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题型:填空题
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填空题

Ⅰ.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:

2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl↓+4H+SO42-

2CuCl2+SnCl2=2CuCl↓+SnCl4

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得多,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

Ⅱ.固体二氧化碳外形似冰,受热汽化无液体产生,俗称“干冰”,根据干冰晶胞结构回答:

(5)干冰中一个分子周围有________个紧邻分子。

(6)堆积方式与干冰晶胞类型相同的金属有________(从“Cu、Mg、K、Po”中选出正确的),其空间利用率为________。

正确答案

(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1) O>N>H

(2)V形 SO42-、SiO44-

(3)sp3杂化 乙二胺分子间可以形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键

(4)abd (5)12 (6)Cu 74%

(1)根据洪特规则及能量最低原理可知,当铜原子的3d轨道上的电子处于全充满状态,整个体系能量最低,即基态Cu原子的核外电子式为[Ar]3d104s1。元素的非金属性越强,电负性越大,非金属性由强到弱为O、N、H。(3)乙二胺中氮原子轨道的杂化类型等同于氨分子,根据分子构型,四面体形(三角锥形、V形)分子为sp3杂化。根据乙二胺的结构简式可知乙二胺分子间存在氢键,而三甲胺分子间不能形成氢键,氢键可以使熔、沸点升高。(4)根据配离子的结构式可知在乙二胺中存在碳碳之间的非极性键,C与H,N与H,C与N之间的极性键,还有N与Cu之间的配位键。(5)干冰分子晶体的晶胞中,CO2分子位于晶胞立方体的顶点和面心上,则每个分子周围紧邻的每层上有4个,3层共12个。

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题型:填空题
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填空题

A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级,B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构,C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素,其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满。请回答下列问题:

(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是________(用对应的元素符号表示);D原子的基态电子排布式为____________________________________________________。

(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中,其中心原子采取________杂化;BC的空间构型为________(用文字描述)。

(3)1 mol AB中含有的π键个数为________。

(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,则该合金中Ca和D的原子个数比是________。

(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23 cm3,储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙,体积不变),则LaNin中n=________(填数值);氢在合金中的密度为________。

正确答案

(1)C<O<N 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1

(2)sp2 平面三角形 (3)2NA或2×6.02×1023

(4)1∶5 (5)5 0.083 g·cm-3

根据题中已知信息,第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级可知,A为碳元素,B为氮元素,C为氧元素,D为铜元素。晶胞的原子个数计算主要注意D原子个数计算,在晶胞上、下两个面上共有4个D原子,在前、后、左、右四个面上共有4个D原子,在晶胞的中心还有一个D原子。镧镍合金储氢后,1 mol晶体中氢元素的质量为4.5 g,则氢在合金中的密度为=0.083 g·cm-3

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题型:填空题
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填空题

能源问题日益成为制约经济发展的瓶颈,越来越多的国家开始实行“阳光计划”,开发太阳能资源,寻求经济发展的新动力。

                

图1                       图2                           图3

(1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层,写出基态镍原子的核外电子排布式         

(2)富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能。富勒烯(C60)的结构如图1,分子中碳原子轨道的杂化类型为       ;1 mol C60分子中σ键的数目为         。科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能,其晶胞如图2所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为       

(3)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐,其主要包括砷化镓、硫化镉、碲化镉及铜铟硒薄膜电池等。

①第一电离能:As       Se(填“>”、“<”或“=”)。

②二氧化硒分子的空间构型为            

(4)金属酞菁配合物可应用于硅太阳能电池中,一种金属镁酞菁配合物的结构如图3,请在图中用箭头表示出配位键的位置。          

正确答案

(1) 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2)sp2     90NA      3:1    

(3)①>    ②折线型(V型)      (4)  

