A.B.C.D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．元素A位于第二周期.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轨道的电子为半充满结构.C是地壳中含量最多的元素.D原子的s电子与p电子数相等.E 是前四周期中电负性最小的元素．F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回答下列问� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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11．A、B、C、D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．元素A位于第二周期，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轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素，D原子的s电子与p电子数相等，E 是前四周期中电负性最小的元素．F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回答下列问题：
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；D的稳定离子核外有10种运动状态的电子．
（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sp²杂化．
（3）已知A、C形成的化合物分子甲与B的单质分子互为等电子体，则1mol甲中含有π键的数目为2N_A（或1.204×10²⁴）．
（4）科学家发现硼与D形成的化合物X在39K时呈超导性，在晶体X的理想模型中，D原子和硼原子是分层排布的，一层D一层硼相间排列．图1是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是D原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和D原子投影在同一平面上．根据图示确定硼化D的化学式为MgB₂．

（5）F²⁺离子的电子排布式是[Ar]3d⁹；向含有F²⁺的水溶液中通入过量的B的氢化物后所形成的溶液中含有F的阳离子的化学式[Cu（NH₃）₄]²⁺，其中所含化学键的类型为极性键，配位键．
（6）F元素的晶胞如图2所示，若设该晶胞的密度为ag/cm³，阿伏加德罗常数为N_A，F原子的摩尔质量为M，则F原子的半径为$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$cm．

分析 A、B、C、D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；元素A位于第二周期，A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则A是C元素；
C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；
B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；
D原子的s电子与p电子数相等，则D是Mg元素；
E是前四周期中电负性最小的元素，则E是K元素；
F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，则F是Cu元素；
（1）同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
元素的原子核外有几个电子，电子就有几种运动状态；
（2）C元素的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸分子中其中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知C原子杂化方式；
（3）C、O形成的化合物分子甲与N的单质分子互为等电子体，则甲是CO，CO和氮气结构相似，每个CO分子中含有两个π键；
（4）该物质中每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子周围有3个Mg原子，所以B原子和Mg原子个数之比=$\frac{1}{3}：$$\frac{1}{6}$=2：1；
（5）F是Cu元素，Cu失去2个电子生成铜离子，根据构造原理书写Cu²⁺离子的电子排布式；向含有Cu²⁺的水溶液中通入过量的氨水后所形成的溶液中含有Cu的阳离子的化学式[Cu（NH₃）₄]²⁺，不同非金属元素之间存在极性键，铜原子和N原子之间存在配位键；
（6）该晶胞中Cu原子个数=8×$\frac{1}{8}$+1=2，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，该晶胞中体对角线上的3个原子紧贴，则晶胞每个面对角线长度=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，原子半径为晶胞体对角线长度的$\frac{1}{4}$．

解答解：A、B、C、D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；元素A位于第二周期，A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则A是C元素；
C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；
B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；
D原子的s电子与p电子数相等，则D是Mg元素；
E是前四周期中电负性最小的元素，则E是K元素；
F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，则F是Cu元素；
（1）同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素位于第VA族，所以这三种元素第一电离能大小顺序是C＜O＜N；
元素的原子核外有几个电子，电子就有几种运动状态，镁离子核外有10个电子，所以电子有10种运动状态，
故答案为：C＜O＜N；10；
（2）C元素的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸分子中其中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论得C原子杂化方式为sp²，故答案为：sp²；
（3）C、O形成的化合物分子甲与N的单质分子互为等电子体，则甲是CO，CO和氮气结构相似，每个CO分子中含有两个π键，所以1mol甲中含有π键的数目为2N_A（或1.204×10²⁴），
故答案为：2N_A（或1.204×10²⁴）；
（4）该物质中每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子周围有3个Mg原子，所以B原子和Mg原子个数之比=$\frac{1}{3}：$$\frac{1}{6}$=2：1，所以其化学式为MgB₂，故答案为：MgB₂；
（5）F是Cu元素，Cu失去2个电子生成铜离子，根据构造原理书写Cu²⁺离子的电子排布式为[Ar]3d⁹；向含有Cu²⁺的水溶液中通入过量的氨水后所形成的溶液中含有Cu的阳离子的化学式[Cu（NH₃）₄]²⁺，不同非金属元素之间存在极性键，铜原子和N原子之间存在配位键，
故答案为：[Ar]3d⁹；[Cu（NH₃）₄]²⁺；极性共价键、配位键；
（6）该晶胞中Cu原子个数=8×$\frac{1}{8}$+1=2，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，该晶胞中体对角线上的3个原子紧贴，则晶胞每个面对角线长度=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，原子半径为晶胞体对角线长度的$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$cm，
故答案为：$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$．

