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填空题

已知:①红磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物——PCl3和PCl5,氮与氢也可形成两种化合物——NH3和NH5

②PCl5分子中,P原子的1个3s轨道、3个3p轨道和1个3d轨道发生杂化形成5个sp3d杂化轨道,PCl5分子呈三角双锥形()。

(1)NH3、PCl3和PCl5分子中,所有原子的最外层电子数都是8个的是________(填分子式),该分子空间构型是______________。

(2)有同学认为,NH5与PCl5类似,N原子的1个2s轨道、3个2p轨道和1个2d轨道可能发生sp3d杂化。请你对该同学的观点进行评价__________________________

(3)经测定,NH5中存在离子键,N原子最外层电子数是8,所有氢原子的最外层电子数都是2,则NH5的电子式是________。

(4)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被——NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。

①NH3分子空间构型为       ,N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是    

②肼可用作火箭燃料,燃烧时发生的反应是:

N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g);△H=-1 038.7 kJ·mol-1

若该反应中有4 mol N-H键断裂,则形成的π键有   mol。

③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,则N2H6SO4的晶体内不存在    (填标号)。

a.离子键         b.共价键

c.配位键               d.范德华力

正确答案

(1)PCl3 三角锥形    (2)不对,因为N原子没有2d轨道

(3)   (4)三角锥形  sp3杂化   3   d

试题分析:(1)H只有2电子,PCl5分子中的P有10电子;(4)①NH3分子空间构型为三角锥形,N原子为sp3杂化,根据题干中给出的信息可知N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型也是sp3

②反应中有4 mol N-H键断裂,即有1 mol N2H4反应,根据反应方程式可知,1 mol N2H4参加反应有1.5 mol N2生成,而每摩尔N2中有2 mol π键。

③该题为信息题,知道(NH42SO4分子中存在的化学键(离子键、共价键、配位键)即可解答。

点评:物质的结构是高考历年的重点,考生在备考中要注意区分各概念,熟练运用概念进行相关的判断。

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简答题

(1)已知拆开1mol H-H键、1mol I-I键、1mol H-I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ.则由氢气和碘单质反应生成1mol HI需要 (填“放出”或“吸收”)  kJ的热量.氢气、碘单质和碘化氢三种分子最稳定的是 .

(2)下列五种物质中①Ne ②H2O ③NH3 ④KOH ⑤Na2O,只存在共价键的是 ,只存在离子键的是 ,既存在共价键又存在离子键的是 ,不存在化学键的是 .(填写序号)

(3)按要求填空:

①推测Si、N 间氢化物的稳定性; > (填化学式)  

②C: 周期 族;

3416S2-微粒中的质子数是 ,中子数是 ,核外电子数是 .

(4)对于反应2S02+02

2SO3(g),当其他条件不变时,只改变一个反应条件,将生成的S03的反应速率的变化填入下表空格内(填“增大”、“减小”或“不变”).

正确答案

(1)由氢气和碘单质反应生成1mol HI,则需断裂0.5molH-H和0.5molI-I键,

吸收的能量为:0.5×436kJ+0.5×151kJ=293.5kJ,

生成1mol HI分出的能量为:299kJ,

所以该反应放热,放出的能量为:299kJ-293.5kJ=5.5kJ,三种物质中键能最大的是H2,则最稳定的是H2

故答案为:放出;5.5;H2

(2)共价键是有非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键,离子键是离子之间的静电作用,存在离子化合物中,

①Ne为单原子分子,不存在化学键; ②H2O、③NH3为共价化合物,只存在共价键,

 ④KOH 为离子化合物,既含有离子键,又含有共价键,⑤Na2O为离子化合物,只含有离子键,

故答案为:②③;⑤;④;①;

(3)①N元素的非金属性大于Si元素,非金属性越强,对应的氢化物越稳定,

故答案为:NH3,SiH4

 ②C的原子序数为6,核外有2个电子层,最外层电子数为4,位于周期表第二周期第IVA族,故答案为:二,IVA; 

3416S2-微粒中,质子数为16,中子数为34-16=18,电子数为16+2=18,

故答案为:16,18,18;

(4)在可逆反应中,增大压强、升高温度,增大反应物的浓度以及使用催化剂都能增大反应速率,反之,反应速率减小,

故答案为:

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简答题

某元素的某种原子,其氯化物(MCl2)11.1g配成溶液后,需用1mol/L的AgNO3溶液200mL,才能把氯离子完全沉淀下来.已知该原子中有20个中子.