试题分析::(1)镍是28号元素,原子核外有28个电子,根据构造原理可写出镍原子的核外电子排布式。

(2)根据富勒烯(C60)的结构可以看出每个C原子和其它三个C原子成键,为三个σ键和一个π键,由此判断杂化类型为sp2;根据C60分子中每个C原子和其它C原子形成三个σ键,平均一个C原子占有个σ键来计算σ键的数目,所以1mol C60分子中σ键的数目=×60×NA=90NA;根据均摊法,该晶胞独立分得K原子:2×6×=6,独立分得C60:8×+1=2。

(3)①As和Se属于同一周期,且As属于第VA族,Se属于第VIA族,所以第一电离能As>Se。

②SeO2分子中心原子价层电子对数=(6+0)/2=3,且含有孤立电子对,所以属于V形。

(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子,“—N=”有孤电子对,与Mg2+形成配位键,“—N—”无孤立电子对,与Mg2+形成共价键。

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题型:简答题
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简答题

现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,它们的原子序数依次增大,D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子,D与A形成的化合物分子构型是V型。B元素是形成化合物种类最多的元素,A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等,F是同周期第一电离能最小的元素。

(1)写出C元素基态原子的价电子排布式       ;B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)       

(2)E与A能形成分子式为EA的化合物。接近EA沸点的EA蒸气的相对分子质量测量值要大于其分子计算值,原因是       ;C、D分别与A形成最简单分子中,稳定性较高的是       (填化学式)分子;该分子再与A+结合成离子时,ACA键的键角会       (填“变大”、“不变”或“变小”)

(3)C与F形成的化合物FC3中,C3的空间构型为             ,C3中心原子采用       杂化。灼烧FC3时,火焰呈现特殊颜色,请从原理上解释产生该现象的原因:       

(4)右图为B元素的某种单质晶体的晶胞,则该晶体中B原子的空间占有率为      (用r表示B的原子半径,用带r的表达式表示,不必简化)

正确答案

(1)2s22p3        O>N>C

(2)HF分子间通过氢键作用形成(HF)n分子,使相对分子质量增大      H2O

(3)直线型   在加热条件下,低能级电子跃迁到高能级,不稳定,电子由高能级跃迁回低能级,能量以光波形式释放,使火焰呈现特殊颜色

(4)

试题分析:D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子,可知D的p轨道电子排布为:p2或者p4D与A形成的化合物分子构型是V型,则D的p轨道电子排布为:p4,D为氧元素,A为氢元素。B元素是形成化合物种类最多的元素,则B为碳元素,C为氮元素。F是同周期第一电离能最小的元素,则F为钠元素,E为氟元素。

(1)C为氮元素,价电子排布为:2s22p3,同周期元素从左至右电负性逐渐增大,所以电负性由大到小为:O>N>C。

(2)E与A能形成分子式为EA的化合物为HF,HF分子间存在很强的氢键,分子易形成多聚体(HF)n

所以相对分子质量要大于HF。C、D分别与A形成最简单分子为NH3和H2O,非金属性O>N,所以氢化物的稳定性H2O>NH3。H2O与H+形成H3O+,H2O中有两对孤对电子,而H3O+只有一对孤对电子,孤对电子数目减少,对共价键的排斥力也减小,因此H-O-H键角变大。

(3)C与F形成的化合物FC3为NaN3,N3-与CO2为等电子体,中心氮原子采取sp杂化,因此N3-空间构型为直线型。灼烧NaN3时,钠原子低能级电子跃迁到高能级形成激发态,激发态不稳定,电子又从激发态迁回基态,从高能级跃迁到低能级,放出能量,能量以光波的形式存在,使火焰呈现特殊的颜色。

(4)该原子表示的是金刚石的晶胞。通过计算一个金刚石晶胞含有碳原子数为:个,碳原子的半径为r,则碳原子所占的体积为V1=。设晶胞的边长为a,根据金刚石晶胞的结构,则,则,则晶胞的体积V=(3,则该晶体中B原子的空间占有率为:×100%

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题型:填空题
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填空题

(15分)纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域。单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热,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)某同学根据上述信息,推断B的核外电子排布如右图所示,该同学所画的电子排布图违背了         