点评本题考查物质结构和性质，为高频考点，把握均摊法、价层电子对互斥理论、构造原理、元素周期律等知识点即可解答，难点是（6）题晶胞计算，注意哪几个原子紧贴在一起，题目难度中等．

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A．

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C．

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D．

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2．把a mol C₂H₄跟b mol H₂混合在密闭容器中，在适当条件下，反应达到平衡时生成p molC₂H₆，若将所得平衡混和气体完全燃烧生成二氧化碳和水，需要氧气的量是（　　）

A．

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B．

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C．

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D．

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	A．	图①两极均有气泡产生，滴加酚酞溶液时石墨一极变红
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6．A是一种重要的化工原料，其产量是衡量一个国家的石油化工水平的标志，E在常态下是具有果香气味的液体．A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）
回答下列问题：
（1）工业上，由重油→A的方法称为裂解，在收集60～150℃的馏分时可能会导致收集到的产物中混有300℃杂质的装置是D；
（2）E的名称为乙酸乙酯，C的官能团名称为醛基，B+D→E的反应类型为酯化反应或取代反应；
（3）写出C→D的化学反应方程式2CH₃CHO+O₂$\stackrel{一定条件下}{→}$2CH₃COOH；
（4）B和A在一定条件下发生加成反应生成一种不与钠反应的有机

物，写出该化学反应方程式CH₃CH₂OH+CH₂=CH₂$\stackrel{一定条件下}{→}$CH₃CH₂OCH₂CH₃．

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16．下列说法正确的是（　　）

	A．	两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有2对
	B．	某元素能形成+7价的含氧酸及其盐，则该元素一定为主族元素
	C．	L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等
	D．	同主族两种短周期元素原子序数之差不可能是2

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3．在研究金矿床物质组分的过程中，通过分析发现了Cu-Ni-Zn-Sn-Fe多金属互化物．
（1）某金属互化物属于晶体，区别晶体和非晶体可通过X-射线衍射实验方法鉴别．该金属互化物原子在三维空间里呈周期性有序排列，即晶体具有自范性．
（2）基态Ni²⁺的核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸；配合物Ni（CO）₄常温下为液态，易溶于CCl₄、苯等有机溶剂．固态Ni（CO）₄ 属于分子晶体．
（3）铜能与类卤素（SCN）₂反应生成Cu（SCN）₂．1mol（SCN）₂分子中含有σ键的数目为5N_A；
类卤素（SCN）₂对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；
（4）立方NiO（氧化镍）晶体的结构如图-1所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为$\frac{4×74.7}{（a×1{0}^{-10}）^{3}×{N}_{A}}$g/cm³（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为N_A）人工制备的NiO晶体中常存在缺陷（如图-2）

一个Ni²⁺空缺，另有两个Ni²⁺被两个Ni³⁺所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化．已知某氧化镍样品组成Ni_0.96O，该晶体中Ni³⁺与Ni²⁺的离子个数之比为1：11．

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20．下列正确的叙述有（　　）
①CO₂、SiO₂、P₂O₅均为酸性氧化物；
②Ca（HCO₃）₂、Fe（OH）₃、FeCl₂均可通过化合反应制得；
③红外光谱仪可用于测定化合物的官能团；
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物；
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A．

4个

B．

5个

C．

6个

D．

7个

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1．

工业上研究利用CO₂来生产甲醇燃料的方法，该方法的热化学方程式是：
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49.0kJ•mol^-1
某科学实验小组将6mol CO₂和8mol H₂充入一容积为2L的恒温密闭容器中，测得H₂的物质的量随时间变化如图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）．
回答下列问题：
（1）已知：2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H=-571.6kJ•mol^-1
H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ•mol^-1
则反应2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1352.8kJ•mol^-1．
（2）反应（实线中）在0～3min和3～8min内CH₃OH的平均反应速率大小关系为v（0～3）
＞v（3～8）（填“＞”、“﹦”或“＜”）；其原因为当温度不变时，随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率降低．
（3）此温度下（实线中）该反应的平衡常数K的数值为0.5．
（4）仅改变某一条件再进行实验，测得H₂的物质的量随时间变化如图中虚线所示．与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是升高温度，曲线Ⅱ改变的条件可能是增大压强．若实线对应条件下平衡常数为K，曲线Ⅰ对应条件下平衡常数为K₁，曲线Ⅱ对应条件下平衡常数为K₂，则K、K₁和K₂的大小关系是K₁＜K=K₂．
（5）下列选项中不能确定上述反应已达到化学平衡状态的是BC．
A．容器中混合气体的平均相对分子质量不变
B．容器中混合气体的密度不变
C.3v（H₂）_正=v（H₂O）_逆
D．混合气体的总压强不变．

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