(1)计算M的质量数并写出该原子组成符号.

(2)指出M元素在周期表中的位置(周期、族)

正确答案

(1)n(AgNO3)=0.2L×1mol/L=0.2mol,

根据反应Ag++Cl-=AgCl↓可知,n(Cl-)=n(Ag+)=0.2mol,

则n(MCl2)=×n(Cl-)=0.1mol,

M(MCl2)==111,

所以M的质量数为111-2×35.5=40,该原子中有20个中子,则质子数为40-20=20,为Ca元素,原子组成符号为2040Ca,

答:M的质量数为40,原子组成符号为2040Ca.

(2)Ca元素的原子序数为20,原子核外有4个电子层,最外层电子数为2,位于周期表第四周期,第ⅡA族,

答:M元素在周期表中的位置是第四周期,第ⅡA族.

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题型:填空题
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填空题

四种短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增.其中A、B、C三种元素基态原子的2p能级上都有未成对电子.且未成对电子个数分别是2、3、2;D与C 可以形成D2C和D2C2两种化合物。回答下列问题:

(1)已知A元素与氢元素形成的某种气态化合物在标准状况下的密度为1.161g/L,则在该化合物的分子中A原子的杂化方式为    

(2)A、B、C二种元素的第一电离能由小到大的顺序为      (填元素符号)。

(3)+1价气态基态阳离子再失去一个电子形成+2价气态基态阳离子所需要的能量称为第二电离能I2,依次还有I3、I4、I5……,推测D元素的电离能第一次突增应出现在第___电离能。

(4)AC2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示。该晶体的类型属于______________晶体.该晶体中A原子轨道的杂化类型为       

(5)C和C形成原子个数比为1:3的常见离子.推测这两种微粒的空间构型为            

(6)C和D形成的一种离子化合物D2C的晶胞结构如图所示.该晶体中阳离子的配位数为      。距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为         

已知该晶胞的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA.则晶胞边长a=  cm(用含ρ、NA的代数式表示)。

正确答案

(1)sp (2)C3(5)平面三角形 (6)4;正方体;

试题分析:短周期元素A、B、C三种元素基态原子的2p能级上都有未成对电子.且未成对电子个数分别是2、3、2;则A的电子排布式为1s22s22p2,A为C元素;B的电子排布式为1s22s22p3.B为N元素;C的电子排布式为1s22s22p4.C为O元素。原子序数比O大的短周期元素D与O可以形成D2C和D2C2两种化合物,则D为Na。这两种氧化物分别为Na2O和Na2O2。(1)该C、H两元素形成的化合物的相对分子质量为:M=22.4L/mol×1.161g/L=26,所以该烃为乙炔,分子式为C2H2. 在该化合物的分子中C原子形成了2个δ键,2个Π键。即C的杂化方式为sp杂化。(2)一般情况下,同一周期的元素,原子核外的电子数越多,电离能越大。但当原子核外的电子处于全充满、半充满或全空时,能量较低。是稳定的状态。因此A、B、C这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C22s22p63s1.当原子失去最外电子层上的1个3s电子后,次外电子层的2p电子处于全充满的稳定状态,失去较难。所以Na元素的电离能第一次突增应出现在第2电离能. (4)由CO2高温下形成的晶体的示意图可以看出:每个C与4个O形成共价键,每个O与2个C形成共价键。C原子处于与它相连的4个O原子构成的正四面体中心。这种正四面体结构向空间扩展就形成了一种立体网状结构。因此CO2高温下形成的晶体为原子晶体。在该晶体中C原子与4个O原子形成了4个δ键,因此其轨道的杂化类型为sp3。(5)C和O形成原子个数比为1:3的常见离子CO32-离子中的C是SP2杂化,结构式是平面三角形。(6)由离子化合物Na2O的晶胞结构可知:在一个晶胞中含有Na:8×1/8+6×1/2=4;含有O:1×8="8." 在该晶体中与Na+离子距离最近且相等的O2-有4个。所以它的的配位数为4. 距一个O2-离子周围最近的所有Na+离子为顶点构成的几何体为正方体。由于每个晶胞中含有4个Na2O. 晶胞的密度为ρ=m÷V=(4NA×M) ÷(NA×a3). a3="(4M)" ÷(NA×ρ).所以a=.

