- 物质性质的研究
- 共799题
X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大；x2－和Y+有相同的核外电子排布；Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低；R的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；W为金属元素，X与W形成的某种化合物与Z的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取Z的气态单质。回答下列问题（相关回答均用元素符号或化学式表示）：
（1）R的基态原子的核外电子排布式是＿＿＿＿＿＿＿。
（2）Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低的原因是＿＿＿＿＿＿＿＿。
（3）X与Z中电负性较大的是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；Z的某种含氧酸盐常用于实验室中X的单质的制取，此酸根离子的空间构型是＿＿＿＿＿，此离子中含有的化学键类型是＿＿＿＿；X一Z一X的键角＿＿＿＿＿109． 50。（填“＞”、“＝”或“＜”）
（4）X与Y形成的化合物Y2X的晶胞如图。其中X离子的配位数为_______，以相距一个X离子最近的所有Y离子为顶点构成的几何体为 。该化合物与MgO相比，熔点较高的是＿＿＿＿＿。
（5）已知该化合物的晶胞边长为a pm，则该化合物的密度为＿＿＿＿g/cm3。（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或者[Ar]3d54s1
（2）HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键
（3）O 三角锥形 共价键（答极性键或配位键均可） <
（4）8 立方体或正方体 MgO
（5）
试题分析：（1）依据洪特规则可推知前四周期中基态原子中单电子数最多也即价层电子排布式为3d54s1(单电子数为6)，则R为铬元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1。
（2）结合题干信息可推知元素X、Y、Z、W分别为O、Na、Cl、Mn；因HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键，故沸点：HF＞HCl。
（3）O与Cl中电负性较大的是O；Cl的含氧酸盐中用于实验室制取氧气的盐为KClO3，ClO的价层电子对数为4(3个σ键、1对孤电子)，故ClO的空间构型(VSEPR模型为四面体)同NH3一样为三角锥形；ClO3中Cl、O间为共价键，由于中心原子上存在一对孤电子，孤电子对的排斥力大于成键共用电子对；故O—Cl—O的键角小于109°28′。
（4）由晶胞结构可知O2－(晶胞中空心球)的配位数为8；与一个O2－距离最近的Na＋为顶点形成的几何体为立方体；由于Mg2＋所带电荷比Na＋多，且离子半径小于Na＋的离子半径，因此MgO的晶格能大于Na2O的，则熔点：MgO＞Na2O。
现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题．
（1）A的基态原子最外层有 种不同运动状态的电子，F位于 区。
（2）E2+的基态核外电子排布式为 ，AD4为 （填极性或非极性）分子。
（3）A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序是 （用元素符号表示），B和C两元素中，B的第一电离能较大的原因是 ，与AC2互为等电子体的分子的名称为 。（只写一种）
（4）BD3 中心原子的杂化方式为 ，其分子空间构型为 。
（5）用晶体的x射线衍射法对F的测定得到以下结果：F的晶胞为面心立方最密堆积（如图），又知该晶体的密度为ρg/cm3，晶胞中该原子的配位数为 ；F的原子半径是 pm；（阿伏加德罗常数为NA）。
正确答案
（1）4（1分），ds（1分）
（2）1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d5或【Ar】3d5（2分），非极性（1分）
（3）C < N< O（1分） ，B为N，C为O，N原子价电子排布为2s22p3，而O原子的价电子排布为2s22p4，N原子2p轨道半充满，较稳定。（2分） 一氧化二氮（1分）
（4）sp3 三角锥形 （各1分）
（5） 12 ；（1分）
试题分析：A原子核外电子分占3个不同能级，即1s、2s和2p能级，且每个能级上排布的电子数相同，则每个能级上各有2个电子，故A为C；B元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，B元素的s电子有4个，则p电子有3个，故B为N；C原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，且与A同周期，则p轨道上有4个电子，C为O；D元素的族序数与周期数的差为4，且不与A元素在同一周期，故D为第三周期，族序数为7，则D为Cl；E位于周期表中第七列，第四周期，故E为Mn；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，故F为Cu；（1）A的基态原子最外层有4个电子，故有四种不同的运动状态；F为Cu，位于ds区；（2）E为Mn，失去4s层两个电子，故核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5；AD4为CCl4，非极性化合物；（3）C、N、O三者的电负性大小为C < N< O；因N原子2p轨道半充满，故较难失去一个电子，因此比O原子稳定；AC2为CO2，等电子体为N2O；BD3为NCl3，中心原子采用sp3杂化，分子结构为三角锥形；（4）配位数为12个，以最上面中心为例，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，总共12个；设F原子的半径为r cm，晶胞的边长为a cm，则可以得到a=2
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。理论性强，难度较大。
现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
(1)A的基态原子最外层有______种不同运动状态的电子。
(2)E2＋的基态核外电子排布式为____________________。
(3)A、B、C三种元素的最简单氢化物的熔点由低到高的顺序是________。A、B、C三种元素组成的分子中与AC2互为等电子体的分子为________________(用元素符号表示)。
(4)BD3中心原子的杂化方式为________，其分子空间构型为____________。
(5)用晶体的X射线衍射法对F的测定得到以下结果：F的晶胞为面心立方最密堆积(如下图)，又知该晶体的密度为ρ g·cm－3，晶胞中该原子的配位数为______________；F的原子半径是________ cm(阿伏加德罗常数为NA)。
正确答案
(1)4
