- 原子核外电子的排布规则
- 共997题
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，E单质须保存在煤油中．A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质；D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍；
回答下列问题：
（1）N的电子式为______；M分子中含有______（填“极性”或“非极性”）键
（2）D与E以1：1形成的化合物与水反应的化学反应方程式______
（3）A、B、C、D可形成阳离子和阴离子个数比是1：1的离子化合物X；A、D、E可形成化合物Y；X与Y以物质的量之比1：2加热反应，写出反应的化学方程式______．反应后水溶液显______（填“酸”“碱”或“中”）性，原因是______（用离子方程式表示）
（4）由N与D的单质、KOH溶液构成原电池，负极会产生C的单质．则其负极反应为______；一段时间后，溶液pH______（填“增大”“减小”或“不变”）．
（5）在一定温度下，将4mol C单质和12mol A单质通入到体积为2L的密闭容器中，发生反应，2min达到平衡状态时，A单质的转化率是50%，则用A单质表示该反应的平均速率为______；该温度下的平衡常数为K=______．从化学平衡移动的角度分析，提高A单质的转化率可以采取的措施是______（选填序号字母）．
a、及时分离出生成物 b、平衡后再加入6molA物质 c、增大压强 d、使用催化剂 e、平衡后再加入2molC物质．
正确答案
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，应为H，E单质须保存在煤油中，应为Na，A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质，则M为CH4，B为C，D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O，则N为NH3，C为N，
即A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，
（1）N为NH3，电子式为
，分子中含有N-H键，为极性键，故答案为：
； 极性；
（2）D与E以1：1形成的化合物为Na2O2，与水反应的化学反应方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑；
（3）化合物X为NH4HCO3，Y为NaOH，二者反应的化学方程式为NH4HCO3+2NaOH
反应溶液的溶质为Na2CO3，由于发生CO32-+H2O
HCO3-+OH-，则溶液呈碱性，
故答案为：NH4HCO3+2NaOH
HCO3-+OH-；
（4）NH3、O2和KOH形成的原电池中，NH3被氧化生成N2，则负极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，
反应的总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，溶液体积增大，OH-浓度减小，则溶液pH减小，
故答案为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；减小；
（5）N2+3H2
2NH3
起始：2mol/L 6mol/L 0
转化：1mol/L 3moL/L 2moL/L
平衡：1mol/L 3moL/L 2moL/L
则v（N2）=
提高H2单质的转化率可以采取：增大压强，及时分离出生成物以及平衡后再加入2molN2物质，如平衡后再加入6molH2物质，则H2的转化率减小，加入催化剂平衡不移动，
故答案为：0.5mol/L-1min-1；
X元素的一种核素，其氯化物为XCl2，取1.11g该氯化物配成溶液后，需用1mol/LAgNO3溶液20mL才能把氯离子完全沉淀下来．已知X核素中有20个中子．（1）试写出XCl2与AgNO3反应的化学反应方程式（直接用XCl2代入方程式书写，注意X的化合价）．（2）X的质量数为多少？（3）指出X元素在周期表中的位置？
正确答案
（1）XCl2与AgNO3反应的化学反应方程式为XCl2+2AgNO3=2AgCl↓+X（NO3）2，
答：XCl2+2AgNO3=2AgCl↓+X（NO3）2；
（2）n（AgNO3）=0.02L×1mol/L=0.02mol，由方程式可知，n（XCl2）=0.01mol，
则M（XCl2）=
M（X）=111g/mol-2×35.5g/mol=40g/mol，
所以X的相对原子质量为40，近似等于质量数，所以质量数为40，
答：X的质量数为40；
（3）X的质量数为40，X核素中有20个中子，则质子数为40-20=20，为Ca元素，位于周期表第四周期第ⅡA，
答：X元素在周期表中位于第四周期第ⅡA．
