- 电负性
- 共428题
用黄铜矿（主要成分是CuFeS2）生产粗铜的反应原理如下：
（1）已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性．请分别写出反应①、②的化学方程式______、______．
（2）基态铜原子的核外电子排布式为______，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是______．
（3）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同．CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键．从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键______．
正确答案
解：（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；
反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，化学方程式为2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2，
故答案为：2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2；
（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；
故答案为：3d104s1；氧；
（3）CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键，是因Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．
解析
解：（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；
反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，化学方程式为2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2，
故答案为：2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2；
（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；
故答案为：3d104s1；氧；
（3）CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键，是因Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．
（2015春•湖北期末）以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．①1s22s22p63s2，为第三周期第ⅡA族的镁元素，②1s22s22p63s23p1，为第三周期第ⅢA族的铝元素，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第三周期第ⅡA族的镁元素最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素铝元素，第一电离能：①＞②，故A正确；
B．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故B错误；
C．①3s23p2为第三周期第ⅣA族的硅元素，②2s22p3为第三周期第ⅤA族的磷元素，②同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，即①＞②，故C正确；
D．Na为第三周期第ⅠA族元素、P为第三周期第ⅤA族元素、Cl为第三周期第ⅤIIA族元素，Na、P、Cl三种元素为同周期原子序数依次增大的元素，同周期自左而右电负性增大，所以三种元素的电负性依次增大，故D正确；
故选B．
A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大．第2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，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，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．请用对应的元素符号或化学式填空：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为______．
（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．
（3）与A、B形成的阴离子（AB-）互为等电子体的分子有______．
（4）基态D原子的核外电子排布式为______，右图是金属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的原子个数比为______．
（5）向D的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液．写出此沉淀溶解的离子方程式：______．
正确答案
C＜O＜N
sp2
N2、CO
1s22s22p63s23p63d104s1
1：5
Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O
解析
解：A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素，第2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，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN-），故A为C元素，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O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，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，
（1）C、N、S元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2个C-O单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）将CN-中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，将N原子及1个负电荷换成1个O原子，可得的等电子体CO，故答案为：N2、CO；
（4）D的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1，1：5；
（5）将氨水滴加到硫酸铜溶液中，首先反应生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，
故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．
正确答案
解析
解：根据电离能图知，第三电离能和第四电离能之间的差距最大，所以该原子最外层有3个电子．
A、X元素最外层有3个电子，所以在化合物中通常显+3价，故A错误；
B、第ⅢA族元素有金属也有非金属，第一电离能为578kJ且属于第IIIA族的元素是Al元素，属于金属元素，故B错误；
C、第ⅢA族元素有金属也有非金属，根据已知条件无法确定是哪周期元素，故C错误；
D、该主族元素最外层有3个电子，在反应中容易失去电子，所以与氯反应时最可能生成的阳离子为X3+，故D正确；
故选D．
（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是______．
（2）某正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d5，该金属的元素符号为______．
（3）微粒间存在非极性键、配位键、氢键及范德华力的是______．
A．NH4Cl晶体 B．Na3AlF6晶体 C．Na2CO3•10H2O晶体 D．CuSO4溶液 E．CH3COOH溶液
（4）部分共价键键能数据如表：
根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式：______
（5）如表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系．
由此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是______．亚磷酸 （H3PO3 ） 也是中强酸，它的结构式为______．亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为______．
（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液．该深蓝色的浓溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体析出，请画出呈深蓝色的离子的结构简式______．铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度______ g/cm3．
正确答案
解：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性Na＞Mg＞Al，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，
故答案为：Mg；
（2）正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d5，那么原子核外电子排布为式为：[Ar]3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，
故答案为：Mn；
（3）A．NH4Cl晶体存在极性键、配位键、离子键，故A不选；
B．Na3AlF6晶体存在配位键、离子键，故B不选；
C．Na2CO3•10H2O晶体存在极性键、氢键及范德华力，故C不选；
D．CuSO4溶液存在极性键、离子键，故D不选；
E．CH3COOH溶液存在非极性键（C-C、O-O）、配位键、氢键及范德华力，故E选；
故选E．
（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是△H=3×436 kJ/mol+945 kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-93kJ/mol，
即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ/mol，
故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ/mol；
（5）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此可写出它的结构式为：
故答案为：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；
（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键，这种离子化合在乙醇中溶解度小而析出深蓝色晶体，其结构为
故答案为：
解析
解：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性Na＞Mg＞Al，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，
故答案为：Mg；
（2）正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d5，那么原子核外电子排布为式为：[Ar]3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，
故答案为：Mn；
（3）A．NH4Cl晶体存在极性键、配位键、离子键，故A不选；
B．Na3AlF6晶体存在配位键、离子键，故B不选；
C．Na2CO3•10H2O晶体存在极性键、氢键及范德华力，故C不选；
D．CuSO4溶液存在极性键、离子键，故D不选；
E．CH3COOH溶液存在非极性键（C-C、O-O）、配位键、氢键及范德华力，故E选；
故选E．
（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是△H=3×436 kJ/mol+945 kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-93kJ/mol，
即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ/mol，
故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ/mol；
（5）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此可写出它的结构式为：
故答案为：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；
（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键，这种离子化合在乙醇中溶解度小而析出深蓝色晶体，其结构为
故答案为：
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