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填空题

(10分,每空2分)决定物质性质的重要因素是物质的结构。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如下表所示:

A通常显____价,A的电负性__  __B的电负性(填“>”、“<”或“=”)。

(2)已知:波长为300 nm的紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ·mol1。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:    

                                            

 (3)研究物质磁性表明: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________________。

(4)某配合物的分子结构如图所示,其分子内不含有__________(填字母)。

A.离子键   B.共价键   

C.金属键  D.配位键    E.氢键

正确答案

.(1)+3  

(2)紫外光具有的能量比蛋白质分子中重要的化学键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

(3)CrO2     (4)AC

(1)A的第四电离能远大于第三电离能,所以A是第三周期的Al,显+3价。B是镁,金属性越强,电负性越小,所以A的电负性大于镁的。

(2)根据键能可知,紫外光具有的能量比蛋白质分子中重要的化学键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。

(3)离子型氧化物V2O5和CrO2中,金属阳离子含未成对电子分别是0和2,所以适合作录音带磁粉原料的是CrO2

(4)根据组成元素可知,全部都是非金属,所以没有离子键和金属键,答案选AC。

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填空题

(8分,每空2分)水是生命之源,它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中,水也是一种常用的试剂。

(1)写出与H2O分子互为等电子体的微粒___      ___(填1种)。

(2)水分子在特定条件下容易得到一个H,形成水合氢原子(H3O)。下列对上述过程的描述不合理的是    (  )

(3)下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。与冰的晶体类型相同的是________(请用相应的编号填写)。

(4)在冰晶体中,每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如下图所示),已知冰的升华热是51 kg/mol,除氢键外,水分子间还存在范德华力(11 kJ/mol),则冰晶体中氢键的“键能”是_____    ___kJ/mol;

正确答案

(1)H2S (2)A (3)BC  (4)20

(1)分子数和价电子数分别都相等的是等电子体,所以和水互为等电子体的是H2S。

(2)水是V型结构,而H3O是三角锥形,氧原子还是sp3杂化,选项A是错误的,其余都是正确的,答案选A。

(3)根据晶胞结构可知,A~E分别是氯化钠、CO2、碘、金刚石和钠。由于水形成的晶体是分子晶体,所以答案选BC。

(4)根据结构可知,每个水分子形成2个氢键,所以氢键键能是(51 kg/mol-11 kg/mol)÷2=20 kg/mol。

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部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示

(1)A原子中的电子占有______个轨道,最外层有______种不同运动状态的电子。这五种元素的原子半径由大到小的顺序为_________________(用元素符号表示)。

(2)E与D可以按原子个数比2:1、1:1形成两种化合物X、Y,区别X、Y这两种物质的实验方法为______________________________________。E与C组成的两种化合物M、N,所含电子数分别与X、Y相等,M的空间构型为___________,N的结构式为___________。

(3)C与D都是较活泼的非金属元素,用一个有关的化学方程式说明两种单质的氧化性强弱_____________________________________。

(4)有人认为A、B的单质用导线连接后插入NaOH溶液中可形成原电池,你认为是否可行,若可以,写出负极的电极反应式(若认为不行可不写)________________________。

正确答案

(1)7,    3,       Mg>Al>N>O>H 

(2)加入MnO2放出气体等合理即可,    三角锥型,

(3)      (4)Al-3e+4OH-=AlO2-+2H2O

根据元素的结构及有关性质可知,A是Al,B是Mg,C是N,D是O,E是H。

(1)根据构造原理可知,Al原子的核外电子占有7个轨道,最外层电子数是3,因此含有3种运动状态不同的电子。由于同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族自上而下原子半径逐渐增大,所以原子半径大小顺序为Mg>Al>N>O>H。

