- 研究型实验
- 共4868题
X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，已知：
①x元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，且x原子半径小于Q的原子半径；
②Y元素是地壳中含量最多的元素；w元素的电负性略小于Y元素；在w原子的电子排布中，P轨道上只有1个未成对电子；
③Z元素的电离能数据见下表(kJ·mol-1)
（1）XY2分子空间构型为____________________________。QX的晶体结构与金刚石的相似，其中X原子的杂化方式为_______________，微粒间存在的作用力是____________。
（2）晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是______________。
（3）氧化物MO的电子总数与QX的相等，则M为_____(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与ZW晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________________________________。
正确答案
（8分）（1）直线型（1分）；sp3（1分）；共价键（1分）
（2）氯化钠为离子晶体而四氯化碳为分子晶体（2分）
（3）Mg（1）；Mg2＋半径比Ca2＋小，氧化镁晶格能大（2分）
试题分析：X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，X元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，且x原子半径小于Q的原子半径，则X和Q属于第IVA族元素，所以X是C元素，Q是Si元素；Y元素是地壳中含量最多的元素，所以Y是O元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子，所以W是Cl元素。根据Z的电离能知，Z的第二电离能远大于第一电离能，所以Z是第IA族元素，且Z的原子序数大于Y，因此Z是Na元素。
（1）根据价层电子对互斥理论可知，CO2分子中中心碳原子含有的孤对电子对数＝（4－2×2）÷2＝0。由于分子中碳原子的价层电子数是2，所以二氧化碳的分子空间构型为直线型，SiC的晶体结构与金刚石的相似，每个碳原子含有4个C－Si键，所以C原子的杂化方式为SP3，碳原子和硅原子之间以共价键相结合。
（2）一般来说，离子晶体熔点高于分子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳是分子晶体，所以晶体NaCl的熔点比晶体CCl4明显高。
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，均为为20，则M是Mg元素，MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，相同类型的离子晶体中，晶格能与离子半径成反比，晶格能越大其熔点越高，镁离子半径小于钙离子半径，所以氧化镁的晶格能大，则MgO的熔点比CaO的高。
铜及其合金是人类最早使用的金属材料。
（1）写出铜原子价电子层的电子排布式____________；与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有_______________（填元素符号）。
（2）波尔多液是一种保护性杀菌剂。胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料，其结构示意图可简单表示如右图：
①胆矾的化学式用配合物的形式表示为_______。
②胆矾中含有的作用力除极性共价键、配位键外还有__________。
③胆矾晶体中杂化轨道类型是sp3的原子是_____________。
（3）赤铜矿的晶胞结构如图所示，铜原子的配位数为_________。
正确答案
（1）1s2p62s22p63s23p63d104s1 Cr
（2）①[Cu(H2O)4]SO4 ②离子键 氢键 ③S、O
（3）2
试题分析：铜为29号元素，价电子层的电子排布式为1s2p62s22p63s23p63d104s1，最外层电子数相同的还有Cr；（2）在晶体结构中一个铜离子与4个水分子形成配位键，所以化学式为[Cu(H2O)4]SO4，胆矾中含有的作用力有极性共价键、配位键、离子键、氢键等；有结构示意图可知S形成4个键，O形成3个键，还有一个孤电子对，S、O均为sp3杂化；
（3）晶体中 Cu 4
O 8×1/8+1=2
化学式为Cu2O
有图可知O配位数是4，则铜原子配位数是2.
