之间的距离成反比,且电荷的影响更大,TN中阴阳离子各带3个单位电荷,CaO中各带2个单位电荷,MgO中各带2个单位电荷,KCl中各带1个单位电荷,故熔沸点高低为:TN＞MgO＞CaO＞KCl。如果中心黑点代表Mg2+,则到每条棱的中点最近,故有12个。
(4)V的价电子排布为3d34s2,故V5+没有未成对电子,而Cr的价电子排布为3d54s1,故Cr4+有2个未成对的电子,故CrO2作为录音带磁粉原料。
(5)根据图示可看出,O为阴离子,带一个单位负电荷,故含离子键;N与Ni之间存在配位键,O和H之间的虚线为氢键,N和C、C和H等之间是极性共价键,C和C之间为非极性共价键。
有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素；A元素的原子半径是所有元素中原子最小的；C元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐M；E与A同主族，且与E同周期；F元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2；A、B、C、E、F这五种元素，每-种与D元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物．请回答：
（1）D元素在周期表中的位置为______．
（2）可以比较D和F得电子能力强弱的是______（填写编号）．
a．比较这两种元素原子半径的大小
b．二者形成的化合物中，D元素的原子显负价
c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
（3）盐M中含有的化学键类型有______；并写出其中阳离子的电子式______．
（4）已知1mol E与水反应放出283.5kJ的热量，试写出E与水反应的热化学反应方程式______．
（5）固体氧化物燃料电池（SOFC）以固体氧化物作为电解质．其工作原理如图所示．
①固体氧化物中的O2-向______（填“正”或“负”）极移动．
②电极b为电池______极，其电极反应式为______．
③若A2作为燃料气，则接触面上发生的反应为______．
④若B2A4作为燃料气，则接触面上发生的反应为______．
正确答案
有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A元素的原子半径是所有元素中原子最小的，所以A为H元素；C元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐M，则C是N元素；E与A同主族，且与E同周期，E的原子序数大于C，所以E为Na元素；F元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则F为S元素；A、B、C、E、F这五种元素，每-种与D元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，则D为O元素，B为C元素，
（1）通过以上分析知，D是O元素，O元素位于第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；
（2）比较D和F得电子能力强弱实际上就是比较两种元素的非金属性强弱，比较非金属性强弱的方法有：比较与氢气化合的难易程度、比较氢化物的稳定性、比较两种元素形成的化合物中的化合价、电负性等，故选bc；
（3）硝酸铵中 铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子、硝酸根离子中氮原子和氧原子之间都存在共价键，铵根离子的电子式为：
，故答案为：离子键、共价键；
；
（4）1molNa与水反应放出283.5kJ的热量，则2molNa与水反应放出567kJ热量，所以其热化学反应方程式为
2Na（s）+2H2O（l）=H2（g）↑+2NaOH（aq）△H=-567kJ/mol，
故答案为：2Na（s）+2H2O（l）=H2（g）↑+2NaOH（aq）△H=-567kJ/mol；
（5）①原电池放电时阴离子向负极移动，所以O2-向负极移动，故答案为：负；
②燃料电池中，正极上投放氧化剂，所以b电极是正极，正极上氧气得电子生成氧离子，所以电极反应式为O2+4e-=2O2-，故答案为：O2+4e-=2O2-；
③如果氢气为燃料，则该电极上氢气失电子和氧离子反应生成水，则电极反应式为H2+O2--2e-=H2O，故答案为：H2+O2--2e-=H2O；
④如果C2H4作为燃料气，该电极上燃料失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，所以电极反应式为C2H4+6O2--12e-=2CO2+2H2O，
故答案为：C2H4+6O2--12e-=2CO2+2H2O．
有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2．E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同．
回答下列问题：
（1）五种元素的名称：A______，B______，C______，D______，E______．
（2）B、C、D元素的原子半径由大到小的顺序为______，它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为______．
（3）写出C单质在足量A单质中燃烧后的产物与D单质同时通入水中的化学方程式______．
（4）A与E形成的化合物的化学式是______，它的性质决定了它在物质的分类中应属于______．
（5）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量时，观察到的现象是______，有关反应的离子方程式为______．
正确答案
（1）设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，
故答案为：氧；磷；硫；氯；铝；
（2）同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，r（P）＞r（S）＞r （Cl）则有元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则有HClO4＞H2SO4＞H3PO4，
故答案为：r（P）＞r（S）＞r （Cl）；HClO4＞H2SO4＞H3PO4；
（3）C单质在足量A单质中燃烧后的产物为SO2，具有还原性，与Cl2在水中发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；
（4）A与E形成的化合物为Al2O3，属于两性氧化物，故答案为：Al2O3；两性氧化物；
（5）D与E形成的化合物为AlCl3，加入NaOH溶液，发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，有白色沉淀生成，Al（OH）3具有两性，继续加入NaOH溶液，进一步反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为：有白色沉淀生成，当达到最大量时又逐渐减少，最终沉淀完全消失，变成澄清溶液；Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．
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