(2)X和Y分别的是H2O和H2O2,由于H2O2可以分解生成氧气,所以区别的方法是加入MnO2放出气体的是双氧水。电子数相等的分别是氨气和N2H4,氨气是三角锥形,N2H4的结构式是

(3)非金属性强的元素能置换出非金属性弱的,即

(4)由于单质铝能和氢氧化钠溶液反应,所以可以原电池,铝是负极,所以电极反应式为Al-3e+4OH-=AlO2-+2H2O。

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(15分)(物质结构与性质)CuCl和CuCl2都是重要的化工原料,常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。已知

①CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得:

②CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子:

请回答下列问题:

(1)基态Cu原子的核外电子排布式为                          。H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是                 

(2)SO2分子的空间构型为____________。与SnCl4互为等电子体的一种离子的化学式为

                       

(3)乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为               。乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺,但乙二胺比三甲胺的沸点高的多,原因是_                                                

(4)②中所形成的配离子中含有的化学键类型有_______。(填字母)

a.配位键     b.极性键     c.离子键    d.非极性键

(5)CuCl的晶胞结构如右图所示,其中Cl原子的配位数为_____。

正确答案

(3)sp3杂化(2分),乙二胺分子间可以形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键(2分)

4)abd(2分) (5)4(2分)

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(15分)已知:A、B、C、D、E、F六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;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最高;F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物。

回答下列问题:

(1)F的原子的M层电子排布式为                           

(2)B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为                   。(用元素符号表示)

(3)A的简单氢化物分子极易溶于水,其主要原因是                                 .

(4)E的最高价氧化物分子的空间构型是                。其中心原子的杂化方式为          

(5)F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子,配位数为       

(6)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),已知紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm, 该晶胞的密度为             g/cm3

正确答案

(1)3s23p63d10         (2)Na<Al<Si (3)氨分子与水分子之间存在氢键

(4)平面正三角形 SP2 (5) 4       (6)Cu3N   103∕(4a3NA)

试题分析:根据题意可推知:A是N;B是Na;C是Al;D是Si;E是S;F是Cu。(1)Cu的原子的M层电子排布式为3s23p63d10;(2)一般情况下同一周期的元素,原子序数越大,元素的第一电离能就越大,所以Na、Al、Si的第一电离能由小到大的顺序为Na<Al<Si;(3)A的简单氢化物分子NH3极易溶于水是因为氨分子与水分子都是极性分子,根据相似相溶原理氨气容易在水中溶解,而且在氨分子与水之间存在氢键。也增加了分子之间的相互作用力。(4)S的最高价氧化物分子SO3的空间构型是平面正三角形;其中心原子S原子的杂化方式为SP2 。(5)Cu2+与NH3能够结合形成络离子[Cu(NH3)4]2+.配位数为4.(6)在一个晶胞中含有的N原子数是:8×1/8=1;含有的Cu原子的个数是12×1/4=3.因此其化学式为Cu3N;由于紧邻的白球与黑球之间的距离为a cm,则晶胞的边长是2acm。在一个晶胞中含有一个Cu3N。所以该晶胞的密度为

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化学中的某些元素是与生命活动密不可分的元素。请回答下列问题:

(1)NH4NO3是一种重要的化学肥料,其中N原子的杂化方式分别是________,NO3的空间构型为____________。

(2)A、B、C三元素的原子序数依次增大,它们原子的最外层电子排布均为4s1

①B元素基态原子电子排布式为___________________________________________。

②A元素单质的晶体堆积模型为________(填字母),其空间利用率为__________。

③氢元素与C元素可形成一种红色化合物,其晶体结构单元如下图。则该化合物的化学式为__________(小白球表示H,小黑球表示C)。

(3)已知氮化硼(BN)的一种晶体结构与金刚石相似,则B—N—B之间的夹角是________,氮化硼的密度为3.52 g·cm3,则B—N键的键长是________pm(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)。

