- 原子核外电子的排布规则
- 共997题
（一）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，X的阴离子与Y的内层电子数相等，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z、L是空气中含量最多的二种元素，M是地壳中含量最高的金属元素．回答下列问题：
（1）L的元素名称为______；五种元素的原子半径从小到大的顺序是（用元素符号表示）______．
（2）Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A和B，用电子式表示A的形成过程______，B的结构式______．
（3）硒（Se）是人体必须的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为______．该族2～5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是______（填字母代号）．a．+99.7kJ•mol-1 b．+29.7kJ•mol-1c．-20.6kJ•mol-1 d．-241.8kJ•mol-1
（4）一定条件下，M与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分．已知．该反应生成lmol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为______．
（二）已知A、B、C、D分别是由短周期元素原子组成的四种微粒，它们之间有如图所示的转变关系，且A是种含有18电子的微粒，C是一种含有10电子的微粒．请完成下列各题：
（1）若A、D分别是两种气态单质分子，写出A与B反应的化学方程式______．
（2）若B、D属同主族的单质分子，写出C的化学式______．
（3）若B是一种含四核l8电子的分子，如果D是一种气态单质分子，B的结构简式为______．
（4）若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A、B之间发生的离子反应方程式为______．
（5）若D是一种含有22电子的分子，则符合如图关系的A的物质有______（写出物质的化学式，如果是有机物则写相应的结构简式）．
正确答案
（一）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，Z、L是空气中含量最多的二种元素，则Z为N元素，L为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y由2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X的阴离子与Y的内层电子数相等，X的阴离子有2个电子，故X为H元素．
（1）由上述分析可知，L为氧元素；同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越大原子半径越大，所以五种元素的原子半径从小到大的顺序是H＜O＜N＜C＜Al，
故答案为：氧；H＜O＜N＜C＜Al；
（2）Z为N元素、X为H元素，Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A为NH3，B为N2H4，用电子式表示NH3的形成过程为3H•+
→
，N2H4的结构式为
，故答案为：3H•+
→
；
；
（3）硒（Se）与O元素同一主族，最外层电子数为6，Se原子比L原子多两个电子层，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、6，则Se的原子序数为2+8+18+6=34，最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4；
自上而下非金属减弱，与反应的剧烈程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，故生成1mol硒化氢反应热的应是+29.7kJ•mol-1，
故答案为：34；H2SeO4；b；
（4）一定条件下，Al与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，乙为Al2O3，该反应生成lmolAl2O3时放出536kJ热量，其热化学方程式为 4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s，石墨）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△M=-1072g/mol，
故答案为：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s，石墨）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△M=-1072g/mol；
（二）（1）A为F2，B为H2O，C为HF，D为O2，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；
（2）若B、D属同主族的单质分子，A为H2S，B为O2，C为水H2O，D为S，符合题意，故答案为：H2O；
（3）若B是一种含四核l8电子的分子，如果D是一种气态单质分子，由转变关系可知，A为N2H4、B为H2O2，二者反应生成D（N2）、C（H2O）符合题意，H2O2的结构式为H-O-O-H，
故答案为：H-O-O-H；
（4）若A、B均是含2个原子核的微粒，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A为HS-、B为OH-、C为水H2O，D为S2-符合题意，反应离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，
故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；
（5）若D是一种含有22电子的分子，A为18电子物质与氧气反应，生成CO2与H2O，CO2含有22个电子，A为CH3OH或CH3-CH3，故答案为：CH3OH、CH3-CH3．
已知下图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（图中部分生成物没有列出）．化合物A是由1828年德国化学家维勒通过蒸发氰酸铵得到的有机物，为此，他彻底打破了有机化合物只能由生物的细胞中提取的“生命力”论．A的化学式可表示为XY4ZM2，组成A的四种元素都是短周期元素，其原子序数之和为22，X、M、Z分别位于相邻的主族，原子序数依次增大．C、D、G、I、J、K为气体，其中C、K的温室效应均显著，K是含氢量最高的有机物，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．B为一种白色固体，其最简式可表示为XY2M2，E的化学式可表示为X3M4．请按要求回答下列问题．
（1）A也是一种常用的肥料，其名称是______，目前工业上由______和______在一定条件而制得．
（2）反应①②③的化学方程式分别为______、______、______．
（3）I、B中M的质量分数为______；若B是一个含有叁键的分子，从结构上可看作是三分子（XY2M2）聚合而成，是一种低毒的化工原料，某些不法分子往奶粉里添加B而制造了闻名中外的“婴幼儿奶粉事件”，据此，请你画出B的结构简式______．
