- 物质性质的研究
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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
（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。
（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
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
（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
（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
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
故答案为：
（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．
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
故答案为：
（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（NH4）2SO3，二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：（NH4）2SO3；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（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；
②（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O与Na2O2按物质的量比1：2在溶液中反应，反应方程式为4（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3↑+3O2↑+8Na2SO4+22H2O，故答案为：4（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+8Na2O2=4Fe（OH）3+8NH3↑+3O2↑+8Na2SO4+22H2O．
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