(2)ACl2分子中A的杂化类型为        

(3)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。已知金刚石中的C-C的键长为154.45pm,C60中C-C键长为145~140pm,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                      

(4)科学家把C60和钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物,其晶胞如图所示,该物质在低温时是一种超导体。写出基态钾原子的价电子排布式         ,该物质的K原子和C60分子的个数比为          

(5)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          ,NCl3分子的VSEPR模型为        。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)能量最低原理(1分)   (2)sp杂化(2分)

(3)否(1分)、C60为分子晶体,熔化时破坏的是分子间作用力,无需破坏共价键(2分)

(4)4s1(1分)、3︰1(2分) (5)N>C>Si(2分)、正四面体(2分)、30(2分)

(1)根据电离能数据可判断,A是Be,B是Mg。根据构造原理可知,应该排满了3s再排3p,剩余违背了能量最低原理。

(2)BeCl2是直线型结构,中心原子是sp杂化。

(3)C60为分子晶体,熔化时破坏的是分子间作用力,无需破坏共价键;而金刚石形成的晶体是原子晶体,熔化破坏的是共价键,所以是错误的。

(4)根据构造原理可知,基态钾原子的价电子排布式是4s1;根据晶胞的结构可知,含有的C60是8×1/8+1=2,而钾原子是12×1/2=6,所以该物质的K原子和C60分子的个数比为3︰1。

(5)非金属性越强,电负性越大,所以C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是N>C>Si;NCl3分子中中心原子含有的孤对电子对数是(5-1×3)÷2=1,所以其VSEPR模型为正四面体型;根据题意可知,分子中单键和双键的个数之比是2︰1的,如果是双键是x,则单键是2x,则一定有4x+2x×2=4×60,解得x=30。由于双键是由1个α键和1个π键构成得,是由π键数目是30。

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题型:简答题
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简答题

已知:短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大.

(1)B、C、E三种元素组成的常见盐的水溶液呈酸性,原因是______(用离子方程式表示).

(2)常温下,若甲、丙两溶液的pH均等于5,则由水电离出的c(H+:c(H+=______;

(3)盐丙中含有的化学键是______.

(4)0.1mol D单质和0.2mol E单质组成的混合物投入到足量的A2C中,产生气体的体积(标准状况)是______.

(5)反应:乙+C2→B2+A2C(未配平)可设计为燃料电池,则通入乙的电极是______极(填“正”或“负”),在碱性条件下其电极反应是______.

(6)已知xC和yC是C元素的两种核素,NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是______.

A.xC2yC2互为同分异构体

B.xC与yC核外电子排布方式不同

C.通过化学变化可以实现xC与yC间的相互转化

D.标准状况下,1.12L xC2和1.12L yC2均含有0.1NA个C原子.

正确答案

短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大.B的最高价氧化物对应的水化物甲与其气态氢化物乙反应可生成盐丙,则B为氮元素、甲为硝酸、乙为氨气、丙为硝酸铵;C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍,则C有2个电子层,最外层电子数6,故C为氧元素;A与C可形成A2C和A2C2两种化合物,则A为氢元素;D的单质能与冷水剧烈反应,得到强碱溶液,原子序数大于氧元素,则D为Na元素;在第3周期元素中,E的简单离子半径最小,则E为Al元素,

(1)硝酸铝水溶液中铝离子水Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,平衡水的电离平衡,溶液呈酸性,

故答案为:Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+

(2)常温下,硝酸溶液中水电离中氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=10-9mol/L.硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生的,氢离子浓度为10-5mol/L,故两溶液中由水电离出的H+浓度之比为10-9mol/L:10-5mol/L=10-4:1,

故答案为:10-4:1;

(3)丙为硝酸铵,铵根离子与硝酸根离子之间形成离子键,铵根离子、硝酸根离子中原子之间形成共价键,

故答案为:离子键、共价键;