(1)锌是一种重要的金属,锌及其化合物有着广泛的应用。
①指出锌元素在周期表中的位置: 周期, 族, 区。
②NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为 ,基态氮原子的核外电子排布式是 。
③如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞,其中Zn和X通过共价键结合,该化合物的化学式为 ;该化合物的晶体熔点比干冰高得多,原因是 。
(2)氢气作为一种清洁能源,必须解决它的储存问题,C60可用作储氢材料。
①已知金刚石中的C—C的键长为154.45 pm,C60中C—C键长为140~145 pm,有同学据此认为C60的熔点高于金刚石,你认为是否正确 ,并阐述理由 。
②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物,其晶胞如右图所示,该物质在低温时是一种超导体。该物质的K原子和C60分子的个数比为 。
③继C60后,科学家又合成了Si60、N60。C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是 。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键,且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构,则Si60分子中π键的数目为 。
正确答案
(1)①四 ⅡB ds ②sp3杂化 1s22s22p3 ③ZnX 该晶体为原子晶体
(2)①不正确 C60为分子晶体,熔化时不破坏化学键 ②3∶1 ③N>C>Si 30
(1)①从K开始数数到Zn为12,核外电子排布式[Ar]3d104s2;③晶胞中含有X的个数=8×+6×=4,Zn的个数为4;结合Zn和X通过共价键结合可知该晶体属于原子晶体;(2)③Si最外层电子数为4,与3个硅原子形成3个σ键,还余1个电子与3个硅原子其中的一个形成π键,所以一个硅原子形成的π键为个,一个Si60分子中含有60个Si原子形成30个π键
2010年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管（LED）。目前市售LED品片，材质基本以GaAs（砷化镓）、AlGaInP（磷化铝镓铟）、lnGaN（氮化铟镓）为主。已知镓是铝同族下一周期的元素。砷化镓的晶胞结构如图。
试回答：
⑴镓的基态原子的电子排布式是 。
⑵砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为 ，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为 。
⑶N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是 。 （用氢化物分子式表示）
⑷砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得。(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为 。
⑸比较二者的第一电离能：As______Ga（填“<”、“>”或“=”）。
⑹下列说法正确的是 （填字母）。
A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同 B．GaP与GaAs互为等电子体
C．电负性：As>Ga D．砷化镓晶体中含有配位键
正确答案
⑴l s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1） ⑵4 正四面体 ⑶NH3>AsH3>PH3
⑷sp2 ⑸> ⑹BCD
试题分析：⑴31号元素镓的基态原子的电子排布式是l s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）⑵砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为8×1/8+6×1/2="4;" 与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体型⑶N、P、As处于同一主族，其氢化物都是分子晶体。结构相似，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大。分子间的作用力就越大，克服分子间作用力使物质融化或汽化需要的能量就越高。即熔沸点越高。但由于氨气的分子之间还存在氢键，增加了分子之间的相互作用，使的它的熔沸点比AsH3还高。因此N、P、As的氢化物沸点由高到低的顺序是NH3>AsH3>PH3。（4）(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为sp2⑸As是33号元素，它的核外电子排布是l s22s22p63s23p63d104s24p3，p轨道处于半充满的稳定状态。所以As 、Ga 第一电离能：As>Ga 。⑹A.砷化镓和NaCl晶体结构不同。错误。B．GaP与GaAs互为等电子体。正确。C．同一周期的元素随着原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强，其电负性也逐渐增大。所以电负性：As>Ga。正确。D.砷是VA族元素，最外层5个电子，镓是IIIA族，最外层有三个电子，砷和镓先形成3个σ键。此时砷有一对孤对电子，镓有一个空轨道，可以形成一个配位键。正确。选项为：BCD。
开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态Ti3+的未成对电子数有______个。
②LiBH4由Li+和BH4—构成，BH4—呈正四面体构型。LiBH4中不存在的作用力有______(填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键
③Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为______。