图中B为日常生活中常见的金属，E是一种新型的清洁能源，H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源，J是一种耐高温材料，K是生理盐水主要成分（图中部分反应物或生成物没有列出）．
请按要求回答：
（1）写出B在周期表的位置第______周期______族，G的电子式______．
（2）反应①的离子方程式为______．
（3）反应②进行的条件是______，______．
（4）反应③的化学方程式为______．
正确答案
H、G是正四面体结构的非极性分子，H是一种重要的能源，则H为甲烷，由反应②可知G为CCl4，A为HCl；K是生理盐水主要成分，则K为NaCl，由反应④可知C为NaOH；B为金属，能与盐酸、与氢氧化钠反应，则B为Al，由框图中的转化可知E为氢气，D为氯化铝，F为偏铝酸钠，I为氢氧化铝，J为氧化铝；
（1）因B为铝，位于周期表中第三周期第ⅢA族，G为CCl4，其电子式为
，故答案为：三；ⅢA；
；
（2）D为氯化铝，F为偏铝酸钠，则反应①的离子反应为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；
（3）因烷烃的取代反应在光照条件下进行，为保证甲烷完全反应，则氯气应过量，故答案为：光照；过量Cl2；
（4）J为氧化铝，C为NaOH，则反应③的离子方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O．
A+、B+、C-、D、E 五种粒子（分子或离子），它们分别含10个电子，已知它们有如下转化关系：①A++C-→D+E；②B++C-→2D．据此，回答下列问题：
（1）写出①反应的离子方程式______．
（2）E和A+的电子式E______、A+______．
正确答案
常见的10电子分子有：CH4、NH3、H2O、HF、Ne，离子有：H3O+、OH-、NH4+、F-、Na+、Mg2+、Al3+等，B++C-→2D可知B+为H3O+，C-为OH-，D为H2O；由A++C-→D+E可知A+为NH4+，E为NH3，则
（1）反应①为NH4+和OH-的反应，生成H2O和NH3，反应的离子方程式为，故答案为：NH4++OH-=NH3 +H2O；
（2）E为NH3，为共价化合物，电子式为
，A+为NH4+，电子式为
，
故答案为：
；
．
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素．E元素最高正价与最低负价的代数和为6，C单质既可与盐酸反应又可与NaOH溶液反应，C、E属同一周期，且能形成1：3型化合物；B原子的最外层电子数比次外层电子数多3；A、D原子序数相差8；若用A、B、D三种元素最高价氧化物分别与足量NaOH溶液反应，在得到的溶液中加入过量稀盐酸，只有一种溶液中能析出白色沉淀Y．
（1）写出E元素和钾元素形成的化合物的化学式______．
（2）C的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为______．
（3）将红热的A单质投入到B的最高价氧化物对应水化物浓溶液中发生反应的化学方程式为______．
（4）生成白色沉淀Y的离子方程式为______．
（5）在1molD的最高价氧化物形成的晶体中，含有共价键______mol．
正确答案
C单质既可与盐酸反应又可与NaOH溶液反应，应为Al元素，C、E属同一周期，且能形成1：3型化合物，E元素最高正价与最低负价的代数和为6，应为Cl元素，B原子的最外层电子数比次外层电子数多3，应为N元素，A、D原子序数相差8，可为同主族元素，结合原子序数关系可知A为C元素，D为Si元素符合，A、B、D三种元素最高价氧化物分别为CO2、N2O5以及SiO2，与足量NaOH溶液反应，在得到的溶液中加入过量稀盐酸，只有一种溶液中能析出白色沉淀Y，
该沉淀为H2SiO3或H4SiO4，
（1）由以上分析可知E为Cl元素，可与K元素化合生成KCl，故答案为：KCl；
（2）C的氧化物为Al2O3，为两性氧化为，可与碱反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（3）A为C元素，B为N元素，对应的最高价氧化物对应水化物浓溶液为浓硝酸，具有强氧化性，可与C发生反应，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）
故答案为：C+4HNO3（浓）
（4）Y为H2SiO3或H4SiO4，反应的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓或（H2O+SiO32-+2H+=H4SiO4↓），
故答案为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓或（H2O+SiO32-+2H+=H4SiO4↓）；
（5）D为Si元素，对应的氧化物中，Si原子可与4个O原子形成共价键，则在1molD的最高价氧化物形成的晶体中，含有4mol共价键，故答案为：4．
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