(4)0.1molNa单质和0.2molAl单质组成的混合物投入到足量的H2O中,钠首先反应得到0.1molNaOH与氢气,然后发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,只有0.1molAl参加反应,根据电子转移守恒可知,生成氢气的物质的量为=0.2mol,故氢气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,

故答案为:4.48L;

(5)反应NH3+O2→N2+H2O(未配平)设计为燃料电池,负极发生氧化反应,氨气在负极放电,碱性条件下生成氮气与水,负极电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O,

故答案为:负;2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O;

(6)A.xC2yC2,构成元素相同、结构相同,为同一物质,故A错误;

B.xC与yC核外电子数目相同,核外电子排布方式相同,故B错误;

C.xC与yC都是同一元素的不同原子,二者之间的相互转化不属于化学变化,故C错误;

D.标准状况下,1.12L xC2和1.12L yC2的物质的量都是=0.05mol,每个分子都含有2个C原子,故都含有0.05mol×2×NAmol-1=0.1NA个C原子,故D正确;

故答案为:D.

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填空题

镓(Ga)、锗( Ge)、砷(As)、硒(Se)均为第四周期的元素,它们在高科技尖端科学特别是信息领域有着广泛的用途。已知砷化镓的晶胞结构如图。试回答下列问题:

(1)下列说法不正确的是(选填序号)    

(2)砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3反应制备得到,该反应在700℃进行,反应的方程式为       ,AsH3空间形状为                 。  

(3)Ge的核外电子排布式为              ,H2 Se中硒原子的杂化方式为            

(4)AsH3沸点比NH3低,其原因是:             

正确答案

(1)AB    (2)(CH3)3Ga +AsH3  GaAs+ 3CH4   三角锥 

(3)1s2p62s22p63s23p63d104s24p2  sp­3 (4)NH3分子间存在氢键

试题分析:(1)A、NaCl晶胞中配位数是6,该晶胞中配位数是4,故晶胞结构不同,错误;B、第ⅥA族元素最外层电子排布为ns2np3,为半满的稳定结构,第一电离能大于相邻的同周期元素,错误;D、原子数相同,最外层电子总数相同,故为等电子体,正确。(2)AsH3为sp3杂化,有一对孤电子对,故为三角锥型;(4)NH3分子间存在氢键,溶沸点高。

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填空题

( 12分)有七种元素,其中A、B、C、D、E为短周期主族元素,F、G为第四周期元素,它们的原子序数依次增大。请回答问题。

(1)已知BA为离子化合物,是由        两种微粒构成的(填化学符号)。

(2)B基态原子中能量最高的电子,其电子云在空间有   个方向,原子轨道呈      形。

(3)某同学根据上述信息,推断C基态原子的核外电子排布为,

该同学所画的电子排布图违背了                               

(4)G位于       族,G3+价电子排布式为                。GE3常温下为固体,熔点,沸点,在以上升华,易溶于水,也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断GE3的晶体类型为________________。

(5)DE3 中心原子的杂化方式为         ,其空间构型为            

(6)前四周期中与F同一族的所有元素分别与E元素形成化合物,其晶体的熔点由高到低的排列顺序为(写化学式)                        ,原因是                                                                    

正确答案

(12分)(1)NH4+   H-  (1分)(2)  3 ,纺锤形(各1分,共2分)

(3)泡利原理 (1分)(4) 第Ⅷ    ,3s23p63d5 ,分子晶体(各1分,共3分)

(5) sp3,三角锥 (各1分,共2分)

(6)LiCl>NaCl>KCl>HCl,LiCl、NaCl、KCl均为离子晶体,HCl为分子晶体,所以HCl熔点最低。又因为Li+、Na+、K+的半径依次增大,LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次减小,故熔点依次降低。(1分+2分)