（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。
①LiH中，离子半径：Li+______H－（填“>”、“=”或“<”）。
②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如下表所示：
M是______（填元素符号）。
（3）某种新型储氢材料的理论结构模型如下图所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有______种。
（4）分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料。X一定不是______（填标号）。
A．H2O B．CH4 C．HF D．CO(NH2)2
正确答案
（13分）
（1）①1（1分）
②C（2分）
③H>B>Li（2分）
（2）①<（2分）
②Mg（2分）
（3）3（2分）
（4）B、C（2分）
试题分析：（1）、①钛是22号元素，基态钛原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Ti—3e—=Ti3+，则基态Ti3+的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，未成对电子数为1；②Li+和BH4—之间存在离子键，BH4—之间存在共价键和配位键，则硼氢化锂中不存在金属键；③LiBH4中LiH同主族，LiB同周期，由元素周期律可知，则锂元素的电负性最小，BH4—中硼显+3价，氢显—1价，说明氢的电负性比硼大，则H>B>Li；（2）、①Li+和H—具有K层2电子稳定结构，核电荷数：Li>H，则原子半径：Li+
已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2N-CH2-COONa）即可得到配合物A。其结构如右图：
（1）Cu元素基态原子的外围电子排布式为 。
（2）元素C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为 。
（3）A中碳原子的轨道杂化类型为 。
（4）1mol氨基乙酸钠（H2N-CH2-COONa）含有σ键的数目为 。
（5）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体： （写化学式）。
（6）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是 。
正确答案
（1）3d104s1
（2）N>O>C
（3）sp2、sp3
（4）8mol
（5）N2O（或SCN—、N3—等）
（6）Cu2O
试题分析：（1）注意书写的是外围电子，不是原子的电子排布式；（2）原子最外层电子为全满、半满为相对稳定结构，能量较低，失去电子较难，氮原子最外层电子为半满结构，第一电离能高于相邻的原子，故为N>O>C；（3）该结构中含有两种碳原子，一种是全形成单键为sp3，一种是含有碳氧双键为sp2；（4）氨基乙酸钠结构中含有N-H 2个，C-H 2个，碳氧单键和双键个一个，N-C、C-C各一个共8个σ键；（5）等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN—、N3—等；（6）根据均摊法计算白球数为8×1/8＋1=2 黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。
[物质结构与性质]碳是形成化合物种类最多的元素。
(1)CH2=CH—C≡N是制备腈纶的原料，其分子中σ键和π键的个数之比为________(填最简整数比)，写出该分子中所有碳原子的杂化方式：________________。
(2)乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3OCH3)的分子式均为C2H6O，但CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3的沸点，其原因是_______________________________。
(3)某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为________________。
(4)碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。如图所示为碳化硅的晶胞(其中
正确答案
(1)2∶1 sp2、sp (2)乙醇分子之间形成氢键
(3)3d84s2 (4)4
(1)凡单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，故CH2=CH—C≡N中含有6个σ键，3个π键，故σ键和π键的个数之比为2∶1。分子中所有碳原子的价电子均参与形成了共价键，第一个和第二个碳原子有3个σ键，采取sp2杂化，而第三个碳原子只有2个σ键，采取sp杂化。
(2)乙醇分子之间可形成氢键，故其沸点较高。
(3)基态碳原子的未成对电子数为2个，故第四周期第Ⅷ族元素的基态原子有2个未成对电子，其基态价层电子排布式为3d84s2。
(4)由题意碳化硅的结构与金刚石类似，则每个碳原子周围与其距离最近的硅原子应为4个。每个晶胞含有碳原子和硅原子各4个，故每个晶胞的质量为
氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。
（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。
①Ti2+基态的电子排布式可表示为 。
②BH—4的空间构型是 （用文字描述）。
（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢。下列说法正确的是 （多项选择）。
a.NH3分子中N原子采用sp3杂化
b.相同压强时，NH3沸点比PH3高
c.[Cu(NH3)4]2+离子中，N原子是配位原子
d.CN—的电子式为：
（3）2008年，Yoon等人发现Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。