II、已知氨分子的键角为107°18′，下列关于B的说法不正确的是______．（填序号）
①含有不饱和碳原子，在一定条件下能发生加成反应
②能与盐酸反应生成盐
③在一定条件下能发生氧化反应
④分子中所有原子都在同一平面上
⑤在高温下分解放出N2，故可用作阻燃剂
⑥在一定条件下可与氢气发生加成反应
⑦含氮量低于A的含氮量
⑧它是一种极性化合物，易溶于甲醇、甲醛等有机物
⑨大量食用含B污染奶粉的婴幼儿会产生肾结石等泌尿系统疾病
⑩是白色粉末，有刺激性气味
（4）化合物E是一种新型无机材料，它的一种结构（β-X3M4）具有可与金刚石相媲美的硬度．请推测该材料可能的用途之一是______．
（5）液态D类似H2O，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则液态D电离方程式为______．
（6）①在结构上N2H4和D的关系有如H2O2和H2O的关系．N2H4能发生下列反应：
N2H4+H3O+═N2H+5+H2O N2H4+H2O═N2H5++OH-
N2H5++H2O═N2H62++OH- N2H5++H2O═N2H4+H3O+
据此可得出的结论是______．
A．肼水解显酸性 B．肼在水中电离出H+离子
C．肼是二元弱碱 D．肼是二元弱酸
②发射“神舟七号”飞船的长征2号火箭用了肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知4g N2H4（g）在上述反应中放出71kJ的热量，写出热化学方程式______．
正确答案
解析：从“C、K的温室效应均显著”可知C、K可能是CO2和CH4，从“K是含碳量最低的有机物”可知K为CH4，C为CO2；从“D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝”可知，D为NH3．从而可推知A中含有C、H、O、N4种元素．再从“组成A的四种元素都是短周期元素，其原子序数之和为22，X、M、Z分别位于相邻的主族，原子序数依次增大”可知其中必有氢元素，即Y为氢，X为碳，M为氮，Z为氧．即得实验式为：N2H4CO，由A可分解生成三种物质（CH2N2、CO2、NH3）可判断出A的分子式为CO （NH2）2，即为尿素．目前工业上由CO2和NH3在一定条件下反应而制得：CO2+2NH3
CO （NH2）2+H2O．再从NH3→G→J的变化均加入同一种物质I引起，故而判断出I为O2．进而推出F为H2O，H为H2，L为HNO3．推断物质为：A、CO （NH2）2；B、C3H6N6；C、CO2；D、NH3；F、H2O；G、NO；H、H2；I、O2；L、HNO3；J、NO2；K、CH4；
（1）A也是一种常用的肥料，推断为尿素，名称为：尿素或碳酰二胺或脲或碳酰胺；目前工业上由CO2和NH3在一定条件下反应而制得：CO2+2NH3
CO （NH2）2+H2O；
故答案为：尿素或碳酰二胺或脲或碳酰胺；CO2、NH3
（2）反应①②③的化学方程式分别为：6（NH2）2CO→C3H6N6+NH3↑+3CO2↑；4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ；CO2+4H2→CH4+2H2
（3）Ⅰ、B为三聚氰胺，氮元素的含量依据分子式C3H6N6计算为66.7%，结构简式为：
；
故答案为：66.7%
Ⅱ、①由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应和氧化；故①正确；
②氨基显碱性和盐酸反应生成盐，故②正确；
③由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应和氧化；故③正确；
④由于题给NH3的键角为107°18′，故-NH2中的所有原子不可以在同一平面上，故④错误；
⑤在高温下分解放出性质稳定的N2，故可用作阻燃剂，故⑤正确；
⑥由于的结构简式中含有不饱和碳，故而在一定条件下能发生加成反应，故⑥正确；
⑦尿素的含量为46.67%，而三聚氰胺的含氮量为66.7%，含氮量高于A的含氮量，故⑦错误；
⑧三聚氰胺为“疏水化合物”即为极性分子，它是一种极性化合物，易溶于甲醇、甲醛等有机物，故⑧正确；
⑨大量食用含三聚氰胺污染奶粉的婴幼儿会产生肾结石等泌尿系统疾病，故⑨正确；
⑩是白色固体，无味，故⑩错误；
故答案为：④⑦⑩
（4）化合物E是一种新型无机材料，它的一种结构（β-X3M4）具有可与金刚石相媲美的硬度，利用硬度性质特征推测该材料可能的用途之一是：做耐磨材料、耐高温材料等
（5）液态D类似H2O，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则液态D电离方程式为，因水的电离为2H2O
H3O++OH-，通过类比不难得出液态NH3电离方程式为：2NH3
NH4++NH2-． 故答案为：2NH3
NH4++NH2-；
（6）①结构上N2H4和D的关系有如H2O2和H2O的关系，由N2H4和 N2H5+相关的反应可知到1mol N2H4可以结合1molH+形成1mol N2H5+，1mol N2H4也可以结合2molH+形成1mol N2H62+，是其水溶液显碱性．肼是二元弱碱．故选C．故答案为：C．
②4g N2H4的物质的量为0.125mol，故1molN2H4反应中放出的热量为568kJ，所以热化学方程式为：N2H4（g）+NO2（g）=
故答案为：N2H4（g）+NO2（g）=
化学--选修物质结构与性质
已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满．请根据以上信息，回答下列问题：
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为______．（用元素符号表示）
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点______（填高或低），理由是______．
（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是______．
（4）F的核外电子排布式是______，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为______．
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为______；（黑色球表示F原子）
（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为______．
正确答案
原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1，应为Cu元素．
（1）在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Al＜Si＜N，故答案：Na＜Al＜Si＜N；
（2）因NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，故答案为：高；NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体；
（3）S03中含有3个δ键，孤电子对数为
（4）根据能量最低原理书写电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），铜离子与氨气可以配位键形成配合物，其化学式为，[Cu（NH3）4]2+；