试题分析:宇宙中最丰富的元素是H,所以A是氢元素;B元素原子的核外p电子数比s电子数少1,所以根据构造原理可知,B应该是N;C元素的第三电离能远大于第而电离能,所以C是第ⅡA元素,根据原子序数可知,C是Mg;D原子核外所有p轨道全满或半满,则D是P;E元素的主族序数与周期数的差为4,且原子序数大于15,所以E是氯元素;F是前四周期中电负性最小的元素,由于金属性越强,电负性越小,所以F是K;G在周期表的第八列,且属于第四周期,所以G是铁元素。

(1)由于BA为离子化合物,所以是由NH4+、 H-两种微粒构成。

(2)B基态原子中能量最高的电子是2p3电子,其电子云在空间有3个方向,原子轨道呈纺锤形。

(3)1个原子轨道里最多容纳2个电子,且自旋方向相反这就是泡利原理。所以根据电子排布图可知,违反了泡利原理。

(4)铁位于第Ⅷ族,根据构造原理可知铁离子的价电子排布式为3s23p63d5。根据氯化铁的熔沸点较低、易升华及溶解性可知,该化合物形成的晶体应该是分子晶体。

(5)三氯化磷中中性原子P原子含有的孤对电子对数是(5-1×3)÷2=1,所以是三角锥形结构,属于sp3杂化。

(6)由于LiCl、NaCl、KCl均为离子晶体,而HCl为分子晶体,所以HCl熔点最低。又因为Li+、Na+、K+的半径依次增大,即LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次减小,所以熔点依次降低,即正确的顺序是LiCl>NaCl>KCl>HCl。

点评:该题以“周期表中元素的推断”为载体,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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题型:填空题
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填空题

(16分)已知A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增,都位于前四周期。A位于周期表的s区,其原子中电子层数和未成对电子数相同;B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道,且每种轨道中的电子总数相同;D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍。E有“生物金属”之称,E4+离子和氩原子的核外电子排布相同。F处于周期表中第9列。

(1)B、C、D三种元素的氢化物的沸点高低顺序为     ,稳定性顺序为   

(2)同时含有A、B、D三种元素的化合物M是此类物质中为数不多的气体,且分子中所有原子共平面,则M中σ键和π键个数比为       ,B原子的杂化类型为     ,M能和水以任意比混溶的原因是              

(3)C的最高价含氧酸根的空间构型为     ,E的基态原子的价电子排布式为      

(4)“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同,都是面心立方堆积方式,如图。则E晶胞中E的配位数为     ,若该晶胞的密度为a g/cm3,阿伏加德罗常数为NA,E原子的摩尔质量为M g/mol,则E原子的半径为          cm

(5)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物,其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4,往其溶液中加BaCl2溶液时,产生的现象是                        ;往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象,若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,则第二种配合物的化学式为              

正确答案

(16分)(没作说明每空1分)

(1)CH4 < NH3< H2O ;CH4 < NH3< H2O

(2)3︰1;sp2杂化;甲醛能和水分子间形成氢键(2分)

(3)平面三角形(2分);3d24s2(2分)

(4)12;(2分)

(5)产生白色沉淀;[Co(SO4)(NH3)5]Br(2分)

A只能为氢元素;B为1s22s22p2,即为碳元素;而D为1s22s22p4,为氧元素,进而可推出C只能为氮元素;E为钛元素,F为钴元素

(1)B、C、D三种元素的非金属性依次增强,氢化物的稳定性也依次增强CH4 < NH3< H2O,而由于氨气、水中有氢键,氢化物沸点CH4 < NH3< H2O

(2)M为甲醛气体;其中的C原子sp2杂化,两个C—Hσ键、一个C—Oσ键和一个C—Oπ键;它与水可形成氢键,所以能与水与任意比互溶

(3)由NO3的VSEPR模型可推出它为平面三角形空间结构

(4)E在三维面上的配位数共12个;

假设晶胞的连长为b,则,可知:b=,所以:

E原子的半径为×/4=

(5)[F(NH3)5Br]SO4,可电离出硫酸根离子,与BaCl2溶液混合时产生白色的硫酸钡沉淀,而[Co(SO4)(NH3)5]Br可电离出溴离子,与AgNO3溶液混合时产生溴化银淡黄色沉淀。

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题型:填空题
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填空题

(12分)本题包括A、B两小题,分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题,并在相应的答题区域内作答。若两题都做,则按A题评分。

A.黄血盐(亚铁氰化钾,K4[Fe(CN)6] )易溶于水,广泛用做食盐添加剂(抗结剂),食盐中黄血盐的最大使用量为10 mg·kg1。黄血盐经长时间火炒,超过400℃时会分解生成剧毒的氰化钾。

回答下列问题:

(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式        。K4[Fe(CN)6]  中Fe2+与CN两种离子之间的作用力是        

(2)CN中碳原子的杂化方式为    ;1molCN中含有π键的数目为     

(3)金属钾、铜的晶体的晶胞结构如下图(请先判断对应的图),钾、铜两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为       

(4)黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应,生成硫酸盐和一种与CN是等电子体的气态化合物,反应化学方程式为        

正确答案

(1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d(2分)     配位键(2分)

(2)sp杂化(2分)    2NA个(2分)

(3)2:3(2分)

(4) K4Fe(CN)6 + 6H2SO4 + 6H2O 2K2SO4 + FeSO4+3(NH4)2 SO4

+6CO↑(2分)

(1)根据构造原理可写出其核外电子排布式。氮原子中含有孤电子对,铁中含有空轨道,所以通过配位键。

(2)CN是直线型结构,采取sp杂化。因为三键是由1个δ键和2个π键构成的。

(3)铜属于面心立方最密堆积结构,对应B图,则钾对应A图,属于体心立方堆积,其配位数分布为12和8,钾、铜两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为2:3。

(4)与CN是等电子体的气态化合物应该是氮气或CO,因为是非氧化还原反应,所以只能是CO。

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题型:简答题
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简答题

有X、Y、Z、W四种短周期元素,原子序数依次增大.其核电荷数总和为38,Y元素原子最外层电子数占核外电子总数的3/4;W元素原子最外层比同周期Z元素多5个电子,W和Y不属于同一主族.

(1)写出元素符号:X______,Y______,Z______.

(2)W元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是______.

(3)X、Y两种元素形成的化合物的化学式有______.

正确答案

X、Y、Z、W四种短周期元素,原子序数依次增大,由Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的,最外层电子数不超过8,故核外电子总数小于11,且为4的倍数,核外总电子为8符合,则最外层电子数为6,即Y为氧元素;W和Y不属于同一主族,W元素原子最外层电子数比同周期Z元素原子最外层电子数多5个电子,则W处于ⅦA族,Z处于ⅡA族,Z原子序数大于氧元素,则W、Z处于第三周期,故W为氯,Z为镁;四元素核电荷数总和为38,X的核电荷数为38-8-12-17=1,则X为氢元素,

(1)由上述分析可知,X为H、Y为O、Z为Mg,故答案为:H;O;Mg;

(2)W为氯,其最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4,故答案为:HClO4

(3)H、O两种元素形成的化合物的化学式有H2O、H2O2,故答案为:H2O、H2O2

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题型:简答题
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简答题

Q、W、X、Y、Z为5种短周期元素,且原子序数依次增大.W、X与Y同周期,Y与Z同主族.Q与W可以按照原子个数比4:1形成化合物甲,且甲分子中含有10个电子.Q与X形成化合物乙,乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2:1反应形成盐丙.

(1)请写出甲的结构式______.

(2)请写出Q和Y形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式______

(3)丙属于______化合物(共价或离子),向少量丙溶液中加入浓NaOH溶液加热,反应的离子方程式是______.

正确答案

短周期元素Q和W按照原子个数比4:1形成10个电子的化合物,可推知甲为CH4,则Q为氢元素,W为碳元素;

因W、X、Y同为第二周期,且Y与Z同主族,故Z为非金属元素,Z的最高价氧化物对应水化物为酸,该酸能与乙(X的氢化物)按1:2发生反应生成盐,该氢化物一定为NH3,而该酸一定为二元酸,即Z为硫元素,Y为氧元素.