(2)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
(3)CH4＜NH3＜H2O N2O
(4)sp3 三角锥形
(5)12
A的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；B的电子排布式为1s22s22p3，为N元素；C的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；D为Cl元素，E为Mn元素，F为Cu元素。
(1)有几个电子就有几种运动状态，所以C元素的最外层应有4种不同运动状态的电子。
(3)对于CH4、NH3、H2O，由于H2O、NH3均存在分子间氢键，所以熔点H2O＞NH3＞CH4，在C、N、O组成的分子中与CO2互为等电子体的分子为N2O。
(4)NCl3中N原子采取sp3杂化，其分子空间构型为三角锥形。
(5)铜原子半径为面对角线的
则a3·ρ·NA＝4×64
太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜铟镓硒CIGS（CIS中掺人Ga）等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。
（1）镓的基态原子的电子排布式是___ 。
（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 （用元素符号表示）。
（3）H2Se的酸性比H2S____（填“强”或“弱”）。气态SeO3分子的立体构型为____ 。
（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是 。
（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]—而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]—中B的原子杂化类型为 。
（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是____，反应的离子方程式为 。
（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶脆中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为 ，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为 g·cm-3（已知lpm=10-12m，只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加塞罗常数为NA）。
正确答案
（15分）
⑴1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）（1分）
⑵Br＞As＞Se（2分）
⑶强（1分）平面三角形（1分）
⑷硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强（或其他合理答案）（2分）
⑸sp3（1分）
⑹H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（2分）
Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-(2分）
⑺1∶3（1分） （197+64×3）×1030/(a3NA)（其它合理答案均给分）（2分）
试题分析：⑴31号元素镓的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）
⑵一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se
⑶第ⅥA氢化物水溶液酸性由弱变强，故H2Se的酸性比H2S强。气态SeO3分子的立体构型为平面三角形。
⑷[B(OH)4]—中B的原子结合4个羟基，杂化类型为sp3。
⑸组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间范德华力越强，沸点越高。
⑹H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；
Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-。
⑺该铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶脆中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，故平均1个晶胞中含8×
X、Y、Z、W是短周期中常见元素，其相关信息如下表：
（1）W元素位于元素周期表中第 周期 族，与Y同主族且位于第四周期元素的基态原子核外电子排布式为 。
（2）XY2分子中含有的σ键和π键个数比为 ，在相同条件下XY2与XO2相比，熔点较高的是 (填化学式)。结合相关理论解释Z所在族的元素第一电离能大于同周期后一族元素的原因： 。
（3）Y、W元素形成的化合物Y2W2和过量氢化物ZH3在无水条件下反应生成Y4Z4、单质Y8和一种可以作为化肥的物质，请写出相应化学方程式： 。
（4）已知：①lmolY(s)转化为气态Y(g) \吸收能量280 kJ；
②2XO(g)+O2(g)= 2XO2(g) ΔH=-566.0KJ/mol；
③Y(s)+O2(g)=YO2(g) ΔH=-299.0KJ/mol；一定条件下，可以利用X的氧化物XO和Y的氧化物YO2生成Y(g)单质和X的氧化物而达到消除污染目的。请写出该反应的热化学方程式： 。
正确答案
(共13分)
(1)三、VⅡA(2分) 1s22s22p63s23p63d104s24p4(或[Ar]3d104s24p4)(2分)
(2)1：1(1分) CS2(1分)
由于N元素昕在的第VA族，p能级上处于半充满，符合洪特规则中半满为稳定结构，所以第一电离能大于同周期后一主族元素(2分)
(3)6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4C1(2分)[化学式或配平错误0分]
(4)2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(g) △H="+10.0" KJ/mol(3分)[化学式或配平错误0分，状态或热值错扣2分]
试题分析：由题意可以推出X、Y、Z、W分别为C、S、N、Cl。
（1）Br的电子排布式，可由其为P区，第三周期全部排满，可以写出；
（2）CS2与CO2类似，为S=C=S结构；分子晶体熔沸点比较，如果结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；N为半充满状态，故第一电离能高于O。
（3）根据反应物为S2Cl2和NH3，生成物为S4N4和S8，根据质量守恒可以写出反应方程式。
（4）目标反应为2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(g)；根据盖斯定律，其为②-③+①，故得到该热化学方程式。
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