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；
（5）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有N原子的数目为8×
（6）根据化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，可判断晶体类型为原子晶体，化学键类型为共价键，故答案为：共价键．
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素．其中W的一种原子核内没有中子，Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．Y与Z能形成两种常见的离子化合物Z2Y和Z2Y2．X与Y能形成两种化合物，其相对分子质量之比为7：11．请回答：
（1）Z在元素周期表中的位置是______．
（2）X、Z两元素原子的次外层电子数之比为______．
（3）用电子式表示化合物W2Y的形成过程______．
（4）由W与X两种元素组成的中学化学常见化合物甲，其相对分子质量为78．甲不可能发生的反应有______（填序号）．
①与氢气反应； ②与氧气反应；③与液溴反应； ④与酸性高锰酸钾溶液反应
（5）由W、X、Y三种元素组成的有机物乙，相对分子质量为60．由W、X、Y、Z四种元素组成的无机物丙，相对分子质量为84，受热易分解．又知乙与丙反应能放出气体，写出乙溶液与丙溶液反应的离子方程式：______．
正确答案
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的一种原子核内没有中子，则W应为H元素，
Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，核外各电子层电子数分别为2、6，应为O元素，
Y与Z能形成两种常见的离子化合物Z2Y和Z2Y2，则Z为Na元素，形成的化合物分别为Na2O和Na2O2，
X与Y能形成两种化合物，其相对分子质量之比为7：11，相对分子质量分别为28、44，应为CO和CO2，X为C元素，
（1）Z为Na元素，原子序数为11，原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，则应在周期表第三周期ⅠA族，故答案为：第三周期ⅠA族；
（2）X、Z分别为C、Na，核外次外层电子数分别为2、8，则两元素原子的次外层电子数之比为2：8=1：4，故答案为：1：4；
（3）W2Y为H2O，属于共价化合物，用电子式表示的形成过程为
，
故答案为：
；
（4）由W与X两种元素组成的中学化学常见化合物甲，其相对分子质量为78，应为苯，性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，在催化剂条件下易发生取代反应，易燃烧，能加成，故答案为：④；
（5）由W、X、Y三种元素组成的有机物乙，相对分子质量为60，应为CH3COOH，为弱酸，由W、X、Y、Z四种元素组成的无机物丙，相对分子质量为84，受热易分解，则丙为NaHCO3，
二者反应的离子方程式为CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O，
故答案为：CH3COOH+HCO3-═CH3COO-+CO2↑+H2O．
A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图所示．请针对以下三种不同情况回答：
（1）若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀
①A、B、C中含有的同一种常见金属元素为______．
②写出A、C的水溶液混合生成沉淀B的离子反应方程式为______．
（2）若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构．
①B的电子式为______．
②C能与水剧烈反应，生成磷酸和盐酸，反应的化学方程式为______．
（3）若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生．
①A中所含有的化学键是______．
②将过量X通入水玻璃溶液中，写出反应的离子方程式______．
③自然界中存在B、C和H2O按一定比例结晶而成的固体．取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol/L．若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为______ g．
正确答案
（1）若A、B、C中均含同一种常见金属元素，将A、C的水溶液混合可得B的沉淀，由转化关系可知，A含有铝离子，B为氢氧化铝，C含有偏铝酸根，x为氢氧化钠．
①A、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al．
故答案为：Al．
②A的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，
反应离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3．
故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3．
（2）若A为固态非金属单质，A与X同为第三周期元素，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，x为氯气．
①B为三氯化磷，各原子都大8电子稳定结构，三氯化磷B的电子式为
．
故答案为：
．
②C为五氯化磷，与水剧烈反应，生成磷酸和盐酸，反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HC1．
故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HC1．
（3）若A、B、C的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C加到盐酸中，有无色无味的气体X产生，则A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，x为二氧化碳．
①A为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A中所含有的化学键是 离子键、共价键．
故答案为：离子键、共价键．
②x为二氧化碳，将过量二氧化碳通入水玻璃溶液中，生成硅酸与碳酸氢钠，反应的离子方程式为2H2O+2CO2+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-．
故答案为：2H2O+2CO2+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-．
③自然界中存在B、C和H2O按一定比例结晶而成的固体．取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol/L，即钠离子浓度为0.5mol/L．取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为 
故答案为：2.65．
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