①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是 分子（选填：“极性”、“非极性”）；
②1mol C60分子中，含有σ键数目为 。
（4）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度ag·cm-3，则晶胞的体积为 cm3[用a、NA表示阿伏加德罗常数]。
正确答案
（1）①1s22s22p63s23p63d2（或[Ar]3d2） ②正四面体
（2）abcd
(3) ①非极性 ②90NA或5.418×1024
（4）52/aNA
试题分析：（1）BH4-中心原子杂化方式为sp3，故空间构型为正四面体；（2）a、NH3分子中N原子价电子对数为（5+3）/2=4，故采用sp3杂化，正确；b、NH3分子间存在氢键，故熔沸点较高，正确；c、[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu是中心原子，N原子是配位原子，正确；d、CN—与氮气为等电子体，电子式同氮气的电子式，正确。（3）相似相溶是分子晶体的性质，苯和二硫化碳是非极性分子，故其为分子晶体；采用均摊法计算σ键数目：1个碳原子形成3个σ键，每个σ键2个碳原子公用，故有60×3×1/2=90；（4）计算出晶胞的质量，再根据密度即可求出晶胞的体积。晶胞中含有MgH2微粒数为2个：Mg 8×1/8+1=2 H 4×1/2+2=4，列式为2/NA=va/26 v=52/aNAcm3
短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大．A和B形成4个原子核的分子，A和C形成3个原子核的分子，且两种分子均含有10个电子．D的阳离子电子层结构与氖相同，且与A同主族．E的常见氧化物有两种，其中一种能使品红溶液褪色．
（1）F在周期表中的位置是第______周期第______族．
（2）①C和D可形成原子个数比为1：1的化合物甲，甲是______（填“离子”或“共价”）化合物，电子式是______．
②D和E能形成离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程______．
（3）M是一种常见的金属单质，与元素F的单质转化关系如下图所示：
P→Q反应的离子方程式是______．
（4）E与F可形成一种相对分子质量是135的共价化合物乙．乙在橡胶硫化时，可以做硫的溶剂，乙遇到水时可以反应生成三种中学常见物质，其中一种是使品红溶液褪色的E的氧化物，一种是黄色固体．
乙和水反应的化学方程式是______．
正确答案
短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大．A和B形成4个原子核的分子，A和C形成3个原子核的分子，且两种分子均含有10个电子，则A为H，B为N，C为O；D的阳离子电子层结构与氖相同，且与A同主族，则D为Na，E的常见氧化物有两种，其中一种能使品红溶液褪色，所以E为S，由原子序数的关系可知，F只能为Cl，
（1）F为Cl，位于元素周期表中第三周期第ⅤⅡA，故答案为：三；VIIA；
（2）①C和D可形成原子个数比为1：1的化合物甲为Na2O2，属于离子化合物，其电子式为
故答案为：离子；
②D和E能形成离子化合物为Na2S，其形成过程为
故答案为：
（3）由转化关系可知，M为变价金属Fe，P→Q反应为氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，该离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）使品红溶液褪色的E的氧化物为二氧化硫，黄色固体为S，E与F可形成一种相对分子质量是135的共价化合物乙应为S2Cl2，与水的反应为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl．
已知A、B、C、D、E、F六种短周期元素的性质或结构信息如下表，请根据信息回答下列问题。
（1）A原子的最外层电子排布式 ，D原子共有 种不同运动状态的电子。
（2）F与E元素第一电离能的大小关系： ＞ （填元素符号）。
（3）A，B两元素的氢化物分子中键能较小的是 ；分子较稳定的是 。（填分子式）
（4）C单质、镁、NaOH溶液可以构成原电池，则负极的电极反应式为_________________。
（5）F与钙可组成离子化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的电子式是 。已知该化合物晶胞1/8的体积为2.0×10-23cm3，求该离子化合物的密度，请列式并计算（结果保留一位小数）：_______________________。
正确答案
（1）3s23p4（2分），14（1分）。（2）N，F （各1分，共2分）
（3）H2S（2分），HCl（2分） （4）Al-3e-+4OH- ＝AlO2-+2H2O（2分）（5）
试题分析：A、单质常温下为固体，难溶于水易于溶CS2，能形成2种二元含氧酸，因此A是S；B、原子的M层有1个未成对的p电子，核外p电子总数大于7，则B应该是Cl；C、单质曾被称为“银色的金子”，与锂形成的合金常用于航天飞行器，单质能溶强酸和强碱，所以C是Al；D、原子核外电子层上s电子总数比p电子总数少2个，单质和氧化物均为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点，则D是Si；E、其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高，则E是N；F、周期表中电负性最大的元素是F，即F是氟元素。
（1）S元素位于第三周期第ⅥA族，所以S原子的最外层电子排布式为3s23p4；Si元素的原子序数是14，核外电子数是14个，所以Si原子共有14种不同运动状态的电子。
（2）非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，其第一电离能大于氟元素的，所以F与E元素第一电离能的大小关系：N＞F。
（3）非金属性是S弱于Cl，所以两种元素的氢化物分子中键能较小的是H2S；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此分子较稳定的是HCl。