正确答案

(1)sp3、sp2杂化 平面三角形

(2)①1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1

②b 68%

③CuH

(3)109°28′ 

(1)NH4+为正四面体结构,所以N原子的杂化方式为sp3,NO3中含有3对价层电子对,其离子构型为平面三角形,N原子采取sp2杂化。

(2)A、B、C的价电子构型分别为4s1、3d54s1、3d104s1,所以A为K,B为Cr,C为Cu。K为体心立方堆积,Cu为面心立方最密堆积,体心立方堆积的空间利用率为68%,而面心立方最密堆积的空间利用率为74%。

③H()∶6×+1+3=6

Cu()∶12×+2×+3=6

其化学式为CuH。

(3)BN的基本结构单元为正四面体,所以B—N—B之间的夹角为109°28′。一个金刚石晶胞中含有C原子数为8×+6×+4=8个,所以一个BN晶胞中含有4个B原子,4个N原子,设晶胞的棱长为a cm,则B—N的键长为 (为体对角线的)。

a3·3.52×NA=4×25

a=

所以其键长为 pm。

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均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化合物分子,都含有18个电子,它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1∶1,B和D分子中的原子个数比为1∶2。D可作为火箭推进剂的燃料。

请回答下列问题:

(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为

(用元素符号回答)。

(2)A与HF相比,其熔、沸点较低,原因是                             

(3)B分子的空间构型为          形,该分子属于          分子(填“极性”或“非极性”) 。

(4)C为一种绿色氧化剂,有广泛应用。请写出Cu、稀H2SO4与C反应制备硫酸铜的离子方程式                                      ,该反应中反应物Cu的基态原子电子排布式为                       。铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方堆积,下图是铜晶体一个晶胞的示意图,则晶胞中含        个铜原子。

(5)D分子中心原子的杂化方式是            ,由该原子组成的单质分子中包含

      个π键,与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为           

正确答案

(13分)(1)N>O>Cl>S(2分)

(2)HF分子间形成氢键(1分)        (3)V形(1分)   极性分子(1分)

(4)Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O(3分)   [Ar]3d104s1(1分)    4(1分)

(5)sp3(1分)    2(1分)    CO(1分)

试题分析:常见18电子的微粒有:单核分子是Ar;离子是K、Ca2+、CI、S2。双核分子是F2、HCI;离子是HS。三核的分子是H2S。四核的分子是PH3、H2O2。五核的分子是SiH4。六核的分子是N2H4。根据分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1∶1,B和D分子中的原子个数比为1∶2。D可作为火箭推进剂的燃料可知,A是HCl,B是H2S,C是H2O2,D是N2H4

(1)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,所以氮元素的第一电离能大于氧元素的,则A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为N>O>Cl>S。

(2)由于HF分子间形成氢键,所以HF的沸点高于HCl的沸点。

(3)H2S分子中中心原子S原子含有的孤对电子对数=(6-2×1)÷2=2,所以H2S是V形结构,属于极性分子。

(4)双氧水具有强氧化性,在酸性条件下和铜反应的离子方程式是Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。根据构造原理可知,铜原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s1。根据晶胞的结构并依据均摊法可知,晶胞中含个铜原子。

(5)在根据N2H4分子的结构可知,该化合物相当于是氨气中的1个氢原子被-NH2代替,所以根据氨气的结构式可知,N2H4分子中氮原子是sp3杂化。氮气中含有氮氮三键,所以含有1个α键和2个π键。由于原子数和价电子数分别都相等的是等电子体,则和氮气互为等电子体的是CO。

点评:该题是高考中的常见题型,属于中等难度的试题。试题综合性强,侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练,旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力,有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体,比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。

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填空题

(15分)第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物。

(1)①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为                      

②下列叙述不正确的是           。(填字母)

A.因为HCHO为极性分子,水也为极性分子,根据相似相溶原理,HCHO易溶于水。

B.HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化

C.C6H6分子中含有6个键和1个大键,C2H2是非极性分子

D.CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低

(2)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物。

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是             

②六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4 -中不存在                  

A.共价键    B.非极性键        C.配位键    D.σ键      E.π键

写出一种与 CN互为等电子体的单质分子式                      

(3)根据元素原子的外围电子排布特征,可将周期表分成五个区域,其中Ti属于   区。

(4)一种Al-Fe合金的立体晶胞如下图所示。请据此回答下列问题:

①确定该合金的化学式             

②若晶体的密度=ρ g/cm3,则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离(用含ρ的代数式表示,不必化简)为         cm。

正确答案

(1)①H

(2)①具有孤对电子(1分)  ②B (1分)   N2(2分)

(3)  d区(1分)          (4)①Fe2Al (3分)②(3分)

(1)①非金属性越强,电负性越大,所以大小顺序是H

②CO2是直线型结构,碳原子是so杂化,B不正确。苯分子中的碳碳键既不是碳碳单键,也不是碳碳双键,而是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键,C不正确。A正确,CO2是分子晶体,二氧化硅是原子晶体,D正确,答案选BC。

(2)①配体中必需含有孤对电子,否则不能形成配位键。

②根据六氰合亚铁离子的化学式可知,分子中不存在非极性键,答案选B。电子数和原子数分别都相等的是等电子体,所以与 CN互为等电子体的单质分子是氮气。

(3)区的名称来自于按构造原理最后填入电子的能级名称,所以根据构造原理可知Ti属于d区。

(4)根据晶胞的结构可知,含有的铁原子是8×1/8+6×1/2+12×1/4+1=8。铝在晶胞内部,所以含有4个铝原子,因此化学式为Fe2Al。设此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为x,则有,解得x=

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题型:填空题
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填空题

(1)下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是____________。

(2)利用“卤化硼法”合成含B和N两种元素的功能陶瓷,下图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为________,该功能陶瓷的化学式为___________。

(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和_________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。

(4)若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是________。

(5)SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)的主要成分,Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2

长石是金属铝硅盐。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石改写成氧化物的形式可表示为         

正确答案

(1)a (2)2;BN (3)sp2;sp3  ;3(4)X (5)CaO.Al2O3.6SiO2

试题分析:(1)随着核电荷数的增加,卤素元素得电子能力减弱,电负性逐渐减弱;a正确,氟元素没有正价,b错误,对应氢化物HF分子间有氢键存在,熔点最高,c错误,单质的熔点,取决于分子间作用力,结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔点越高,d错误。(2)利用“卤化硼法”合成含B和N两种元素的功能陶瓷,B和N两种元素在同一周期,原子半径逐渐减小,B大于N,因此白球是B,黑球是N,根据晶胞图,B在8个顶点和体心一个,因此8个顶点分摊后8乘八分之一,只有一个,加上体心一个共有2个,N在棱上有4个和体心一个,棱上4个分摊后4乘四分之一,只有一个,加上体心一个共有2个,所以化学式BN,(3)BCl中的B原子的杂化方式类似BF3属于sp2杂化;NCl3中的N原子的杂化方式类似NH3属于sp3杂化。根据电离能的变化规律,半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能属于特殊情况,要比同周期原子序数大的原子高,故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4) BCl3是缺电子化合物,B原子的所有价电子已经使用,因而提供孤对电子的原子是X。(5)由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石化学式CaAlSi6O16改写成氧化物的形式可表示为CaO.Al2O3.6SiO2

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题型:简答题
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简答题

①~⑩是元素周期表中的十种元素:

回答下列问题:

(1)某同学对下列性质进行了对比,其中正确的是______.

A.原子半径:⑩>⑨>⑦

B.离子半径:⑨>④>⑦

C.非金属性:③>②>⑥

D.单质的熔点:④>⑨>⑩>⑧

E.单质的氧化性:③>⑦>⑧

(2)用合适的化学用语回答:

金属性最强的元素离子结构示意图为______,常温下呈液态的氢化物的结构式为:______.

(3)在上述元素中,②、⑧元素形成的气态氢化物可以相互反应,该反应的化学方程式为______;⑨、⑤元素形成的最高价氧化物的水化物可以相互反应,该反应的离子方程式为______.

正确答案

(1)A、同主族元素从左到右原子半径逐渐减小,则有⑨>⑩,故A错误;

B、⑨和⑦离子核外电子排布相同,核电荷数越大,离子半径越小,则有⑦>⑨,故B错误;

C、根据同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,则有非金属性③>②>⑥,故C正确;

D、④和⑨为同主族金属元素,从上到下金属的熔点逐渐降低,常温下为固体,⑧和⑩为同主族非金属元素,单质的熔点从上到下逐渐增大,⑧常温下为液体,⑩常温下为固体,易升华,熔点较小,则有单质的熔点:④>⑨>⑩>⑧,故D正确;

E、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,对应单质的氧化性逐渐增强,则有氧化性⑧>⑦,故E错误.