(1)甲为CH4,结构式为

,故答案为:

(2)Q为氢元素,Y为氧元素,形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物为过氧化氢,化学式为H2O2,故答案为:H2O2

(3)乙为NH3,Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4,两者按照物质的量之比2:1反应形成(NH42SO4,故丙为(NH42SO4,是离子化合物,向少量丙溶液中加入浓NaOH溶液加热,发生反应离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O,故答案为:离子;NH4++OH-NH3↑+H2O.

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题型:填空题
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填空题

已知元素A、B、C、D、E、F均属前四周期且原子序数依次增大,A的p能级电子数是s能级的一半,C的基态原子2p轨道有2个未成对电子;C与D形成的化合物中C显正化合价;E的M层电子数是N层电子数的4倍,F的内部各能层均排满,且最外层电子数为1。

请回答下列问题。

(1)C原子基态时电子排布式为                  

(2)B、C两种元素第一电离能为     >     (用元素符号表示)。试解释其原因:                                           

(3)任写一种与AB离子互为等电子体的离子       

(4)B与C形成的四原子阴离子的立体构型为        ,其中B原子的杂化类型是       

(5)F(OH)2难溶于水,易溶于氨水,写出其溶于氨水的离子方程式                         

(6)D和E形成的化合物的晶胞结构如图,其化学式为            ;∠EDE=       ;E的配位数是   ;已知晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞边长a=          cm。(用ρ、NA的计算式表示)

正确答案

(1)1s22s22p4

(2)N﹥O;氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构,不易失去电子,故第一电离能比氧原子大;

(3)C22- 或O22+

(4)平面三角形,sp2

(5)Cu(OH)2+4NH3·H2O = Cu(NH3)42+ + 2OH- + 4H2O[或Cu(OH)2+4NH3 = Cu(NH3)42+ + 2OH-];

(6)CaF2  109°28′   8 

试题分析:元素A、B、C、D、E、F均属前四周期,且原子序数依次增大。A的p能级电子数是s能级电子数的一半,P能级上有2个电子,则A是C元素;C的基态原子2p轨道有2个未成对电子,则C为C或O元素,原子序数小于B,C为O元素;B的原子序数大于A而小于C,所以B是N元素;C与D形成的化合物中C显正化合价,则D的非金属性大于C,所以D是F元素;E的M层电子数是N层电子数的4倍且原子序数大于F元素,E原子序数小于29,所以E原子最外层电子数是2,N层为2,M层电子数是8,则该元素是Ca元素,F的内部各能级层均排满,且最外层电子数为1,则F是Cu元素。

(1)C是O元素,氧原子核外有8个电子,基态原子核外电子排布式为:1s22s22p4

(2)B是N元素,C是O元素,原子轨道中如果电子处于全满、全空、半满时原子最稳定,氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构,不易失去电子,故第一电离能比氧原子大;

(3)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体,与CN-离子互为等电子体的有CO或C22-或O22+

(4)B与C形成的四原子阴离子为硝酸根离子,硝酸根离子中价层电子对个数=3+ (5+1−3×2)=3,且不含孤电子对,所以其空间构型为平面三角形,N原子采用sp2杂化;

(6)该晶胞中F原子个数=8,钙原子个数=8×+6×=4,所以钙原子和氟原子个数之比=4:8=1:2,则其化学式为:CaF2,钙原子的配位数是8,晶胞边长=cm=cm。

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题型:简答题
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简答题

A、B、C、D四种元素处于同一周期.在同族元素中,A的气态氢化物沸点最高,B的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强,C的电负性介于A、B之间,D与B相邻.

(1)C原子的价电子排布式为______.

(2)A、B、C三种原子的第一电离能由大到小的顺序是(写元素符号)______.