（4）原电池中较活泼的金属做负极，镁的金属性强于Al。但由于铝能和氢氧化钠溶液，二镁不能，所以单质铝、镁、NaOH溶液构成的原电池中铝是负极，镁是正极，因此负极的电极反应式为Al-3e-+4OH- ＝AlO2-+2H2O。
（5）根据晶胞的结构图并依据均摊原理可知，氟原子的个数＝8个，钙原子的个数＝8×
图为周期表的一小部分，A、B、C、D的位置关系如图所示．且它们均为短周期元素，其中C元素的最外层电子数是电子层数的2倍，回答下列问题：
（1）写出B、C、D最高价氧化物对应水化物的化学式：______、______、______其中酸性最强的是______
（2）写出A、B、C、所形成氢化物的化学式：______、______、______其中最稳定的是______．
（3）写D的单质与C的氢化物反应的化学方程式______．
正确答案
A、B、C、D均为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，A位于第二周期，B、C、D位于第三周期，C元素的最外层电子数是电子层数的2倍，其电子层数是3，则其最外层电子数是6，所以C是S元素，则B是P元素、A是O元素、D是Cl元素，
（1）非金属元素的最高价氧化物的水化物是酸，其最高价氧化物的水化物的化学式分别是H3PO4、H2SO4、HClO4，非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，B、C、D三种元素的非金属性P＜S＜Cl，所以酸性最强的是HClO4，故答案为：H3PO4；H2SO4；HClO4；HClO4；
（2）A、B、C、所形成氢化物的化学式分别是：H2O、PH3、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，这几种元素的非金属性P＜S＜O，所以最稳定的氢化物是，故答案为：H2O；PH3；H2S；H2O；
（3）氯气具有强氧化性，硫化氢具有还原性，二者能发生氧化会反应而生成硫和氯化氢，反应方程式为：H2S+Cl2=2HCl+S↓，故答案为：H2S+Cl2=2HCl+S↓．
如图是元素周期表的另一种画法--三角形元素周期表的一部分，图上标有第ⅦA族和碳、钾两种元素的位置．
回答下列问题：
（1）请在图中将过渡元素所在的位置涂黑．
（2）工业上用于冶炼M的化学方程式为______．
（3）M和R组成化合物MR的超细粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域．其制取原理是用M的氧化物、R的单质与碳单质在高温下反应，已知反应中三种物质的物质的量之比为1：1：3，该反应的化学方程式为______，反应中______作氧化剂．
（4）图中A、B两元素形成的离子B2A8-2中，B元素呈现最高价，B原子位于由A原子组成的四面体的中心，且所有原子的最外层电子均满足8电子结构．该离子可能具有的化学性质是______，依据是______．
正确答案
三角形元素周期表的实质是将原周期表的空隙部分进行了删除形成的，与原元素周期表没有本质的区别，所以表中R为氮，A为氧，M为铝，B为硫，在第四周期之后的ⅡA和ⅢA之间为过渡元素，
（1）三角形元素周期表的实质是将原周期表的空隙部分进行了删除形成的，与原元素周期表没有本质的区别，在第四周期之后的ⅡA和ⅢA之间为过渡元素，
故答案为：
（2）M为铝，工业上常用电解Al2O3的方法制备，反应的方程式为2Al2O3
故答案为：2Al2O3
（3）M的氧化物为Al2O3，R的单质为N2，与碳单质在高温下反应，生成物为AlN，根据三种物质的物质的量之比为1：1：3，结合质量守恒定律可知另一种生成物为CO，则方程式为Al2O3+N2+3C
故答案为：Al2O3+N2+3C
（4）A、B两元素形成的离子B2A82-中为S2082-，B原子位于由A原子组成的四面体的中心，则离子中含有-O-O-键，即过氧键，应具有氧化性，
故答案为：氧化性；离子结构中存在-O-O-（部分氧元素呈-1价亦可）．
（12分，每空2分）
当今世界，能源的发展日益成为全世界、全人类共同关心的问题。
(1)A和B的单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料。已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
①请根据上述信息，写出A基态原子的核外电子排布式：__________________。
②某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了______________________。
(2)氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。
①已知金刚石中C—C键的键长为154.45 pm，C60中C—C键的键长为145 pm和140 pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由____________________________ ________________。
②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体。该物质中K原子和C60分子的个数比为______________________。
③继C60后，科学家又合成Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是__________ 。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为______。
正确答案
(1)①1s22s2 ②能量最低原理 (2)①不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键
②3∶1 ③N＞C＞Si 30
（1）表中A、B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，说明它们属于ⅡA族，又它们都是短周期元素，且A的第一电离能比B大，因此，A为Be元素，核外电子排布式是1s22s2。B为Mg元素。图1所示电子排布，根据能量最低原理，最外层两个电子应全排在s轨道上。，违背能量最低原理。