故答案为:CD;

(2)非金属最强的元素在表中左下角,为K元素,对应离子核内有19个质子,核外有18个电子,则离子的结构示意图为,常温下呈液态的氢化物为H2O,O与H原子之间有1对共用电子,结构式为H-O-H,

故答案为:,H-O-H;

(3)②、⑧元素形成的气态氢化物分别为NH3和HCl,相互反应的化学方程式为NH3+HCl═NH4Cl,⑨、⑤元素形成的最高价氧化物的水化物分别为KOH和Al(OH)3,相互反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2

故答案为:NH3+HCl═NH4Cl;Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O.

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题型:简答题
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简答题

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和为32,在周期表中X是原子半径最小的元素,Y、Z左右相邻,Z、W位于同主族.M元素与X同主族,与W同周期.

(1)M元素是______(填元素符号).

(2)Z、W形成的气态氢物的稳定性为______>______.(填化学式)

(3)写出M2Z2的电子式______,写出M2Z2与水反应的离子方程式______.

(4)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的-种强酸,该强酸的稀溶液能与铜反应,离子方程式为______.

(5)由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A,已知①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体.②A能与盐酸反应产生气体B,该气体能与氯水反应.则A是______(填化学式).写出该气体B与氯水反应的离子方程式______.

(6)由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C,1molC中含有6mol结晶水.对化合物C进行下实验:

a.取C的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热,产生白色沉淀和无色刺激性气味气体.过一段时间白色沉淀变为灰绿色,最终变为红褐色;

b.另取C的溶液,加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀,加盐酸沉淀不溶解

①写出C的化学式为______.

②试写出C与M2Z2按物质的量比1:2在溶液中反应的化学方程式______.

正确答案

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,在周期表中X是原子半径最小的元素,则X为H元素;Z、W位于同主族,设Z的原子序数为x,则W的原子序数为x+8,Y、Z左右相邻,Y的原子序数为x-1,由四种元素的原子序数之和为32,则1+(x-1)+x+(x+8)=32,解得x=8,即Y为N元素,Z为O元素,W为S元素,M元素与X同主族,与W同周期,则M为Na,

(1)由上述分析可知,M为Na元素,故答案为:Na;

(2)非金属性O>S,故氢化物越稳定H2O>H2S,故答案为:H2O;H2S;

(3)Na2O2由钠离子与过氧根离子构成,电子式为,与水反应生成NaOH与氧气,反应离子方程式为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,

故答案为:;2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;

(4)由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸,该强酸的稀溶液能与铜反应,该酸为HNO3,Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水,反应离子方程式为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑,

故答案为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑;

(5)由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A,为铵盐.

①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体,即氨气为2mol,即1molA含有2mol铵根离子;②A能与盐酸反应产生气体B,该气体能与氯水反应,B为二氧化硫,可推知A为(NH42SO3,二氧化硫有氯水反应得到HCl与硫酸,反应离子方程式为:SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-

故答案为:(NH42SO3;SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-

(6)由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C,1molC中含有6mol结晶水.向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热,产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体,白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,说明C中含有Fe2+和NH4+,另取少量C的溶液,向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀,再加入稀盐酸沉淀不溶解,说明C中含有SO42-

①结合C的相对分子质量和结晶水个数可知C的化学式为(NH42Fe(SO42•6H2O,故答案为:(NH42Fe(SO42•6H2O;

②(NH42Fe(SO42•6H2O与Na2O2按物质的量比1:2在溶液中反应,反应方程式为4(NH42Fe(SO42•6H2O+8Na2O2=4Fe(OH)3+8NH3↑+3O2↑+8Na2SO4+22H2O,故答案为:4(NH42Fe(SO42•6H2O+8Na2O2=4Fe(OH)3+8NH3↑+3O2↑+8Na2SO4+22H2O.

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