有A.B.C.D.E五种原子序数依次增大的元素．A的基态原子2p能级有3个单电子,C的基态原子2p能级有1个单电子,E原子最外层有1个单电子.其次外层有3个能级且均排满电子,D与E同周期.价电子数为2．则:(1)D的元素符号为Ca．A的单质分子中π键的个数为2．(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的.原因是水分子间之间存在氢键氢键� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

1．

有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2．则：
（1）D的元素符号为Ca．A的单质分子中π键的个数为2．
（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是水分子间之间存在氢键氢键比范德华力更强．
（3）A、B、C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O（用元素符号表示）．
（4）写出基态E原子的价电子排布式：3d¹⁰4s¹．
（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为三角锥形，其中A原子的杂化类型是sp³．
（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g•cm^-3，阿伏加德罗常数为N_A，求晶胞边长a=$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$cm．（用ρ、N_A的计算式表示）

分析有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p³，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s²2s²2p⁵，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答．

解答解：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p³，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s²2s²2p⁵，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，
（1）D为Ca元素；A的单质为氮气，氮气的结构式为：N≡N，所以氮气分子中含有一个σ键两个π键，
故答案为：Ca；2；
（2）B为氧元素，其氢化物为水，水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H₂O的沸点是同族元素中最高的，
故答案为：水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强；
（3）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，素第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞O，
故答案为：F＞N＞O；
（4）E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d¹⁰4s¹，
故答案为：3d¹⁰4s¹；
（5）A为N元素，N元素的简单氢化物是氨气，NH₃分子中氮原子价层电子对=3+$\frac{5-1×3}{2}$=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥形，N原子采取sp³杂化，
故答案为：三角锥形；sp³；
（6）F和Ca形成的化合物为CaF₂，由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，白色球为F、黑色球为Ca，则晶胞质量=4×$\frac{78g}{{N}_{A}}$=$\frac{312}{{N}_{A}}$g，晶胞的体积为：a³=$\frac{\frac{312}{{N}_{A}}g}{ρg•c{m}^{-3}}$=$\frac{312}{ρ•{N}_{A}}$cm³，
所以该晶胞边长a=$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$．

点评本题考查位置结构与性质的应用，题目难度中等，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、电离能、晶胞计算等，都是考试热点，注意第一电离能的变化趋势及异常现象，为易错点．

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11．铝及其化合物在生产、生活中有极其广泛的用途．
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12．A、B、C是三种短周期元素，其中A元素原子M层上电子数比L层少2个电子；B元素原子比A元素原子的电子层少，又知B元素最高正价与负化合价的绝对值相等；C 元素的阳离子核外电子排布与Ne原子核外电子排布相同；且又知这三种元素可组成BA₂型共价化合物和C₂A型离子化合物．由上述条件回答下列问题：
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（2）化合物C₂A的电子式是

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（3）A、C的最高价氧化物对应的水化物之间的离子反应方程式为H⁺+OH^-=H₂O．

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9．甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用．工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：
ⅠCH₄（g）+CO₂（g）?2CO（g）+2H₂（g）△H₁=+247.3kJ•mol^-1
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科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：

①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×10⁶Pa（填“3.5×10⁶Pa““4．O×10⁶Pa“或“5.0×10⁶Pa”）．
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是高于80℃时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低．
（4）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔．图3为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金．
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（5）乙醛酸（HOOC-CHO）是有机合成的重要中间体．工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图4所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两级室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸．
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（6）常温下用惰性电极电解200mLNaCl、CuSO₄的混合溶液，所得气体的体积随时间变化如图5所示，根据图5中信息回答下列问题．（气体体积已换算成标准状况下的体积，且忽略气体在水中的溶解和溶液体积的变化）
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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

16．已知酸性：H₂SO₄＞

＞H₂CO₃＞

＞HCO₃^-，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将

转变为

的最佳方法是（　　）

	A．	与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO₂
	B．	与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H₂SO₄
	C．	与稀H₂SO₄共热后，加入足量的NaOH溶液
	D．	与稀H₂SO₄共热后，加入足量的Na₂CO₃溶液

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6．下列离子方程式书写正确的是（　　）

	A．	向FeI₂的溶液中，通入足量Cl₂：2Fe²⁺+2I^-+2Cl₂═I₂+2Fe³⁺+4Cl^-
	B．	Fe（OH）₃溶于氢碘酸：Fe（OH）₃+3H⁺═Fe³⁺+3H₂O
	C．	向水玻璃中通入过量的CO₂：SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O═H₂SiO₃↓+2HCO₃^-
	D．	酸性条件下KIO₃溶液与KI溶液发生反应生成I₂：IO₃^-+5I^-+3H₂O═3I₂+6OH^-

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

13．

元素周期表中第 VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛．
（1）与氯元素同族的短周期元素位置为第二周期ⅦA．
（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是bc（填序号）．
a．Cl₂、Br₂、I₂的熔点
b． Cl₂、Br₂、I₂的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性
d． HCl、HBr、HI的酸性
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO₃晶体：
NaCl溶液$→_{Ⅰ}^{80℃，通电}$ NaClO₃溶液$→_{Ⅱ}^{室温，KCI}$KClO₃晶体
①已知：I中有可燃气体生成，完成反应的化学方程式NaCl+3H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$NaClO₃+3H₂↑
②II中转化的基本反应类型是置换反应，该反应过程能析出KClO₃晶体而无其它晶体析出的原因是室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体．
（4）一定条件，在水溶液中1mol Cl^-、ClO_x^-（x=1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示．
①D是ClO₄^-（填离子符号）．
②B→A+C反应的热化学方程式为3 ClO^-（aq）═ClO₃^-（aq）+2Cl^-（aq）△H=-117kJ/mol（用离子符号表示）．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

10．扁桃酸是重要的医药合成中间体，其结构简式为