（2）①由于C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，熔化时前者需破坏分子间作用力，后者相应破坏化学键，所以是错误的。
②K原子和C60分子的个数比为(12÷2)∶(8÷8＋1)＝3∶1。
③非金属性越强，电负性越大，所以电负性由大到小的顺序是N＞C＞Si。根据题意，每个硅形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构。显然，双键数应该是Si原子数的一半，而每个双键有1个π键，显然π键数目为30。
（8分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。其中，W的一种原子核内没有中子，Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。Y与Z能形成两种常见的离子化合物Z2Y和Z2Y2。X与Y能形成两种化合物，其相对分子质量之比为7 : 11。请回答：
（1）Z在元素周期表中的位置是____。
（2）X、Z两元素原子的次外层电子数之比为____。
（3）由W与X两种元素组成的物质甲，其相对分子质量为28。甲可能发生的反应有____（填序号）。
①与氢气反应 ②与氧气反应 ③与水反应 ④与酸性高锰酸钾溶液反应
（4）由W、X、Y三种元素组成的有机物乙，相对分子质量为60。由W、X、Y、Z四种元素组成的无机物丙，相对分子质量为84，受热易分解。又知，乙与丙反应能放出气体，写出乙溶液与丙溶液反应的化学方程式：____。
正确答案
（8分）（1）第三周期 第ⅠA族 ……………2分
（2）1 : 4 …………2分
（3）①②③④ …………2分
（4）CH3COOH + NaHCO3 ="=" CH3COONa + CO2↑+ H2O …………2分
解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的一种原子核内没有中子，则W应为H元素，
Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，核外各电子层电子数分别为2、6，应为O元素，
Y与Z能形成两种常见的离子化合物Z2Y和Z2Y2，则Z为Na元素，形成的化合物分别为Na2O和Na2O2，
X与Y能形成两种化合物，其相对分子质量之比为7：11，相对分子质量分别为28、44，应为CO和CO2，X为C元素，
（1）Z为Na元素，原子序数为11，原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，则应在周期表第三周期ⅠA族，故答案为：第三周期ⅠA族；
（2）X、Z分别为C、Na，核外次外层电子数分别为2、8，则两元素原子的次外层电子数之比为2：8=1：4，故答案为：1：4；
（3）W2Y为H2O，属于共价化合物，用电子式表示的形成过程为
故答案为：
（4）由W与X两种元素组成的中学化学常见化合物甲，其相对分子质量为78，应为苯，性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，在催化剂条件下易发生取代反应，易燃烧，能加成，故答案为：④；
（5）由W、X、Y三种元素组成的有机物乙，相对分子质量为60，应为CH3COOH，为弱酸，由W、X、Y、Z四种元素组成的无机物丙，相对分子质量为84，受热易分解，则丙为NaHCO3，
二者反应的离子方程式为CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O，
故答案为：CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O．
现有A、B、X、Y、Z五种短周期元素，原子序数依次增大．它们的性质或原子结构如下表：
请回答：
（1）X元素在元素周期表中的位置是______．
（2）Z单质通入Y 的最高价氧化物对应水化物的溶液中，可以得到漂白液，相应反应的离子方程式为______．
（3）化合物甲由A和B两种元素组成且质量比为3：14．甲与X单质在催化剂、加热条件下发生的反应是工业上制取硝酸的基础，写出该反应的化学方程式______．
（4）为证明Z 单质的氧化性比Br2强，某同学设计如下实验．请完成下面实验报告．
正确答案
A原子核内只有一个质子，应为H元素；B单质是空气中含量最多的气体，应为N元素；X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核外各层电子数分别为2、6，应为O元素；Y为短周期元素中原子半径最大的元素，应为第三周期ⅠA族元素，即Na元素；Z最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，则最高化合价为+7价，应为Cl元素，
（1）X为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第二周期第VIA族，
故答案为：第二周期第VIA族；
（2）Z单质为Cl2，Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Cl2在NaOH溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（3）化合物甲由A和B两种元素组成且质量比为3：14，应为NH3，NH3与O2在催化剂条件下反应生成NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
（4）取少量NaBr溶液于试管中，滴加氯水，振荡，再加入少量CCl4，振荡，静置，溶液由无色变为橙黄色，溶液分层，上层液体几乎为无色，下层液体为橙红色．发生反应Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，故氧化性：Z 单质＞Br2，
故答案为：
．
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