(3)B的单质分子中存在______个π键;B的气态氢化物BH3分子中的中心原子轨道采用______杂化.B和D形成一种超硬、耐磨、耐高温的化合物,该化合物属于______晶体,其硬度比金刚石______(填“大”或“小”).

(4)A的气态氢化物的沸点在同族中最高的原因______.

正确答案

A、B、C、D四种元素处于同一周期,在同族元素中,A的气态氢化物的沸点最高,考虑氢键,有关的元素有O、N、F,可以确定在第二周期;

B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的,可以确定B是N元素,因为F、O无含氧酸;

若A是O元素,则找不到C,所以A是F元素,则C是O元素.D与B相邻,所以D是C元素;

故A是氟元素,B是氮元素,C是氧元素,D是碳元素.

(1)C是氧元素,核外有8个电子,价电子排布式为2s22p4,故答案为:2s22p4

(2)同一周期内主族元素的第一电离能从左到右在总体增大的趋势中有些曲折,由于N元素的2p能级3个轨道处于半满,所以第一电离能较O元素的高,所以 A、B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是A>B>C,即F>N>O,故答案为:F>N>O;

(3)B是氮元素,其单质为氮气,分子中存在三键,为1个δ键,2个π键,

NH3分子中的N原子成3个N-H键,含有1对孤对电子对,杂化轨道数目为4,故N原子采用sp3

B是氮元素,D是碳元素,D和B形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物,该化合物属于原子晶体,碳氮键比碳碳键的键长小、键能大,所以比金刚石的硬度大、沸点高,

故答案为:2;sp3;原子;大;

(4)A是氟元素,其氢化物为氟化氢,由于氟元素电负性很强,HF分子之间可以形成氢键从而使沸点升高,

故答案为:HF分子之间可以形成氢键从而使沸点升高.

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题型:简答题
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简答题

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素,其中A原子中无中子,A与D同主族.B元素的氢化物水溶液能使红色石蕊试纸变蓝,C与E同主族,D与E同周期,E原子的最外层电子数等于两个内层电子数之差.回答下列问题:

(1)写出D元素的名称:______;比较原子半径B______C(填“>”或“<”);

(2)由A、C、D元素形成的化合物中含有的化学键是______;

(3)化合物A2C的电子式为______;

(4)物质M由B元素的氢化物和最高价氧化物的水化物反应得到,则M属于______晶体(填原子、分子或离子);

(5)由A、C形成的化合物和C、E形成的化合物发生反应只生成强酸,其化学方程式为______.

正确答案

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素,其中A原子中无中子,则A为氢元素;A与D同主族,D的原子序数与氢元素原子序数之差大于2,故D为Na元素;B元素的氢化物水溶液能使红色石蕊试纸变蓝,溶液呈碱性,故B为氮元素;D与E同周期,常用第三周期,E原子的最外层电子数等于两个内层电子数之差,则E原子最外层电子数为8-2=6,故E为硫元素,C与E同主族,故C为氧元素,

(1)由上述分析可知,D为钠元素;同周期自左而右原子半径减小,故原子半径N>O,

故答案为:钠;>;

(2)H、O、Na三种元素组成的化合物为NaOH,属于离子化合物,由钠离子与氢氧根离子构成,氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对,故NaOH中存在离子键、共价键,

故答案为:离子键、共价键;

(3)H2O分子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对,氧原子有2对孤电子对,电子式为

故答案为:

(4)物质M由N元素的氢化物和最高价氧化物的水化物反应得到,则M为硝酸铵,属于离子晶体,

故答案为:离子;

(5)由H、O形成的化合物和O、S形成的化合物发生反应只生成强酸,故生成硫酸,应为三氧化硫与水反应,或过氧化氢与二氧化硫反应,化学方程式为:H2O+SO3=H2SO4或H2O2+SO2=H2SO4

故答案为:H2O+SO3=H2SO4或H2O2+SO2=H2SO4

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